ФИПИ 1F7CE6 — Сечение многогранников

План. Параллельные отрезки докажут, что четыре точки лежат в одной плоскости. Для объёмов достроим большую пирамиду с вершиной на продолжении $BD$ и вычтем её часть, находящуюся за исходной пирамидой. а) Одна плоскость для четырёх точек. По условию $$\frac{BM}{BA}=\frac2{1+2}=\frac23,\qquad \frac{BN}{BC}=\frac2{1+2}=\frac23.$$ В треугольнике $BAC$ равенство этих отношений означает, что $MN\parallel AC$. В треугольнике $DAC$ точки $P,Q$ — середины сторон, поэтому средняя линия $PQ\parallel AC$. Значит, $MN$ и $PQ$ — две различные параллельные прямые. Через них проходит одна плоскость; она содержит все четыре точки. б) Находим вспомогательную вершину. Возьмём $B$ за начало, а векторы $BA$, $BC$, $BD$ — за координатные направления. Эти оси не обязаны быть перпендикулярными: мы используем только доли отрезков, плоскости и отношения объёмов. Тогда $$B(0;0;0),\ A(1;0;0),\ C(0;1;0),\ D(0;0;1),$$ $$M\left(\frac23;0;0\right),\ N\left(0;\frac23;0\right),\ P\left(\frac12;0;\frac12\right),\ Q\left(0;\frac12;\frac12\right).$$ Пусть уравнение плоскости сечения $ux+vy+wz=k$. Подстановка $M,N$ даёт $2u/3=k$, $2v/3=k$. Можно выбрать $k=2$, тогда $u=v=3$. Из подстановки $P$: $$\frac32+\frac w2=2,\qquad \frac w2=\frac12,\qquad w=1.$$ Плоскость имеет уравнение $$3x+3y+z=2.$$ На прямой $BD$ имеем $x=y=0$, поэтому её пересечение с плоскостью — точка $R(0;0;2)$. Это точка за $D$, причём $$BR=2BD,\qquad DR=BR-BD=BD.$$ Почему можно перемножать три доли. Если в тетраэдре три ребра из одной вершины умножить на коэффициенты $u,v,w$, объём умножится на $uvw$: площадь основания, построенного на первых двух рёбрах, умножится на $uv$, а высота к его плоскости — на $w$. Это следует из $V=Sh/3$; равенства всех трёх коэффициентов не требуется. Обозначим исходный объём через $V$. У тетраэдра $BMNR$ три ребра из $B$ по сравнению с $BACD$ изменены в долях $2/3$, $2/3$, 2. Поэтому $$V_{BMNR}=\frac23\cdot\frac23\cdot2V=\frac89V.$$ Часть этого тетраэдра за исходной гранью $ACD$ — тетраэдр $DPQR$. Его три ребра из $D$ по сравнению с $DACB$ имеют доли $DP/DA=1/2$, $DQ/DC=1/2$, $DR/DB=1$. Поэтому $$V_{DPQR}=\frac12\cdot\frac12\cdot1V=\frac14V.$$ После вычитания остаётся именно часть исходной пирамиды со стороны ребра $BD$: $$V_{BD}=\frac89V-\frac14V=\left(\frac{32}{36}-\frac9{36}\right)V=\frac{23}{36}V.$$ Другая часть, прилегающая к $AC$, занимает $$V_{AC}=V-\frac{23}{36}V=\frac{13}{36}V.$$ Отношение объёмов: $$V_{AC}:V_{BD}=\frac{13}{36}:\frac{23}{36}=13:23.$$ Ответ: б) $13:23$.