14321. Плоскость, проходящая через сторону основания правильной четырёхугольной пирамиды, делит её объём пополам. В каком отношении эта плоскость делит площадь противоположной грани?
Ответ. \frac{\sqrt{5}-1}{2}=\frac{2}{1+\sqrt{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. Прямая MN
параллельна плоскости CSD
, поэтому MN\parallel AB\parallel CD
(см. задачу 8003). Обозначим \frac{SM}{SC}=k
. Треугольник MSN
подобен треугольнику CSD
с коэффициентом k
, поэтому MN=kCD=kAB
.
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}=h(1-k).
Треугольник PEQ
— перпендикулярное сечение многогранника ANDBMC
, поэтому (см. задачу 14318)
\frac{1}{2}V=V_{1}=\frac{1}{3}S_{\triangle PEQ}(AB+CD+MN)=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}PQ\cdot EF(AB+AB+kAB)=
=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}a\cdot h(1-k)(2a+ka)=\frac{1}{3}ah\cdot\frac{1}{2}(1-k)(2+k)=V\cdot\frac{1}{2}(1-k)(2+k).
Значит, (1-k)(2+k)=1
, или k^{2}+k-1=0
. Откуда k=\frac{\sqrt{5}-1}{2}
. Тогда
S_{\triangle MSN}=k^{2}S_{\triangle CSD}=\left(\frac{\sqrt{5}-1}{2}\right)^{2}S_{\triangle CSD}=\frac{3-\sqrt{5}}{2}S_{\triangle CSD}.
Следовательно,
\frac{S_{\triangle MSN}}{S_{\triangle CSD}-S_{\triangle MSN}}=\frac{3-\sqrt{5}}{2-(3-\sqrt{5})}=\frac{3-\sqrt{5}}{\sqrt{5}-1}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}.
Источник: Понарин Я. П. Элементарная геометрия. — Т. 2: Стереометрия. — М.: МЦНМО, 2006. — № 6.23, с. 117