ID: 00022271
Источник: ФИПИ
а) Раскроем плоскость $\alpha$ по частям, пользуясь её параллельностью прямой $BC$: всякая плоскость, содержащая $BC$, пересекает $\alpha$ по прямой, параллельной $BC$.
Плоскость основания содержит $BC$ и точку $N$, значит, след $\alpha$ в основании — прямая через $N$, параллельная $BC$. Она пересекает $AB$ в точке $E$, и четырёхугольник $AEND$ — параллелограмм ($AE \parallel DN$ как части параллельных сторон $AB$ и $DC$, $EN \parallel AD$, ведь $AD \parallel BC$). Отсюда $AE = DN = 2$ и $EB = 4$.
Плоскость грани $SBC$ содержит $BC$ и точку $K$, значит, пересекает $\alpha$ по прямой через $K$, параллельной $BC$; она встречает ребро $SB$ в точке $F$, причём по теореме о пропорциональных отрезках в треугольнике $SBC$: $SF : FB = SK : KC = 1 : 2$.
Теперь смотрим на отрезок $EF$ — он целиком лежит в $\alpha$. В треугольнике $BAS$: $\dfrac{BE}{BA} = \dfrac{4}{6} = \dfrac{2}{3}$ и $\dfrac{BF}{BS} = \dfrac{2}{3}$. Треугольники $BEF$ и $BAS$ подобны по общему углу $B$ и пропорциональным сторонам, значит, $EF \parallel AS$. Прямая $SA$ в плоскости $\alpha$ не лежит: точка $A$ не попадает на след $EN$ (он проходит на расстоянии $2$ от прямой $AD$). Прямая вне плоскости, параллельная прямой из плоскости, параллельна самой плоскости: $SA \parallel \alpha$. Что и требовалось доказать.
б) Обе плоскости содержат прямые, параллельные $BC$, и пересекаются по прямой $KF$ — считать двугранный угол вдоль неё удобнее всего в координатах. Пусть $A(0;0;0)$, $B(6;0;0)$, $C(6;6;0)$, $D(0;6;0)$, центр $O(3;3;0)$. Тогда $AO = 3\sqrt{2}$ и высота $SO = \sqrt{SA^2-AO^2} = \sqrt{49-18} = \sqrt{31}$, то есть $S(3;3;\sqrt{31})$.
Точки: $N(2;6;0)$ (так как $DN = 2$) и $K = S+\dfrac{1}{3}(C-S) = \left(4;4;\dfrac{2\sqrt{31}}{3}\right)$.
Направляющие векторы $\alpha$: $\vec{u} = (0;1;0)$ (параллельность $BC$) и $\vec{NK} = \left(2;-2;\dfrac{2\sqrt{31}}{3}\right)$, который удобно заменить на пропорциональный $(3;-3;\sqrt{31})$. Нормаль: $\vec{n_1} = (0;1;0)\times(3;-3;\sqrt{31}) = (\sqrt{31};\,0;\,-3)$.
Плоскость $SBC$: направляющие $\vec{BC} = (0;1;0)$ и $\vec{BS} = (-3;3;\sqrt{31})$. Нормаль: $\vec{n_2} = (0;1;0)\times(-3;3;\sqrt{31}) = (\sqrt{31};\,0;\,3)$.
Косинус угла между плоскостями: $\cos\varphi = \dfrac{|\vec{n_1}\cdot\vec{n_2}|}{|\vec{n_1}|\cdot|\vec{n_2}|} = \dfrac{|31-9|}{\sqrt{40}\cdot\sqrt{40}} = \dfrac{22}{40} = \dfrac{11}{20}$.
Итак, $\varphi = \arccos\dfrac{11}{20}$ — угол острый, как и положено углу между плоскостями. Тот же угол можно записать через синус половинного: $\sin\dfrac{\varphi}{2} = \sqrt{\dfrac{1-\cos\varphi}{2}} = \sqrt{\dfrac{9/20}{2}} = \dfrac{3}{2\sqrt{10}} = \dfrac{3\sqrt{10}}{20}$, поэтому $\varphi = 2\arcsin\dfrac{3\sqrt{10}}{20}$ — это тот же самый угол, просто в другой записи. Всё сходится.