На боковом ребре $FD$ правильной четырёхугольной пирамиды ${FABCD}$ отмечена точка $M$ так, что $FM:FD=2:5$. 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 $MN∥ CD$ (см. рис.).
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 $▵ FDC$ равнобедренный, то и $▵ FMN$ 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 $MR⊥ PQ$, $MS⊥ CD$, $NX⊥ PQ$, $NY⊥ CD$ (см. рис.).
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 $QC=XY=RS={a} / {2}$; $MN={2} / {5}a$; $MO={3} / {5}h$ $(▵ FMN∼ ▵ FDC$ и ${FM} / {FD}={2} / {5})$; $QX={PQ-MN} / {2}={a-{2} / {5}a} / {2}={3} / {10}a$ ($MNQP$ — равнобедренная трапеция). 3) $S_{MRS}={1} / {2}RS⋅ MO={1} / {2}⋅ {a} / {2}⋅ {3} / {5}h={3} / {20}ah$. Объём прямой призмы $MRSNXY$ равен: $V_{MRSNXY}=S_{MRS}⋅ MN={3} / {20}ah⋅ {2} / {5}a={3} / {50}a^2h$. $V_{NXQCY}={1} / {3}S_{XQCY}⋅ MO={1} / {3}⋅ QX⋅ QC⋅ MO={1} / {3}⋅ {3} / {10}a⋅ {a} / {2}⋅ {3} / {5}h={3} / {100}a^2h$. $V_1=V_{MRSNXY}+2⋅ V_{NXQCY}={3} / {50}a^2h+2⋅ {3} / {100}a^2h={3} / {25}a^2h$. 4) $V=V_{SABCD}={1} / {3}S_{ABCD}⋅ h={1} / {3}a^2h$. $V_2=V-V_1=({1} / {3}-{3} / {25})a^2h={16} / {75}a^2h$ — объём второй части. 5) ${V_1} / {V_2}={{3} / {25}a^2h} / {{16} / {75}a^2h}={9} / {16}$.
Ответ: 9:16