ID: 00022277
Источник: ФИПИ
а) Начнём в плоскости основания. Из $BC = 3$ и $BN : NC = 1 : 2$ получаем $BN = 1$, $NC = 2$. Продлим прямую $AN$ до пересечения с прямой $DC$ в точке $T$. Треугольники $TNC$ и $TAD$ подобны: угол при вершине $T$ общий, а $NC \parallel AD$ (это основания трапеции). Значит, $\dfrac{TC}{TD} = \dfrac{NC}{AD} = \dfrac{2}{8} = \dfrac{1}{4}$, то есть $TD = 4\,TC$. Но $TD = TC + CD$, поэтому $CD = 3\,TC$: точка $T$ лежит на продолжении стороны $CD$ за точку $C$, и $\dfrac{DT}{TC} = 4$.
Зачем нам $T$? Она лежит на прямой $AN$, значит, в плоскости $AMN$. При этом $T$ лежит и в плоскости грани $SDC$ (на прямой $DC$), как и точка $M$ (на ребре $SD$). Значит, прямая $MT$ — линия пересечения плоскости $AMN$ с плоскостью $SDC$, и точка $K$ — это в точности $MT \cap SC$.
Остался один шаг — теорема Менелая для треугольника $SDC$ и секущей $T$–$K$–$M$: $\dfrac{SM}{MD} \cdot \dfrac{DT}{TC} \cdot \dfrac{CK}{KS} = 1$. Подставляем: $\dfrac{3}{2} \cdot \dfrac{4}{1} \cdot \dfrac{CK}{KS} = 1$, откуда $\dfrac{CK}{KS} = \dfrac{1}{6}$, то есть $SK : KC = 6 : 1$. Что и требовалось доказать.
б) Сечение — четырёхугольник $ANKM$. Он отрезает многогранник $ANCDMK$ (в нём вершины $C$ и $D$), а вторая часть содержит вершины $S$ и $B$. Обозначим: $V$ — объём всей пирамиды, $d$ — высота трапеции, $H$ — высота пирамиды. Площадь основания $\dfrac{8+3}{2} \cdot d = \dfrac{11d}{2}$, так что $V = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{11d}{2} \cdot H$.
Режем многогранник $ANCDMK$ на три тетраэдра с общей вершиной $A$: плоскость $AKC$ отделяет тетраэдр $ANCK$, а плоскость $AKD$ делит остаток на $AKCD$ и $AKDM$. Ключевой факт для первых двух: $K$ делит $SC$ как $SK : KC = 6 : 1$, поэтому расстояние от $K$ до основания равно $\dfrac{1}{7}H$ — у точки $C$ оно нулевое, у $S$ равно $H$.
Тетраэдр $ANCK$: основание $ANC$ лежит в плоскости основания. Берём за базу $NC = 2$ на прямой $BC$; высота из $A$ — это расстояние между параллельными прямыми $BC$ и $AD$, то есть $d$. Площадь $\dfrac{1}{2} \cdot 2 \cdot d = d$, объём $V_1 = \dfrac{1}{3} \cdot d \cdot \dfrac{H}{7}$. В долях: $V_1 = \dfrac{d/7}{11d/2} \cdot V = \dfrac{2}{77}V$.
Тетраэдр $AKCD$: основание $ACD$ площадью $\dfrac{1}{2} \cdot 8 \cdot d = 4d$, та же вершина $K$ на высоте $\dfrac{H}{7}$: $V_2 = \dfrac{4d/7}{11d/2} \cdot V = \dfrac{8}{77}V$.
Тетраэдр $AKDM$ хитрее. Заметим: точки $A$, $D$, $M$ лежат в плоскости грани $SAD$ (ведь $M$ — на ребре $SD$). Сравним его с пирамидой $SACD$. Площадь $ADM$ — это $\dfrac{DM}{DS} = \dfrac{2}{5}$ площади $ADS$: база $AD$ общая, а расстояние от $M$ до прямой $AD$ пропорционально её положению на отрезке $DS$. Расстояние от $K$ до плоскости $SAD$ — это $\dfrac{SK}{SC} = \dfrac{6}{7}$ расстояния от $C$ до этой плоскости, ведь $S$ лежит в ней самой. Итого $V_3 = \dfrac{2}{5} \cdot \dfrac{6}{7} \cdot V_{SACD} = \dfrac{12}{35} V_{SACD}$. А $V_{SACD} = \dfrac{4d}{11d/2}V = \dfrac{8}{11}V$, поэтому $V_3 = \dfrac{12}{35} \cdot \dfrac{8}{11}V = \dfrac{96}{385}V$.
Складываем часть с вершинами $C$ и $D$: $\dfrac{2}{77} + \dfrac{8}{77} + \dfrac{96}{385} = \dfrac{10}{77} + \dfrac{96}{385} = \dfrac{50 + 96}{385} = \dfrac{146}{385}$. Вторая часть: $1 - \dfrac{146}{385} = \dfrac{239}{385}$. Проверим: $146 + 239 = 385$ — всё сходится. Отношение объёмов: $146 : 239$ (часть с вершинами $C$ и $D$ к части с вершинами $S$ и $B$).