Задание 15 ЕГЭ по математике профильной

а) Прямые $AB$ и $CD$ параллельны, значит, плоскость $\alpha$ параллельна прямой $CD$. Получаем, что прямая $MN$, по которой пересекаются плоскости $SCD$ и $\alpha$, параллельна прямой $CD$.
Следовательно, $\angle SMN = \angle SCD$ и $\angle SNM = \angle SDC,$ значит, треугольники $MSN$ и $CSD$ подобны. Получаем:
$\dfrac{SM}{SC} = \dfrac{SN}{SD} = \dfrac{MN}{CD} = \dfrac{1}{5}.$
Таким образом,
$SM : MC = SN : ND = 1 : 4.$

б) Обозначим середины рёбер $AB$ и $CD$ точками $P$ и $Q$ соответственно, а точку пересечения плоскости $SPQ$ с отрезком $MN$ — точкой $K$. Прямые $MN$ и $CD$ параллельны, поэтому $SK : KQ = SM : MC = 1 : 4$.
Плоскость $SPQ$ содержит высоту пирамиды и прямую $PQ$, перпендикулярную прямой $AB$. Следовательно, плоскость $SPQ$ перпендикулярна прямой $AB$, по которой пересекаются плоскости $ABC$ и $\alpha$, значит, искомый угол равен углу $KPQ$.

Пусть $MN = 2a$, тогда $AB = BM = AN = 5MN = 10a$. Высота $PK$ равнобедренной трапеции $ANMB$ равна
$\sqrt{AN^2 - \left(\frac{AB - MN}{2}\right)^2} = 2\sqrt{21}a.$
В треугольнике $SPQ$ опустим перпендикуляры $SO$ и $KT$ на сторону $PQ$. Тогда точка $O$ является серединой отрезка $PQ$, так как $SO$ — высота правильной пирамиды $SABCD$. По теореме о пропорциональных отрезках $OT : TQ = SK : KQ = 1 : 4$. Поскольку $PQ = BC = 10a$, получаем: $PO = OQ = 5a$; $OT = \frac{1}{5} OQ = a; \quad PT = PO + OT = 6a.$
Треугольник $KPT$ прямоугольный, поэтому
$\cos \angle KPQ = \cos \angle KPT = \dfrac{TP}{KP} = \dfrac{6a}{2\sqrt{21}a} = \dfrac{\sqrt{21}}{7}.$
Ответ: б) $\dfrac{\sqrt{21}}{7}$.