Решение задания №7 ДВИ МГУ:
Пусть K = π ⋂ SA и M = = π ⋂ SB. Опустим высоту SH равнобедренного △BSC, тогда AH - высота в равностороннем △ABC. BC⊥SH и BC ⊥AH ⇒ BC ⊥ (AHS), а тогда BC⊥SH. В △BSC проведём ML, параллельно BC; тогда ML⊥AS, а следовательно ML ∈ π. Итак, KML - сечение пирамиды плоскостью π.
Продлим KM и KL до пересечения с прямыми AB и AC в точках G и F соответственно. По т. о трёх пересекающихся плоскостях для (BSC), (ABC) и (KML): либо ML, BC и GF пересекаются в одной точке, либо ML∥BC∥GF, однако поскольку ML∥BC, то ML∥BC∥GF. Тогда △AGF - равносторонний; △AKG = △AKF по двум сторонам и углу между ними, отсюда KG = KF, а значит, △GKF - равнобедренный.
Проведём высоту KP равнобедренного △GKF, тогда AP - высота в равностороннем △AGF. Поскольку GF - линия пересечения плоскостей (KML) и (ABC), а KP и AP высоты данных плоскостей, проведённые к данной линии, то ∠KPA - искомый угол, обозначим его за α.
(Заметим, что поскольку по условию AS ⊥ π , то AS перпендикулярна каждой прямой в данной плоскости.)
Пусть AS = BS = CS = 3x, тогда SM = MB = SL = LC = 3x/2. В △SKM по т. Пифагора KM = √(9/4 * x^2 - x^2) = x√5/2. По т. Менелая для △ASB и секущ. KG:
AG/GB * BM/MS * SK/KA = 1
AG/GB = 2
Тогда AB = BG. По т. Менелая для △AKG и секущ. BS:
KM/MG * GB/BA * AS/SK = 1
KM/MG = 1/3
Тогда KG = 4 * KM = 4 * x√5/2 = 2x√5. В △AKG по т. Пифагора AG = √(4x^2 + 20x^2) = 2x√6. Тогда в △APG: AP = AG * cos 60° = 2x√6 * √3/2 = 3x√2.
Рассмотрим △AKP:
sin α = 2x/3x√2 = √2/3 ⇒ α = arcsin(√2/3)
Ответ: arcsin(√2/3)
