Задание 15 ЕГЭ по математике профильной

а)

1) Рассмотрим $\triangle ABS$: $M$ - середина $AS$ и $MN \| SB \Rightarrow MN$ - средняя линия $\triangle ABS \Rightarrow AN = NB$.

2) Рассмотрим $\triangle AOB$: $AO$ и $OB$ - радиусы $\Rightarrow \triangle AOB$ - равнобедренный $\Rightarrow ON$ - высота, так как $AN = NB$. Получили, что $AN \perp ON$. Ч.Т.Д.

б) Проведем в $\triangle AOS$ прямую $MH \| SO$, так как $SO$ - высота конуса, то $AO$ - проекция $AS$ на основание, а $HB$ - проекция $MB$ на основание $(SO \perp (AOB) \Rightarrow MH \perp (AOB))$.

Тогда $\angle MBH$ - искомый. $MH = \dfrac{\sqrt{51}}{2}$ как средняя линия треугольника $ASB$.

В прямоугольном треугольнике $MHB$ мы знаем $MH$, чтобы найти $\angle MBH$ нужно найти $BH$.

По теореме косинусов из треугольника $AOB$: $OB^{2} = AO^{2} + AB^{2} - 2 \cdot AO \cdot AB \cdot \cos{\angle{OAB}}$

По теореме косинусов из треугольника $AHB$ (так как $AH = HO = 4, MH$ - средняя линия треугольника $AOS$ $(AM = MS, MH \| SO))$: $HB^{2} = AB^{2} + AH^{2} - 2 \cdot AB \cdot AH \cdot \cos{\angle{OAB}}$. Учтем, что $AH = HO \Rightarrow AH = \dfrac{1}{2} AO$, и получим: ${HB}^{2} = {AB}^{2} + \dfrac{1}{4}{AO}^{2} - AB \cdot AO \cdot \cos{\angle{OAB}}$.

Из этих двух записанных теорем выразим $AO \cdot AB \cdot \cos{\angle{OAB}}$ и приравняем между собой, получим: ${AO}^{2} + {AB}^{2} - {OB}^{2} = {2AB}^{2} + \dfrac{1}{2}{AO}^{2} - {2HB}^{2} \Rightarrow {HB}^2 = \dfrac{{AB}^2 - \dfrac{1}{2}{AO}^2 + OB^2}{2} \Rightarrow {HB}^2 = \dfrac{153}{4} \Rightarrow \\ \Rightarrow HB = \dfrac{\sqrt{51} \cdot \sqrt{3}}{2}.$

В прямоугольном треугольнике $MHB$  $tg{\angle{MBH}} = \dfrac{MH}{HB} = \dfrac{1}{\sqrt{3}} \Rightarrow \angle{MBH} = 30^{\circ}$.

Ответ: $30^{\circ}$.