14320. Плоскость, проходящая через сторону основания правильной четырёхугольной пирамиды, делит противоположную грань на две равновеликие части. В каком отношении делит эта плоскость объём пирамиды?
Ответ. 4\sqrt{2}-5
.
Решение. Пусть SABCD
— правильная четырёхугольная пирамида с вершиной S
, а секущая плоскость пересекает боковые рёбра SC
и SD
в точках M
и N
соответственно, причём S_{\triangle MSN}=\frac{1}{2}S_{\triangle CSD}
. Прямая MN
параллельна плоскости CSD
, поэтому MN\parallel AB\parallel CD
(см. задачу 8003). Значит, треугольник MSN
подобен треугольнику CSD
с коэффициентом \frac{1}{\sqrt{2}}
. Тогда MN=\frac{1}{\sqrt{2}}CD=\frac{1}{\sqrt{2}}AB
.
Пусть O
— центр квадрата ABCD
, AB=a
, SO=h
— высота пирамиды, V
— её объём, V_{1}
— объём части пирамиды, содержащей ребро CD
, т. е. многогранника ANDBMC
(клина), P
и Q
— середины рёбер AB
и CD
соответственно, E
— точка пересечения SQ
и MN
, EF
— перпендикуляр к PQ
. Из подобия прямоугольных треугольников EFQ
и SOQ
находим, что
EF=SO\cdot\frac{EQ}{SQ}=SO\cdot\frac{CM}{CS}=\frac{h(\sqrt{2}-1)}{\sqrt{2}}.
Треугольник PEQ
— перпендикулярное сечение многогранника ANDBMC
, поэтому (см. задачу 14318)
V_{1}=\frac{1}{3}S_{\triangle PEQ}(AB+CD+MN)=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}PQ\cdot EF\left(AB+AB+\frac{1}{\sqrt{2}}AB\right)=
=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}a\cdot\frac{h(\sqrt{2}-1)}{\sqrt{2}}\left(2a+\frac{a}{\sqrt{2}}\right)=\frac{1}{3}ah\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}}\cdot\frac{2\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}}=
=V\cdot\frac{(\sqrt{2}-1)(2\sqrt{2}+1)}{4}=\frac{3-\sqrt{2}}{4}V.
Следовательно,
\frac{V_{1}}{V-V_{1}}=\frac{3-\sqrt{2}}{4-(3-\sqrt{2})}=\frac{3-\sqrt{2}}{1+\sqrt{2}}=4\sqrt{2}-5.
Источник: Понарин Я. П. Элементарная геометрия. — Т. 2: Стереометрия. — М.: МЦНМО, 2006. — № 6.22, с. 117