№15. Стереометрическая задача

Пункт а. Что такое «след» плоскости α

Пусть \(O\) — центр основания (точка пересечения медиан треугольника \(ABC\)), а \(SO\) — высота пирамиды. Обозначим через \(\ell\) прямую, по которой плоскость \(\alpha\) пересекает плоскость основания, — это след плоскости \(\alpha\).

Сначала поймём направление следа. \(MN\) — средняя линия треугольника \(SAB\), поэтому \(MN \parallel AB\). Прямая \(AB\) лежит в плоскости основания, а \(MN\) — нет, значит \(MN \parallel (ABC)\). Плоскость \(\alpha\) содержит \(MN\) и пересекает плоскость основания по прямой \(\ell\), а в такой ситуации прямая обязана быть параллельна линии пересечения:

\[\ell \parallel MN \parallel AB.\]

Важно! Здесь работает лемма: если прямая \(a\) параллельна плоскости \(\beta\), а плоскость \(\gamma\) содержит \(a\) и пересекает \(\beta\) по прямой \(b\), то \(a \parallel b\). Это главный инструмент во всех задачах на сечения, параллельные какому-нибудь ребру.

Где именно проходит след

Плоскость \(\alpha\) перпендикулярна основанию, поэтому проекция любой точки плоскости \(\alpha\) на основание снова лежит в \(\alpha\), то есть попадает на след \(\ell\). Спроектируем точку \(M\).

Проекция вершины \(S\) — это точка \(O\), проекция точки \(A\) — сама точка \(A\). Точка \(M\) — середина \(SA\), значит её проекция \(M_1\) — середина отрезка \(OA\). Итак, след \(\ell\) проходит через середину отрезка \(OA\) параллельно \(AB\).

Важно! Частая ошибка — провести след через саму точку \(M\). Точка \(M\) не лежит в плоскости основания, в основании лежит только её проекция.

Считаем отношение на медиане CE

Треугольник \(ABC\) правильный со стороной \(30\), поэтому его медиана \(CE\) одновременно является высотой:

\[CE \perp AB,\qquad CE = 30\cdot\dfrac{\sqrt3}{2} = 15\sqrt3.\]

Точка \(O\) делит медиану в отношении \(2 : 1\) от вершины, значит расстояние от \(O\) до прямой \(AB\) равно

\[OE = \dfrac13\,CE = 5\sqrt3.\]

Точка \(A\) лежит на прямой \(AB\), её расстояние до \(AB\) равно нулю. Точка \(M_1\) — середина \(OA\), поэтому её расстояние до \(AB\) — это полусумма расстояний от \(O\) и от \(A\):

\[\rho(M_1, AB) = \dfrac{5\sqrt3 + 0}{2} = 2{,}5\sqrt3.\]

След \(\ell\) параллелен \(AB\) и проходит через \(M_1\), значит все его точки удалены от \(AB\) ровно на \(2{,}5\sqrt3\). Пусть \(P = \ell \cap CE\). Так как \(CE \perp AB\), расстояние от \(P\) до \(AB\) — это просто длина отрезка \(PE\):

\[PE = 2{,}5\sqrt3,\qquad CP = CE - PE = 15\sqrt3 - 2{,}5\sqrt3 = 12{,}5\sqrt3.\]

\[\dfrac{CP}{PE} = \dfrac{12{,}5\sqrt3}{2{,}5\sqrt3} = \dfrac51.\]

Отношение \(5 : 1\), считая от вершины \(C\), доказано.

Пункт б. Расстояние от A до плоскости α

Опустим в плоскости основания перпендикуляр \(AF\) на прямую \(\ell\).

Плоскости \(\alpha\) и \((ABC)\) перпендикулярны и пересекаются по прямой \(\ell\). Отрезок \(AF\) лежит в плоскости \((ABC)\) и перпендикулярен линии пересечения \(\ell\), а по свойству перпендикулярных плоскостей такой отрезок перпендикулярен и всей плоскости \(\alpha\):

\[AF \perp \alpha.\]

Значит \(AF\) — и есть искомое расстояние от точки \(A\) до плоскости \(\alpha\).

Важно! Если две плоскости перпендикулярны, то перпендикуляр к одной из них можно строить, не выходя из другой: достаточно опустить его на линию пересечения. Это экономит кучу времени — не нужно «ловить» перпендикуляр в пространстве.

Осталось найти длину \(AF\). Прямая \(\ell\) параллельна \(AB\), а расстояние между этими параллельными прямыми мы уже посчитали: оно равно \(2{,}5\sqrt3\). Точка \(A\) лежит на прямой \(AB\), поэтому

\[AF = 2{,}5\sqrt3 = \dfrac{5\sqrt3}{2}.\]

Ответ: \(\dfrac{5\sqrt3}{2} = 2{,}5\sqrt3\)

Пункт а. Средняя линия и свойство шестиугольника

\(M\) и \(K\) — середины сторон \(SA\) и \(SD\) треугольника \(SAD\), значит \(MK\) — его средняя линия:

\[MK \parallel AD.\]

В правильном шестиугольнике \(ABCDEF\) отрезок \(AD\) — большая диагональ, она проходит через центр \(O\). Сторона \(BC\) ей параллельна: шестиугольник центрально-симметричен, и каждая сторона параллельна той большой диагонали, которая её «перешагивает». Проверить можно и напрямую — вписанный шестиугольник разбивается на шесть правильных треугольников, и \(BC\) параллельна \(AO\), то есть \(AD\).

Из \(MK \parallel AD\) и \(AD \parallel BC\) следует \(MK \parallel BC\).

Пункт б. Что за угол задан

Плоскость \((BMC)\) проходит через сторону основания \(BC\), значит она пересекает плоскость основания ровно по прямой \(BC\). Линейный угол двугранного угла надо строить в точке на \(BC\), проводя перпендикуляры к \(BC\) в каждой из плоскостей.

Пусть \(O\) — центр основания, \(M_1\) — проекция точки \(M\) на плоскость основания. Точка \(M\) — середина \(SA\), а проекции точек \(S\) и \(A\) — это \(O\) и \(A\), поэтому

\[M_1\ —\ \text{середина } OA,\qquad MM_1 = \dfrac{SO}{2}.\]

Ключевой факт: M₁B ⊥ BC

Посмотрим на основание. Треугольник \(OAB\) правильный со стороной \(6\) (у правильного шестиугольника радиус описанной окружности равен стороне). \(M_1\) — середина \(OA\), значит \(BM_1\) — его медиана, а в правильном треугольнике медиана является и высотой:

\[BM_1 \perp OA,\qquad BM_1 = 6\cdot\dfrac{\sqrt3}{2} = 3\sqrt3.\]

Но \(OA\) лежит на прямой \(AD\), а \(AD \parallel BC\). Значит \(BM_1 \perp BC\).

Важно! Перпендикуляр к \(BC\) получился сам собой и попал точно в вершину \(B\) — это и есть «подарок» условия. Если бы \(M_1B\) не было перпендикулярно \(BC\), пришлось бы отдельно строить основание перпендикуляра, и решение стало бы вдвое длиннее. Всегда проверяйте, не окажется ли нужный перпендикуляр уже готовым.

Итак, \(MB \perp BC\) (по теореме о трёх перпендикулярах) и \(M_1B \perp BC\), значит \(\angle MBM_1\) — линейный угол искомого двугранного угла:

\[\angle MBM_1 = 60^\circ.\]

Находим высоту

Треугольник \(MBM_1\) прямоугольный с прямым углом при \(M_1\):

\[\operatorname{tg}60^\circ = \dfrac{MM_1}{BM_1},\qquad \sqrt3 = \dfrac{MM_1}{3\sqrt3},\qquad MM_1 = 9.\]

(Заодно: \(SO = 2\,MM_1 = 18\) — высота всей пирамиды.)

Объём пирамиды MABF

У пирамиды \(MABF\) основание — треугольник \(ABF\) в плоскости основания, а вершина \(M\) находится над ним на высоте \(MM_1 = 9\).

Считаем площадь \(ABF\). Точки \(B\) и \(F\) симметричны относительно прямой \(AD\), поэтому \(BF \perp AD\). Длина \(BF\) — это малая диагональ шестиугольника:

\[BF = 6\sqrt3.\]

Расстояние от \(A\) до прямой \(BF\) равно \(AM_1 + M_1\cdots\) — проще так: \(BF\) пересекает \(AD\) как раз в точке \(M_1\) (середине \(OA\)), поэтому высота треугольника \(ABF\), опущенная на \(BF\), равна \(AM_1 = 3\).

\[S_{ABF} = \dfrac12\cdot BF\cdot AM_1 = \dfrac12\cdot 6\sqrt3\cdot 3 = 9\sqrt3.\]

\[V_{MABF} = \dfrac13\,S_{ABF}\cdot MM_1 = \dfrac13\cdot 9\sqrt3\cdot 9 = 27\sqrt3.\]

Важно! Высота пирамиды \(MABF\) — это расстояние от \(M\) до плоскости основания, то есть именно \(MM_1 = 9\), а не высота всей пирамиды \(SO = 18\). Подставить сюда \(18\) — самая частая ошибка в этой задаче.

Ответ: б) \(27\sqrt3\)

Пункт а. Строим вспомогательную плоскость

Пусть \(L\) — середина ребра \(CD\). Рассмотрим плоскость \((MKL)\).

Первая пара. \(M\) и \(L\) — середины противоположных сторон \(AB\) и \(CD\) квадрата, поэтому \(ML \parallel BC\) (отрезок \(ML\) параллелен сторонам \(AD\) и \(BC\)). А \(BC\) лежит в плоскости \((SBC)\), значит \(ML \parallel (SBC)\).

Вторая пара. \(K\) и \(L\) — середины сторон \(SD\) и \(CD\) треугольника \(SDC\), то есть \(KL\) — средняя линия и \(KL \parallel SC\). Прямая \(SC\) лежит в плоскости \((SBC)\), значит \(KL \parallel (SBC)\).

Две пересекающиеся прямые \(ML\) и \(KL\) плоскости \((MKL)\) параллельны плоскости \((SBC)\) — следовательно, вся плоскость \((MKL)\) параллельна \((SBC)\). Прямая \(MK\) лежит в \((MKL)\), значит и она параллельна \((SBC)\).

Важно! Чтобы доказать параллельность прямой и плоскости, достаточно найти в плоскости одну параллельную ей прямую. Но здесь проще построить целую параллельную плоскость — и для этого нужны уже две пересекающиеся прямые. Не перепутайте эти два признака.

Пункт б. Проекция отрезка MK на основание

Пусть \(O\) — центр основания; \(SO\) — высота пирамиды. Обозначим \(K_1\) — проекцию точки \(K\) на плоскость основания.

Точка \(K\) — середина \(SD\), а проекции концов \(S\) и \(D\) — это \(O\) и \(D\). Значит \(K_1\) — середина отрезка \(OD\), а высота точки \(K\) над основанием равна половине высоты пирамиды:

\[KK_1 = \dfrac{SO}{2}.\]

Точка \(M\) лежит в основании, поэтому проекция прямой \(MK\) на основание — это прямая \(MK_1\), и искомый угол — это \(\angle KMK_1 = 30^\circ\).

Длина MK₁ — работаем в плоскости основания

Введём координаты на квадрате: \(A(0;0)\), \(B(24;0)\), \(C(24;24)\), \(D(0;24)\). Тогда \(O(12;12)\), \(M(12;0)\) — середина \(AB\), а \(K_1\) — середина \(OD\):

\[K_1\left(\dfrac{12+0}{2};\ \dfrac{12+24}{2}\right) = K_1(6;\ 18).\]

\[MK_1 = \sqrt{(12-6)^2 + (0-18)^2} = \sqrt{36 + 324} = \sqrt{360} = 6\sqrt{10}.\]

Важно! Координаты вводим только в плоскости основания — это обычная планиметрия, никакого «метода координат в пространстве» писать не нужно. Такой приём экономит кучу времени на задачах с правильной пирамидой.

Находим высоту

Треугольник \(MK_1K\) прямоугольный (угол при \(K_1\) прямой: \(KK_1\) — перпендикуляр к основанию). Значит

\[\operatorname{tg}30^\circ = \dfrac{KK_1}{MK_1},\qquad \dfrac{1}{\sqrt3} = \dfrac{SO/2}{6\sqrt{10}},\]

\[\dfrac{SO}{2} = \dfrac{6\sqrt{10}}{\sqrt3} = 2\sqrt{30},\qquad SO = 4\sqrt{30}.\]

Ответ: б) \(4\sqrt{30}\)

Пункт а. Отношение объёмов

Плоскость \((CMK)\) отсекает от тетраэдра пирамиду \(AMKC\) — у неё та же вершина \(C\), что и у исходного тетраэдра \(ACBD\), но треугольник в основании другой: вместо \(ABD\) теперь \(AMK\).

Треугольники \(AMK\) и \(ABD\) имеют общий угол \(A\), поэтому их площади относятся как произведения прилежащих сторон:

\[\dfrac{S_{AMK}}{S_{ABD}} = \dfrac{AM\cdot AK}{AB\cdot AD} = \dfrac{6\cdot 6}{10\cdot 10} = \dfrac{9}{25}.\]

Важно! Формула \(S = \frac12\,ab\sin\alpha\) при общем угле даёт отношение площадей как произведение отношений сторон. Это рабочая лошадка всех задач «во сколько раз плоскость делит объём» — запомните её.

Высота у пирамид \(AMKC\) и \(ABDC\) общая: это расстояние от вершины \(C\) до плоскости \((ABD)\). Значит объёмы относятся так же, как площади оснований:

\[\dfrac{V_{AMKC}}{V_{ABCD}} = \dfrac{9}{25}.\]

На второй кусок остаётся \(1 - \dfrac{9}{25} = \dfrac{16}{25}\) объёма. Отношение двух частей:

\[\dfrac{16}{25} : \dfrac{9}{25} = 16 : 9.\]

Пункт б. Готовим ключевую точку N

Так как \(AM = AK = 6\), а угол \(MAK\) — это угол грани правильного тетраэдра, то есть \(60^\circ\), треугольник \(AMK\) равносторонний:

\[MK = 6.\]

Пусть \(N\) — середина \(MK\). Тогда \(AN\) — медиана равностороннего треугольника со стороной \(6\):

\[AN = 6\cdot\dfrac{\sqrt3}{2} = 3\sqrt3,\qquad AN \perp MK.\]

Теперь найдём \(CM\) и \(CK\). В треугольнике \(ACM\): \(AC = 10\), \(AM = 6\), угол \(A\) равен \(60^\circ\). По теореме косинусов

\[CM^2 = 100 + 36 - 2\cdot 10\cdot 6\cdot\dfrac12 = 136 - 60 = 76.\]

Точно так же \(CK^2 = 76\), то есть \(CM = CK = 2\sqrt{19}\). Треугольник \(CMK\) равнобедренный, значит его медиана \(CN\) тоже перпендикулярна \(MK\):

\[CN^2 = CM^2 - MN^2 = 76 - 9 = 67,\qquad CN = \sqrt{67}.\]

Важно! Мы получили сразу два перпендикуляра к \(MK\): \(AN \perp MK\) и \(CN \perp MK\). По признаку перпендикулярности прямой и плоскости это значит \(MK \perp (ACN)\), а отсюда — плоскость \((CMK)\) перпендикулярна плоскости \((ACN)\). Эта связка «две высоты равнобедренных треугольников» — стандартный способ поймать нужную перпендикулярность.

Проекция прямой AC на плоскость сечения

Плоскости \((ACN)\) и \((CMK)\) перпендикулярны и пересекаются по прямой \(CN\). Значит перпендикуляр, опущенный из точки \(A\) на плоскость \((CMK)\), целиком лежит в плоскости \((ACN)\), а его основание \(H\) попадает на прямую \(CN\).

Отсюда проекцией прямой \(AC\) на плоскость \((CMK)\) служит прямая \(CN\), и искомый угол \(\varphi\) — это угол \(ACN\).

Считаем косинус

В треугольнике \(ACN\) известны все три стороны:

\[AC = 10,\qquad CN = \sqrt{67},\qquad AN = 3\sqrt3\ \ (AN^2 = 27).\]

По теореме косинусов для угла при вершине \(C\):

\[\cos\varphi = \dfrac{AC^2 + CN^2 - AN^2}{2\cdot AC\cdot CN} = \dfrac{100 + 67 - 27}{2\cdot 10\cdot\sqrt{67}} = \dfrac{140}{20\sqrt{67}} = \dfrac{7}{\sqrt{67}}.\]

Важно! Угол между прямой и плоскостью всегда острый, поэтому косинус обязан получиться положительным. Если в ответе вышел минус — значит угол взят не тот (например, посчитан угол с нормалью, а не с проекцией).

Ответ: б) \(\dfrac{7}{\sqrt{67}} = \dfrac{7\sqrt{67}}{67}\)

Идея решения

Сначала честно строим сечение. Плоскость параллельна \(BC\), поэтому и с основанием, и с гранью \(SBC\) она пересекается по прямым, параллельным \(BC\). Получатся ещё две точки — и в грани \(ASC\) обнаружится отрезок, параллельный \(SA\).

Во втором пункте решает одно наблюдение: раз \(\alpha\) параллельна двум прямым \(BC\) и \(SA\), её нормаль перпендикулярна обеим — а значит, для угла вообще не нужно знать, где именно расположены точки \(L\) и \(N\).

Пункт а). Шаг 1. Длины отрезков

\[AB = 10,\quad AL : LB = 1 : 4 \quad\Longrightarrow\quad AL = 2,\ LB = 8;\]

\[SC = SA = 7,\quad SN : NC = 1 : 4 \quad\Longrightarrow\quad SN = 1{,}4,\ NC = 5{,}6.\]

Шаг 2. Линия пересечения с основанием

Точка \(L\) лежит в плоскости основания, значит \(\alpha\) пересекает эту плоскость. Плоскость \(\alpha\) параллельна прямой \(BC\), лежащей в основании, поэтому линия пересечения параллельна \(BC\).

Проведём через \(L\) прямую, параллельную \(BC\); она пересечёт сторону \(AC\) в некоторой точке \(P\). По теореме о пропорциональных отрезках

\[\frac{AP}{PC} = \frac{AL}{LB} = \frac14 \quad\Longrightarrow\quad AP = 2,\ PC = 8.\]

Шаг 3. Линия пересечения с гранью SBC

Точка \(N\) лежит в плоскости \(SBC\), поэтому \(\alpha\) пересекает и её — снова по прямой, параллельной \(BC\). Проведём через \(N\) прямую, параллельную \(BC\); она пересечёт ребро \(SB\) в точке \(Q\), причём

\[\frac{SQ}{QB} = \frac{SN}{NC} = \frac14 \quad\Longrightarrow\quad SQ = 1{,}4.\]

Итак, сечение — четырёхугольник \(LQNP\).

Шаг 4. Отрезок NP параллелен SA

Перейдём в плоскость грани \(ASC\). На стороне \(CA\) отмечена точка \(P\), на стороне \(CS\) — точка \(N\):

\[\frac{CP}{CA} = \frac{8}{10} = \frac45,\qquad \frac{CN}{CS} = \frac{5{,}6}{7} = \frac45.\]

Отношения совпали, значит треугольники \(CPN\) и \(CAS\) подобны по двум сторонам и углу между ними (угол \(C\) общий). Из подобия соответственные углы равны, поэтому

\[NP \parallel SA.\]

Шаг 5. Вывод

Прямая \(NP\) лежит в плоскости \(\alpha\). Прямая \(SA\) в этой плоскости не лежит: плоскость \(\alpha\) пересекает основание по прямой \(LP\), а точка \(A\) на ней не лежит (ведь \(AL = 2 \neq 0\)), значит \(A \notin \alpha\).

По признаку параллельности прямой и плоскости:

\[SA \parallel \alpha.\]

Пункт а) доказан.

Важно! Проверка «прямая не лежит в плоскости» обязательна. Без неё доказательство неполное: параллельность прямой своей же плоскости не определяется, и формулировка признака этого требует явно.

Пункт б). Шаг 6. Вводим координаты

Основание — равносторонний треугольник со стороной 10. Положим

\[A(0;\ 0;\ 0),\quad B(10;\ 0;\ 0),\quad C\left(5;\ 5\sqrt3;\ 0\right).\]

Центр основания \(G\) — точка пересечения медиан:

\[G\left(5;\ \frac{5\sqrt3}{3};\ 0\right),\qquad AG^2 = 25 + \frac{75}{9} = 25 + \frac{25}{3} = \frac{100}{3}.\]

Высота пирамиды:

\[SG = \sqrt{SA^2 - AG^2} = \sqrt{49 - \frac{100}{3}} = \sqrt{\frac{47}{3}} = \frac{\sqrt{141}}{3},\]

\[S\left(5;\ \frac{5\sqrt3}{3};\ \frac{\sqrt{141}}{3}\right).\]

Шаг 7. Нормаль к плоскости α

Плоскость \(\alpha\) параллельна прямой \(BC\) (по условию) и прямой \(SA\) (пункт а). Значит, её нормаль перпендикулярна обоим этим направлениям — и её можно найти как векторное произведение, не пользуясь координатами точек \(L\), \(N\), \(P\), \(Q\) вообще.

Важно! Угол между плоскостями зависит только от их направлений, а не от положения. Поэтому знание, что \(\alpha\) параллельна двум конкретным прямым, полностью определяет ответ. Это сильно сокращает вычисления.

Возьмём направляющие векторы (удобные кратные):

\[\vec{u} = 3\,\vec{AS} = \left(15;\ 5\sqrt3;\ \sqrt{141}\right),\qquad \vec{v} = \frac15\,\vec{BC} = \left(-1;\ \sqrt3;\ 0\right).\]

\[\vec{n_1} = \vec{u}\times\vec{v} = \left(-3\sqrt{47};\ -\sqrt{141};\ 20\sqrt3\right).\]

Здесь первая координата равна \(5\sqrt3\cdot 0 - \sqrt{141}\cdot\sqrt3 = -\sqrt{423} = -3\sqrt{47}\). Длина:

\[\left|\vec{n_1}\right| = \sqrt{9\cdot 47 + 141 + 400\cdot 3} = \sqrt{423 + 141 + 1200} = \sqrt{1764} = 42.\]

Шаг 8. Нормаль к плоскости SBC

Плоскость \(SBC\) задаётся векторами \(\vec{BS}\) и \(\vec{BC}\):

\[\vec{w} = 3\,\vec{BS} = \left(-15;\ 5\sqrt3;\ \sqrt{141}\right),\qquad \vec{v} = \left(-1;\ \sqrt3;\ 0\right),\]

\[\vec{n_2} = \vec{w}\times\vec{v} = \left(-3\sqrt{47};\ -\sqrt{141};\ -10\sqrt3\right),\]

\[\left|\vec{n_2}\right| = \sqrt{423 + 141 + 300} = \sqrt{864} = 12\sqrt6.\]

Шаг 9. Угол между плоскостями

\[\vec{n_1}\cdot\vec{n_2} = 9\cdot 47 + 141 + 20\sqrt3\cdot\left(-10\sqrt3\right) = 423 + 141 - 600 = -36.\]

\[\cos\varphi = \frac{\left|\vec{n_1}\cdot\vec{n_2}\right|} {\left|\vec{n_1}\right|\cdot\left|\vec{n_2}\right|} = \frac{36}{42\cdot 12\sqrt6} = \frac{36}{504\sqrt6} = \frac{1}{14\sqrt6} = \frac{\sqrt6}{84}.\]

Важно! Угол между плоскостями по определению не превышает \(90^\circ\), поэтому косинус берут по модулю. Скалярное произведение вышло отрицательным — это значит лишь, что нормали направлены в разные стороны.

Ответ

\[\arccos\frac{1}{14\sqrt6} = \arccos\frac{\sqrt6}{84}.\]

Ответ: \(\arccos\dfrac{1}{14\sqrt6}\)

Идея решения

Фраза «высота проходит через точку \(B\)» означает ровно одно: \(DB\) перпендикулярно плоскости основания. Из этого получатся сразу два прямоугольных треугольника с общей гипотенузой \(AD\), а \(M\) — середина этой гипотенузы. Медиана из вершины прямого угла равна половине гипотенузы, поэтому \(MB\) и \(MC\) окажутся равными.

Во втором пункте работают две средние линии: они превращают пространственную задачу в плоский прямоугольный треугольник с катетами \(\dfrac{BD}{2}\) и \(\dfrac{AC}{2}\).

Пункт а). Шаг 1. Что значит «высота проходит через B»

Высота пирамиды — это перпендикуляр, опущенный из вершины \(D\) на плоскость основания. По условию он проходит через \(B\), значит его основание — сама точка \(B\), то есть

\[DB \perp (ABC).\]

Важно! Отсюда сразу следует, что \(DB\) перпендикулярна любой прямой плоскости основания: \(DB \perp AB\), \(DB \perp BC\), \(DB \perp AC\). Дальше мы пользуемся этим трижды.

Шаг 2. Находим MB

Так как \(DB \perp AB\), треугольник \(ABD\) прямоугольный с прямым углом при вершине \(B\), а \(AD\) — его гипотенуза. Точка \(M\) — середина \(AD\), то есть \(BM\) — медиана, проведённая из вершины прямого угла. Такая медиана равна половине гипотенузы:

\[MB = \frac{AD}{2}.\]

Шаг 3. Находим MC

Докажем, что и треугольник \(ACD\) прямоугольный — с прямым углом при вершине \(C\).

По условию \(AC \perp BC\). Кроме того, \(AC \perp DB\), потому что \(DB\) перпендикулярна всей плоскости основания, а \(AC\) лежит в ней.

Прямые \(BC\) и \(DB\) пересекаются в точке \(B\) и задают плоскость \(BCD\). Прямая \(AC\) перпендикулярна обеим, значит

\[AC \perp (BCD),\]

а тогда \(AC\) перпендикулярна и прямой \(CD\) этой плоскости:

\[AC \perp CD.\]

Значит, треугольник \(ACD\) прямоугольный с прямым углом при \(C\) и гипотенузой \(AD\). Точка \(M\) — её середина, поэтому

\[MC = \frac{AD}{2}.\]

Важно! Это самый тонкий шаг задачи. Перпендикулярность \(AC \perp CD\) в условии не дана — её получают через признак перпендикулярности прямой и плоскости. Нужны именно две пересекающиеся прямые \(BC\) и \(DB\).

Шаг 4. Равнобедренный треугольник

Из шагов 2 и 3

\[MB = MC = \frac{AD}{2},\]

то есть треугольник \(BMC\) равнобедренный с основанием \(BC\).

Точка \(N\) — середина \(BC\), поэтому \(MN\) — медиана этого треугольника. В равнобедренном треугольнике медиана, проведённая к основанию, является одновременно и биссектрисой, и высотой. Значит,

\[MN \ \text{— биссектриса угла}\ BMC.\]

Пункт а) доказан.

Пункт б). Шаг 5. Две средние линии

Отметим точку \(P\) — середину ребра \(AB\).

В треугольнике \(ABD\) точки \(M\) и \(P\) — середины сторон \(AD\) и \(AB\), поэтому \(MP\) — средняя линия:

\[MP \parallel BD,\qquad MP = \frac{BD}{2} = \frac{4\sqrt2}{2} = 2\sqrt2.\]

В треугольнике \(ABC\) точки \(P\) и \(N\) — середины сторон \(AB\) и \(BC\), поэтому \(PN\) — средняя линия:

\[PN \parallel AC,\qquad PN = \frac{AC}{2} = \frac{12}{2} = 6.\]

Шаг 6. Треугольник MPN прямоугольный

Так как \(MP \parallel BD\), а \(BD \perp (ABC)\), то и \(MP \perp (ABC)\). Прямая \(PN\) лежит в плоскости основания, поэтому

\[MP \perp PN,\]

то есть треугольник \(MPN\) прямоугольный с прямым углом при вершине \(P\).

Шаг 7. Находим угол

Прямая \(MP\) параллельна прямой \(BD\), поэтому угол между прямыми \(BD\) и \(MN\) равен углу между прямыми \(MP\) и \(MN\), то есть углу \(PMN\). В прямоугольном треугольнике он острый, и

\[\operatorname{tg}\angle PMN = \frac{PN}{MP} = \frac{6}{2\sqrt2} = \frac{3}{\sqrt2} = \frac{3\sqrt2}{2}.\]

Важно! Угол берём при вершине \(M\), а не при \(N\): именно из \(M\) выходит средняя линия \(MP\), параллельная ребру \(BD\). Если взять угол \(MNP\), получится arctg от обратной величины — другой (дополнительный до \(90^\circ\)) угол.

Заметьте: длина \(BC\) в ответ не вошла вообще — задача от неё не зависит.

Ответ

\[\operatorname{arctg}\frac{3\sqrt2}{2}.\]

Ответ: \(\operatorname{arctg}\dfrac{3\sqrt2}{2}\)