Задача №16759

На боковом ребре $FD$ правильной четырёхугольной пирамиды $FABCD$ отмечена точка $M$ так, что $FM:FD=1:3\text{.}$ Точки $P$ и $Q$ — середины рёбер $AD$ и $BC$ соответственно.

а) Докажите, что сечение пирамиды плоскостью $MPQ$ есть равнобедренная трапеция.
б) Найдите отношение объёмов многогранников, на которые плоскость $MPQ$ разбивает пирамиду.

а) Плоскость $MPQ$ проходит через прямую $PQ\text{,}$ параллельную $DC$ (по построению $P,Q$ — середины противоположных сторон основания $AD$ и $BC$). По признаку параллельности прямой и плоскости $PQ\parallel$ плоскости $DFC\text{.}$ Значит, линия пересечения плоскости $MPQ$ с плоскостью $DFC$ параллельна $PQ\text{.}$ Эта линия — отрезок $MN\text{,}$ где $N$ — точка на ребре $FC$ такая, что $FN:FC=1:3\text{.}$ Получаем $MN\parallel PQ\text{,}$ то есть $PMNQ$ — трапеция.

В правильной пирамиде боковые грани — равные равнобедренные треугольники, поэтому $△DMP\cong △CNQ$ ($FM=FN\text{,}$ значит $DM=CN\text{;}$ $DP=CQ$ — половины равных рёбер; $\angle MDP=\angle NCQ$ — равные углы между ребром и стороной основания). Отсюда $MP=NQ$ — боковые стороны трапеции равны, и $PMNQ$ — равнобедренная трапеция, что и требовалось.

б) Пусть $V$ — объём пирамиды $FABCD\text{,}$ $H$ — её высота, $S$ — площадь основания, $V=\frac{1}{3}SH\text{.}$

Сечение разбивает пирамиду на два многогранника. Меньший (со стороны вершины $D$) — это многогранник $DCPQMN\text{.}$ Разобьём его на две пирамиды: четырёхугольную $MPDCQ$ и треугольную $NMPD\text{.}$

Объём $V_{MPDCQ}\text{.}$ Основание — прямоугольник $PDCQ\text{,}$ его площадь равна $\frac{S}{2}\text{.}$ Высота $M{O}_1\text{,}$ опущенная из $M$ на основание, равна $\frac{MD}{FD}\cdot H=\frac{2}{3}H\text{.}$ Значит,

$$V_{MPDCQ}=\frac{1}{3}\cdot \frac{S}{2}\cdot \frac{2H}{3}=\frac{SH}{9}=\frac{V}{3}.$$

Объём $V_{NMPD}\text{.}$ Точки $M,P,D$ лежат в плоскости $ADF\text{.}$ Поэтому

$$V_{NMPD}=\frac{1}{3}\cdot S_{MPD}\cdot \rho (N,ADF).$$

Из теоремы об отношении площадей треугольников с общим углом

$$\frac{S_{MPD}}{S_{FAD}}=\frac{MD\cdot DP}{FD\cdot DA}=\frac{\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{2}}{1}=\frac{1}{3}.$$

Расстояние от $N$ до плоскости $ADF$ относится к расстоянию от $C$ до этой плоскости как $\frac{MN}{PQ}=\frac{1}{3}$ (по теореме Фалеса в трапеции $PMNQ$). Тогда

$$V_{NMPD}=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{3}\cdot V_{CADF}=\frac{1}{9}\cdot \frac{V}{2}=\frac{V}{18},$$

где использовано, что тетраэдр $CADF$ — половина пирамиды $FABCD$ (диагональное сечение через ребро $FA$ и боковое ребро $FC$ делит её пополам).

Итого объём меньшего многогранника:

$$V_{DCPQMN}=\frac{V}{3}+\frac{V}{18}=\frac{6V+V}{18}=\frac{7V}{18}.$$

Объём большего: $V-\frac{7V}{18}=\frac{11V}{18}\text{.}$

Ответ: $\frac{7V}{18}:\frac{11V}{18}=7:11\text{.}$