ID: 00022273
Источник: ФИПИ
а) Сначала покажем, что $MN \parallel AB$. В квадрате $AB \parallel CD$; прямая $CD$ лежит в плоскости грани $SCD$, а $AB$ — нет, значит, $AB$ параллельна всей плоскости $SCD$. Плоскость $\alpha$ проходит через $AB$ и пересекает плоскость $SCD$ по прямой $MN$ — а когда плоскость проходит через прямую, параллельную другой плоскости, линия их пересечения параллельна этой прямой. Итак, $MN \parallel AB \parallel CD$.
Теперь в треугольнике $SCD$ отрезок $MN$ параллелен основанию $CD$, значит, треугольники $SMN$ и $SCD$ подобны: $\dfrac{SM}{SC} = \dfrac{SN}{SD} = \dfrac{MN}{CD}$. Но $CD = AB = 5MN$, поэтому $\dfrac{MN}{CD} = \dfrac{1}{5}$. Отсюда $SM = \dfrac{1}{5}SC$ и $SN = \dfrac{1}{5}SD$, то есть $SM : MC = SN : ND = 1 : 4$, считая от вершины $S$. Что и требовалось доказать.
б) Удобно положить $AB = 5$, тогда $MN = 1$. Сначала вытащим из условия $BM = 5$ длину бокового ребра $SC = l$.
В равнобедренном треугольнике $SBC$ ($SB = SC = l$, $BC = 5$) косинус угла при основании: $\cos\angle SCB = \dfrac{BC/2}{SC} = \dfrac{5}{2l}$. Из пункта а) $CM = \dfrac{4}{5}l$. Теорема косинусов в треугольнике $BCM$: $BM^2 = BC^2 + CM^2 - 2\cdot BC\cdot CM\cdot\cos\angle BCM = 25 + \dfrac{16}{25}l^2 - 2\cdot 5\cdot\dfrac{4l}{5}\cdot\dfrac{5}{2l} = 25 + \dfrac{16}{25}l^2 - 20 = 5 + \dfrac{16}{25}l^2$. Приравниваем к $BM^2 = 25$: $\dfrac{16}{25}l^2 = 20$, откуда $l^2 = \dfrac{125}{4}$ и $l = \dfrac{5\sqrt{5}}{2}$.
Высота пирамиды: полудиагональ основания $OC = \dfrac{5\sqrt{2}}{2}$, поэтому $SO^2 = l^2 - OC^2 = \dfrac{125}{4}-\dfrac{50}{4} = \dfrac{75}{4}$ и $SO = \dfrac{5\sqrt{3}}{2}$.
Теперь координаты: $A(0;0;0)$, $B(5;0;0)$, $C(5;5;0)$, $D(0;5;0)$, $S\left(\dfrac{5}{2};\dfrac{5}{2};\dfrac{5\sqrt{3}}{2}\right)$. Точки сечения: $M = S+\dfrac{1}{5}(C-S) = (3;3;2\sqrt{3})$ и $N = (2;3;2\sqrt{3})$. Быстрая проверка условия: $BM^2 = 2^2+3^2+(2\sqrt{3})^2 = 4+9+12 = 25$, то есть $BM = 5$, и $MN = 1$ — всё сходится.
Плоскости $\alpha$ и основания пересекаются по прямой $AB$, значит, ищем двугранный угол вдоль $AB$. Возьмём $E\left(\dfrac{5}{2};0;0\right)$ — середину $AB$, $G\left(\dfrac{5}{2};3;2\sqrt{3}\right)$ — середину $MN$ и $F\left(\dfrac{5}{2};5;0\right)$ — середину $CD$. Векторы $\vec{EG} = (0;3;2\sqrt{3})$ и $\vec{EF} = (0;5;0)$ оба перпендикулярны $AB$ (первые координаты нулевые), причём $EG$ лежит в $\alpha$, а $EF$ — в основании. Значит, искомый угол — это угол $GEF$.
$\cos\angle GEF = \dfrac{\vec{EG}\cdot\vec{EF}}{|\vec{EG}|\cdot|\vec{EF}|} = \dfrac{15}{\sqrt{9+12}\cdot 5} = \dfrac{3}{\sqrt{21}} = \dfrac{3\sqrt{21}}{21} = \dfrac{\sqrt{21}}{7}$.
Проверка на разумность: $\dfrac{\sqrt{21}}{7} \approx 0{,}65$, угол около $49^\circ$ — сечение наклонено к основанию заметно, но не отвесно, что для точки $M$ на высоте $2\sqrt{3} \approx 3{,}5$ при «глубине» $3$ выглядит верно. Всё сходится. Ответ: $\dfrac{\sqrt{21}}{7}$.