ID: 00022272
Источник: ФИПИ
а) Используем параллельность $\alpha$ прямой $BC$: любая плоскость, содержащая $BC$, пересекает $\alpha$ по прямой, параллельной $BC$.
Плоскость основания содержит $BC$ и точку $N$, значит, след $\alpha$ в основании — прямая через $N$ параллельно $BC$. Она пересекает $AB$ в точке $E$, и $AEND$ — параллелограмм ($AE \parallel DN$, $EN \parallel AD \parallel BC$), поэтому $AE = DN = 1$ и $EB = 3$.
Плоскость грани $SBC$ содержит $BC$ и точку $K$: линия пересечения с $\alpha$ — прямая через $K$ параллельно $BC$, она встречает $SB$ в точке $F$ с $SF : FB = SK : KC = 1 : 3$ (теорема о пропорциональных отрезках в треугольнике $SBC$).
Отрезок $EF$ лежит в $\alpha$. В треугольнике $BAS$: $\dfrac{BE}{BA} = \dfrac{3}{4}$ и $\dfrac{BF}{BS} = \dfrac{3}{4}$, значит, треугольники $BEF$ и $BAS$ подобны (общий угол $B$, пропорциональные стороны) и $EF \parallel AS$. Сама прямая $SA$ в $\alpha$ не лежит (точка $A$ не попадает на след $EN$). Значит, $SA \parallel \alpha$. Что и требовалось доказать.
б) Считаем угол в координатах. Пусть $A(0;0;0)$, $B(4;0;0)$, $C(4;4;0)$, $D(0;4;0)$, центр $O(2;2;0)$. Тогда $AO = 2\sqrt{2}$, высота $SO = \sqrt{SA^2-AO^2} = \sqrt{49-8} = \sqrt{41}$, то есть $S(2;2;\sqrt{41})$.
Точки: $N(1;4;0)$ (так как $DN = 1$) и $K = S+\dfrac{1}{4}(C-S) = \left(\dfrac{5}{2};\dfrac{5}{2};\dfrac{3\sqrt{41}}{4}\right)$.
Направляющие векторы $\alpha$: $\vec{u} = (0;1;0)$ и $\vec{NK} = \left(\dfrac{3}{2};-\dfrac{3}{2};\dfrac{3\sqrt{41}}{4}\right)$, пропорциональный вектору $(2;-2;\sqrt{41})$. Нормаль: $\vec{n_1} = (0;1;0)\times(2;-2;\sqrt{41}) = (\sqrt{41};\,0;\,-2)$.
Плоскость $SBC$: направляющие $\vec{BC} = (0;1;0)$ и $\vec{BS} = (-2;2;\sqrt{41})$; нормаль $\vec{n_2} = (0;1;0)\times(-2;2;\sqrt{41}) = (\sqrt{41};\,0;\,2)$.
Тогда $\cos\varphi = \dfrac{|\vec{n_1}\cdot\vec{n_2}|}{|\vec{n_1}|\cdot|\vec{n_2}|} = \dfrac{|41-4|}{\sqrt{45}\cdot\sqrt{45}} = \dfrac{37}{45}$.
Косинус положительный, угол острый — это и есть угол между плоскостями. Проверка на разумность: $\dfrac{37}{45}$ близко к $1$, угол около $35^\circ$ — для «почти вертикальных» плоскостей при высокой пирамиде выглядит правдоподобно, всё сходится. Ответ: $\arccos\dfrac{37}{45}$.