ID: 00022268
Источник: ФИПИ
а) Пусть сторона основания равна $a$. Отрезок $PQ$ соединяет середины противоположных сторон квадрата, поэтому $PQ \parallel AB \parallel CD$ и $PQ = a$. Раз $CD$ параллельна прямой $PQ$, лежащей в секущей плоскости, то $CD$ параллельна всей плоскости $MPQ$.
Плоскость боковой грани $SCD$ содержит $CD$ и точку $M$, значит, пересекает секущую плоскость по прямой, идущей через $M$ параллельно $CD$. Эта прямая встречает ребро $SC$ в точке $M_1$, причём по теореме о пропорциональных отрезках в треугольнике $SDC$: $SM_1 : M_1C = SM : MD = 2 : 1$, а из подобия треугольников $SMM_1$ и $SDC$ находим длину: $MM_1 = \dfrac{SM}{SD}\cdot DC = \dfrac{2a}{3}$.
Итак, сечение — четырёхугольник $QPM_1M$: отрезок $QP$ в основании, $PM_1$ на грани $SBC$, $M_1M$ на грани $SCD$, $MQ$ на грани $SAD$. Стороны $QP$ и $MM_1$ параллельны (обе параллельны $CD$), а их длины различны: $a \ne \dfrac{2a}{3}$. Значит, это трапеция — именно трапеция, а не параллелограмм.
Осталась равнобедренность. Сравним треугольники $MDQ$ и $M_1CP$: $DQ = CP = \dfrac{a}{2}$; $DM = CM_1 = \dfrac{1}{3}$ бокового ребра (обе точки отсекают по трети ребра, считая от основания); углы $\angle MDQ = \angle SDA$ и $\angle M_1CP = \angle SCB$ равны, потому что все боковые грани правильной пирамиды — равные равнобедренные треугольники. По двум сторонам и углу между ними треугольники равны, откуда $MQ = M_1P$. Боковые стороны трапеции равны — она равнобедренная. Что и требовалось доказать.
б) Пусть высота пирамиды $h$, объём $V = \dfrac{1}{3}a^2h$. Плоскость отрезает кусок, содержащий рёбра со стороны $C$ и $D$, — многогранник $QPCDM_1M$. Разобьём его на пирамиду $M{-}QPCD$ и тетраэдр $MPCM_1$ (они прилегают по треугольнику $MPC$: треугольники $MCD$ и $MCM_1$ вместе дают грань $MM_1CD$ на боковой грани $SCD$, а $MQP$ и $MPM_1$ — само сечение).
Пирамида $M{-}QPCD$: основание — прямоугольник $QPCD$ со сторонами $a$ и $\dfrac{a}{2}$, площадь $\dfrac{a^2}{2}$. Точка $M$ делит $SD$ так, что $MD = \dfrac{1}{3}SD$, поэтому её высота над плоскостью основания равна $\dfrac{h}{3}$ (высота убывает пропорционально при движении от $S$ к $D$). Объём: $V_1 = \dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{a^2}{2}\cdot\dfrac{h}{3} = \dfrac{a^2h}{18} = \dfrac{V}{6}$.
Тетраэдр $MPCM_1$ сравним с тетраэдром $MBCS$ — у них общий трёхгранный угол при вершине $C$: точка $P$ лежит на $CB$, точка $M_1$ — на $CS$, вершина $M$ общая. Тогда $\dfrac{V_{CPM_1M}}{V_{CBSM}} = \dfrac{CP}{CB}\cdot\dfrac{CM_1}{CS} = \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{6}$. Осталось найти $V_{CBSM}$: тетраэдр $CBSD$ — половина пирамиды (основание $BCD$ — половина квадрата), $V_{CBSD} = \dfrac{V}{2}$; при замене вершины $D$ на точку $M$ расстояние до плоскости $CBS$ умножается на $\dfrac{SM}{SD} = \dfrac{2}{3}$ (у точки $S$ оно нулевое). Значит, $V_{CBSM} = \dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{V}{2} = \dfrac{V}{3}$ и $V_{CPM_1M} = \dfrac{1}{6}\cdot\dfrac{V}{3} = \dfrac{V}{18}$.
Кусок со стороны $C$ и $D$: $\dfrac{V}{6}+\dfrac{V}{18} = \dfrac{3V+V}{18} = \dfrac{2V}{9}$. Второй кусок (с вершинами $S$, $A$, $B$): $V-\dfrac{2V}{9} = \dfrac{7V}{9}$. Проверка: $\dfrac{2}{9}+\dfrac{7}{9}=1$ — всё сходится. Отношение объёмов большего к меньшему $7 : 2$.