ID: 00022267
Источник: ФИПИ
а) Сначала разберёмся, как плоскость $\alpha$ на самом деле проходит сквозь пирамиду. Главный инструмент здесь такой: если прямая $SA$ параллельна плоскости $\alpha$, то любая плоскость, содержащая $SA$, пересекает $\alpha$ по прямой, параллельной $SA$. Иначе линия пересечения встретила бы $SA$ — а тогда и $\alpha$ имела бы с $SA$ общую точку, чего не может быть.
Проведём диагональную плоскость $SAC$: в ней лежат и ребро $SA$, и точка $M$ (она на ребре $SC$). Значит, $\alpha$ пересекает плоскость $SAC$ по прямой, идущей через $M$ параллельно $SA$. Но $M$ — середина $SC$, поэтому эта прямая — средняя линия треугольника $SAC$: она приходит ровно в середину $AC$, то есть в центр основания $O$. Отличная новость: плоскость $\alpha$ проходит через центр квадрата!
Теперь след $\alpha$ в плоскости основания — это прямая $NO$. Пусть она пересекает сторону $AD$ в точке $P$. Посмотрим на центральную симметрию относительно $O$: она переводит квадрат в себя ($B$ переходит в $D$, $C$ — в $A$, сторона $BC$ — в сторону $DA$), а прямую $NP$ — саму в себя, ведь она проходит через центр. Значит, точка $N$ переходит ровно в точку $P$, откуда $DP = BN$ и $PA = NC$, то есть $DP : PA = BN : NC$.
Последний шаг. Плоскость $SAD$ содержит ребро $SA$ и точку $P$, поэтому $\alpha$ пересекает её по прямой через $P$, параллельной $SA$, — и эта прямая встречает ребро $SD$ как раз в точке $L$. В треугольнике $ADS$ прямая $PL \parallel AS$, и по теореме о пропорциональных отрезках $DL : LS = DP : PA = BN : NC$. Что и требовалось доказать.
б) Пусть сторона основания равна $a$, высота пирамиды $h$, объём всей пирамиды $V = \dfrac{1}{3}a^2h$. Из $BN : NC = 1 : 3$ получаем $BN = \dfrac{a}{4}$, $NC = \dfrac{3a}{4}$, а из пункта а): $DP = \dfrac{a}{4}$, $PA = \dfrac{3a}{4}$ и $DL : LS = 1 : 3$, то есть $DL = \dfrac{1}{4}DS$.
Сечение — четырёхугольник $NMLP$, и от пирамиды отрезается многогранник с вершинами $N$, $C$, $D$, $P$, $M$, $L$ — кусок, в котором живут вершины $C$ и $D$. Разобьём его на две простые части с общей вершиной $M$: пирамиду $M{-}NCDP$ и тетраэдр $MPDL$. Они прилегают друг к другу по треугольнику $MPD$ и вместе дают весь кусок: треугольники $MCD$ и $MDL$ складываются в грань $MCDL$ на боковой грани $SCD$, а треугольники $MNP$ и $MPL$ — в сечение $NMLP$.
Пирамида $M{-}NCDP$: основание — трапеция $NCDP$ с параллельными сторонами $NC = \dfrac{3a}{4}$ и $DP = \dfrac{a}{4}$ и расстоянием $CD = a$ между ними, её площадь $\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{3a}{4}+\dfrac{a}{4}\right)\cdot a = \dfrac{a^2}{2}$. Точка $M$ — середина $SC$, значит, висит над основанием на высоте $\dfrac{h}{2}$. Объём: $V_1 = \dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{a^2}{2}\cdot\dfrac{h}{2} = \dfrac{a^2h}{12} = \dfrac{V}{4}$.
Тетраэдр $MPDL$ считаем через отношения. У тетраэдров $DPLM$ и $DASM$ общий трёхгранный угол при вершине $D$: точки $P$ и $L$ лежат на рёбрах $DA$ и $DS$, а четвёртая вершина $M$ общая. Тогда $\dfrac{V_{DPLM}}{V_{DASM}} = \dfrac{DP}{DA}\cdot\dfrac{DL}{DS} = \dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{16}$. Осталось узнать $V_{DASM}$. Тетраэдр $DASC$ — половина пирамиды: его основание $ADC$ — половина квадрата, вершина та же $S$, значит, $V_{DASC} = \dfrac{V}{2}$. А когда мы заменяем вершину $C$ на середину $M$ отрезка $SC$, расстояние до плоскости $DAS$ уменьшается вдвое (двигаясь от $C$ к $S$, мы равномерно приближаемся к этой плоскости до нуля, ведь $S$ в ней лежит). Поэтому $V_{DASM} = \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{V}{2} = \dfrac{V}{4}$ и $V_{DPLM} = \dfrac{1}{16}\cdot\dfrac{V}{4} = \dfrac{V}{64}$.
Складываем кусок с вершинами $C$ и $D$: $\dfrac{V}{4}+\dfrac{V}{64} = \dfrac{16V+V}{64} = \dfrac{17V}{64}$. Тогда второй кусок (с вершиной $S$): $V - \dfrac{17V}{64} = \dfrac{47V}{64}$. Проверим: $\dfrac{17}{64}+\dfrac{47}{64}=1$ — всё сходится. Отношение объёмов $17 : 47$.