15. Стереометрическая задача: #210567

$а)$ Так как $MN \parallel SB$ и $M$ — середина $SA,$ то по теореме Фалеса $N$ — середина $AB.$ В треугольнике $AOB$
$(OA = OB = 5)$ медиана $ON$ является высотой, так как треугольник равнобедренный. Следовательно, $\angle ANO = 90^\circ.$

$б)$ Пусть $H$ — середина отрезка $AO.$ Тогда $MH$ — средняя линия треугольника $ASO,$ поэтому $MH \parallel SO$ и $MH = \dfrac{SO}{2} = \dfrac{\sqrt{51}}{2}.$ Так как $SO$ перпендикулярна основанию, то $MH$ также перпендикулярна основанию. Значит, угол между $BM$ и основанием равен углу между $BM$ и ее проекцией на основание, то есть углу $MBH.$

В треугольнике $AOB$ найдем $\cos \angle OAB.$
По теореме косинусов:
$$AB^2 = OA^2 + OB^2 -2 \cdot OA \cdot OB \cdot \cos \angle AOB$$
$$64 = 25 + 25 -50 \cos \angle AOB \Rightarrow \cos \angle AOB = -\dfrac{14}{50} = -\dfrac{7}{25}$$
Но нам нужен $\angle OAB.$ В равнобедренном треугольнике $AOB{:}$
$$\cos \angle OAB = \dfrac{AB/2}{OA} = \dfrac{4}{5}$$

Теперь найдем $BH$ в треугольнике $ABH.$
По теореме косинусов:
$$BH^2 = AH^2 + AB^2 -2 \cdot AH \cdot AB \cdot \cos \angle OAB = \left(\dfrac{5}{2}\right)^2 + 64 -2 \cdot \dfrac{5}{2} \cdot 8 \cdot \dfrac{4}{5} = \dfrac{25}{4} + 64 -32 = \dfrac{25}{4} + 32 = \dfrac{153}{4}$$
$$BH = \dfrac{\sqrt{153}}{2}$$

В треугольнике $MHB{:}$
$$\tg \angle MBH = \dfrac{MH}{BH} = \dfrac{\dfrac{\sqrt{51}}{2}}{\dfrac{\sqrt{153}}{2}} = \dfrac{\sqrt{51}}{\sqrt{153}} = \sqrt{\dfrac{51}{153}} = \sqrt{\dfrac{1}{3}} = \dfrac{\sqrt{3}}{3}$$
Следовательно, $\angle MBH = 30^\circ.$

Ответ:
$а)$ $\angle ANO = 90^\circ.$
$б)$ $30^\circ.$