Задание
В правильной четырехугольной пирамиде $SABCD$ с основанием $ABCD$. Сторона основания равна $3\sqrt{2}$, а боковое ребро равно $5$. Найдите угол между плоскостями $ABC$ и $ACM$, где $М$ делит ребро $BS$ так, что $BM:MS=2:1$.
Решение
В основании пирамиды лежит квадрат со стороной $3\sqrt{2}$, следовательно $$ DB=\sqrt{2}\cdot 3\sqrt{2}=6,\ OB=\frac{DB}{2}=3,\ OC=3 $$ По условию, $SB=5$, $BM=\frac{2\cdot SB}{3}$, следовательно $$ BM=\frac{2\cdot 5}{3}=\frac{10}{3},\ SM=\frac{5}{3} $$ По теореме косинусов из треугольника $SBC$ $$ \cos MSC=\frac{SB^2+SC^2-BC^2}{2\cdot SB\cdot SC}=\frac{16}{25} $$ По теореме косинусов из треугольника $SMC$ $$ MC=\sqrt{SM^2+SC^2-2\cdot SM\cdot SC\cdot \cos MSC}=\frac{\sqrt{154}}{3} $$ Из прямоугольного треугольника $MOC$ $$ MO=\sqrt{MC^2-OC^2}=\sqrt{\frac{154}{9}-9}=\frac{\sqrt{73}}{3} $$ По теореме косинусов из треугольника $MOB$ $$ \cos MOB =\frac{MO^2+OB^2-MB^2}{2\cdot MO\cdot OB} $$ Подставляем значения $$ \cos MOB =\frac{(\frac{\sqrt{73}}{3})^2+3^2-(\frac{10}{3})^2}{2\cdot \frac{\sqrt{73}}{3}\cdot 3}=\frac{3}{\sqrt{73}} $$ Следовательно $$ \angle MOB=\arccos \frac{3}{\sqrt{73}} $$
Ответ: $\arccos \frac{3}{\sqrt{73}}$.