На боковом ребре $FD$ правильной четырёхугольной пирамиды ${FABCD}$ отмечена точка $M$ так, что $FM:FD=1:3$. 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) 1) Построим $MN ‖ CD$.
Так как и $PQ ‖ CD$, то $MN ‖ PQ$. Следовательно, точки $M, N, P$ и $Q$ лежат в одной плоскости. Таким образом, трапеция $MNQP$ является сечением пирамиды плоскостью $MPQ$.
2) $△FMN ∼△FDC$ (так как $MN ‖ CD$, то $∠FNM = ∠FCD$ и $∠FMN = ∠FDC$ как соответственные). Так как $△FCD$ равнобедренный, то и $△FNM$ тоже равнобедренный. Тогда $FM = FN; NC = FC — FN = FD — FM = MD$.
Кроме того, $PD = {1}/{2}AD = {1}/{2}BC = QC$. Так как $△FAD = △FBC$, то $∠MDP = ∠NCQ$. Отсюда $△PDM = △QCN$ по двум сторонам и углу между ними. Следовательно, $PM = NQ$, то есть $MNQP$ — равнобедренная трапеция.
б) 1) Пусть $MR ⊥ PQ, MS ⊥ CD, NX ⊥ PQ, NY ⊥ CD$.
Так как $MNQP$ и $MNCD$ — равнобедренные трапеции, то $V_1 = V_{PQCDMN} = V_{MRSNXY} + 2·V_{NXQCY}$ — объём первой части.
2) Пусть $a$ — сторона основания, $h$ — высота пирамиды. Тогда $QC = XY = RS = {a}/{2}; MN = {1}/{3}a; MO = {2}/{3}h(△FMN ∼△FDC$ и ${FM}/{FD} = {1}/{3}; QX = {PQ -MN}/{2} = {a -{1}/{3}a}/{2} = {1}/{3}a (MNQP$ — равнобедренная трапеция).
3) $S_{MRS} = {1}/{2}RS·MO = {1}/{2}·{a}/{2}·{2}/{3}h = {1}/{6}ah$. Объём прямой призмы $MRSNXY$ равен $V_{MRSNXY} = S_{MRS}·MN = {1}/{6}ah·{1}/{3}a = {1}/{18}a^2h$.
$V_{NXQCY} = {1}/{3}S_{XQCY}·MO = {1}/{3}·QX·QC·MO = {1}/{3}·{1}/{3}a·{a}/{2}·{2}/{3}h = {1}/{27}a^2h$.
$V_1 = V_{MRSNXY} + 2·V_{NXQCY} = {1}/{18}a^2h + 2·{1}/{27}a^2h = {7}/{54}a^2h$.
4) $V = V_{SABCD} = {1}/{3}S_{ABCD}·h = {1}/{3}a^2h$.
$V_2 = V — V_1 = ({1}/{3} — {7}/{54})a^2h = {11}/{54}a^2h$ — объём второй части.
5) ${V_1}/{V_2} ={{7}/{54}a^2h}/{{11}/{54}a^2h} = {7}/{11}$.
Ответ: 7:11