Задача №15207

Точка $M$ — середина бокового ребра $SC$ правильной четырёхугольной пирамиды $SABCD\text{.}$ Точка $N$ лежит на стороне основания $BC\text{.}$ Плоскость $\alpha$ проходит через точки $M$ и $N$ параллельно боковому ребру $SA\text{.}$

а) Плоскость $\alpha$ пересекает боковое ребро $SD$ в точке $L\text{.}$ Докажите, что $BN:NC=DL:LS\text{.}$
б) Плоскость $\alpha$ делит пирамиду $SABCD$ на два многогранника. Найдите отношение их объёмов, если $BN:NC=1:3\text{.}$

а) Пусть $O$ — центр основания пирамиды (точка пересечения диагоналей квадрата $ABCD$). В треугольнике $SAC$ отрезок $MO$ является средней линией, так как $M$ — середина $SC\text{,}$ а $O$ — середина $AC\text{.}$ Следовательно, $MO\parallel SA\text{.}$

Поскольку плоскость $\alpha$ проходит через точку $M$ параллельно ребру $SA\text{,}$ то прямая $MO\text{,}$ параллельная $SA$ и проходящая через $M\text{,}$ целиком лежит в плоскости $\alpha \text{.}$ Значит, точка $O$ принадлежит $\alpha \text{.}$

Плоскость $\alpha$ пересекает плоскость основания по прямой $NO\text{.}$ Пусть эта прямая пересекает сторону $AD$ в точке $P\text{.}$ В плоскости $SAD$ через точку $P$ проведём прямую, параллельную $SA\text{.}$ По условию плоскость $\alpha$ параллельна $SA\text{,}$ поэтому линия её пересечения с гранью $SAD$ параллельна $SA\text{.}$ Значит, эта линия — $PL\text{,}$ где $L$ лежит на ребре $SD$ и $PL\parallel SA\text{.}$

В треугольнике $SAD$ по теореме Фалеса (или из подобия треугольников $PDL$ и $ADS$) получаем:

$$\frac{DL}{LS}=\frac{DP}{PA}$$

В квадрате $ABCD$ прямая $NOP$ проходит через центр $O\text{.}$ При центральной симметрии относительно $O$ отрезок $BC$ переходит в $DA\text{,}$ а точка $N$ — в точку $P\text{.}$ Следовательно, $BN=DP$ и $NC=PA\text{.}$ Таким образом,

$$\frac{BN}{NC}=\frac{DP}{PA}$$

Из этих равенств следует, что $BN:NC=DL:LS\text{,}$ что и требовалось доказать.

б) Пусть сторона основания равна $a\text{,}$ а высота пирамиды равна $H\text{.}$ Тогда объём пирамиды

$$V=\frac{1}{3}{a}^{2}H$$

По условию $BN:NC=1:3\text{,}$ значит $BN=\frac{1}{4}a\text{,}$ $NC=\frac{3}{4}a\text{.}$ Из пункта а) следует, что $DL:LS=1:3\text{,}$ то есть $DL=\frac{1}{4}SD\text{.}$

Рассмотрим сечение $MNLP\text{.}$ Пусть прямые $ML$ и $CD$ пересекаются в точке $X\text{.}$ Из теоремы Менелая для треугольника $SCD$ и прямой $MXL$ имеем:

$$\frac{SM}{MC}\cdot \frac{CX}{XD}\cdot \frac{DL}{LS}=1\Rightarrow 1\cdot \frac{CX}{XD}\cdot \frac{1}{3}=1\Rightarrow CX=3XD$$

Так как $CD=CX-XD=2XD\text{,}$ получаем $XD=\frac{1}{2}a\text{,}$ а $CX=\frac{3}{2}a\text{.}$

Многогранник, содержащий вершины $C$ и $D\text{,}$ — это $CDPNML\text{.}$ Его объём $V_1$ можно вычислить как разность объёмов пирамид $X-MCN$ и $X-LDP\text{.}$ Эти пирамиды имеют высоты, равные расстояниям от $M$ и $L$ до плоскости основания, то есть $\frac{1}{2}H$ и $\frac{1}{4}H$ соответственно. Площади их оснований (треугольников в плоскости $ABCD$):

$$S_{XCN}=\frac{1}{2}\cdot CX\cdot NC=\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{2}a\cdot \frac{3}{4}a=\frac{9}{16}{a}^2$$ $$S_{XDP}=\frac{1}{2}\cdot XD\cdot DP=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}a\cdot \frac{1}{4}a=\frac{1}{16}{a}^2$$

Тогда:

$$V_1=\frac{1}{3}\cdot \frac{9}{16}{a}^2\cdot \frac{1}{2}H-\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{16}{a}^2\cdot \frac{1}{4}H=\frac{3}{32}{a}^{2}H-\frac{1}{192}{a}^{2}H=\frac{18-1}{192}{a}^{2}H=\frac{17}{192}{a}^{2}H$$

Поскольку $V=\frac{1}{3}{a}^{2}H=\frac{64}{192}{a}^{2}H\text{,}$ то объём второй части равен:

$$V_2=V-V_1=\frac{64}{192}{a}^{2}H-\frac{17}{192}{a}^{2}H=\frac{47}{192}{a}^{2}H$$

Отношение объёмов равно $17:47\text{.}$

Ответ: 17:47