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: \(\arccos\dfrac{1}{14\sqrt6}\)