ФИПИ DE9364 — Сечение многогранников

План. Для произвольного положения $N$ удобно следить за знаковым расстоянием до плоскости: на отрезке оно меняется линейно. Это даст отношение на $SD$. Для числового отношения объёмов разрежем пирамиду на два тетраэдра и сравним небольшие части по основаниям и высотам. а) Знаковые значения плоскости. Обозначим $r=BN/NC>0$. Возьмём линейное выражение $F$, равное нулю в секущей плоскости, и выберем масштаб так, чтобы $F(S)=1$. Так можно сделать, поскольку $S$ не лежит в секущей плоскости. Значение $F$ является знаковым расстоянием с постоянным масштабом: на отрезке оно изменяется пропорционально доле пути. Направление $SA$ параллельно плоскости, поэтому при движении от $S$ к $A$ значение не меняется: $$F(A)=F(S)=1.$$ Точка $M$ — середина $SC$ и находится в плоскости. Поэтому $$0=F(M)=\frac{F(S)+F(C)}2=\frac{1+F(C)}2,$$ $$F(C)=-1.$$ Из $BN:NC=r:1$ координата точки деления выражается как $N=(B+rC)/(r+1)$. Применяем то же правило к $F$: $$0=F(N)=\frac{F(B)+rF(C)}{r+1}=\frac{F(B)-r}{r+1},$$ $$F(B)=r.$$ В квадрате середины диагоналей совпадают, поэтому $A+C=B+D$ в векторной записи. Для любого линейного выражения с постоянным членом отсюда $$F(A)+F(C)=F(B)+F(D).$$ Подставляем: $$1+(-1)=r+F(D),\qquad F(D)=-r.$$ Пусть $t=SL/SD$. Тогда на отрезке $SD$ $$F(L)=(1-t)F(S)+tF(D)=1-t-rt.$$ Точка $L$ находится в плоскости, поэтому $$1-t(1+r)=0,\qquad t=\frac1{1+r}.$$ Отсюда $$\frac{DL}{SD}=1-t=\frac r{1+r},$$ $$DL:LS=\frac r{1+r}:\frac1{1+r}=r:1=BN:NC.$$ б) Подставляем $BN:NC=1:3$. Теперь $r=1/3$, поэтому $SL/SD=3/4$, $DL/SD=1/4$. Обозначим через $U$ пересечение плоскости с диагональю $AC$, через $R$ — пересечение с $AD$. На $AC$ значения $F$ равны 1 и $-1$, значит, нуль находится в середине: $CU/CA=1/2$. На $AD$ значения равны 1 и $-1/3$. Для доли $t=AR/AD$: $$1-t-\frac t3=0,\qquad 1-\frac{4t}{3}=0,\qquad t=\frac34.$$ Следовательно, $$\frac{DR}{DA}=\frac14.$$ Пусть весь объём $V$. Диагональ $AC$ делит квадрат пополам, поэтому каждый из тетраэдров $SABC$, $SACD$ имеет объём $V/2$. В $SABC$ часть со стороны $C$ — тетраэдр $CMUN$. На трёх рёбрах из $C$ доли равны $$\frac{CM}{CS}=\frac12,\quad \frac{CU}{CA}=\frac12,\quad \frac{CN}{CB}=\frac34.$$ При умножении трёх рёбер из одной вершины на заданные доли площадь основания умножается на две первые доли, высота — на третью. Поэтому объёмная доля равна их произведению: $$\frac{V_{CMUN}}{V_{SABC}}=\frac12\cdot\frac12\cdot\frac34=\frac3{16}.$$ В тетраэдре $SACD$ часть со стороны $CD$ — многогранник $DCURML$. Разобьём его на $DCUM$, $DURM$, $DRLM$. Для $DCUM$ основание $DCU$ составляет половину $DCA$ (общая высота из $D$, $CU/CA=1/2$). Высота из $M$ к основанию составляет половину высоты из $S$. Поэтому $$\frac{V_{DCUM}}{V_{SACD}}=\frac12\cdot\frac12=\frac14.$$ Для $DURM$ сравниваем основание $DUR$ с $DAC$: основание на $DA$ уменьшено до $DR/DA=1/4$, а высота из $U$ к $DA$ составляет половину высоты из $C$, поскольку $U$ — середина $AC$. Снова высота из $M$ составляет половину высоты из $S$. Значит, $$\frac{V_{DURM}}{V_{SACD}}=\frac14\cdot\frac12\cdot\frac12=\frac1{16}.$$ Для $DRLM$ берём основание $DRL$ в грани $DAS$. Доли двух сторон из $D$: $$\frac{DR}{DA}=\frac14,\qquad \frac{DL}{DS}=\frac14.$$ Поэтому площадь составляет $1/16$ площади $DAS$. Расстояние от $M$, середины $SC$, до $DAS$ составляет половину расстояния от $C$. Получаем $$\frac{V_{DRLM}}{V_{SACD}}=\frac14\cdot\frac14\cdot\frac12=\frac1{32}.$$ Сумма долей во втором тетраэдре: $$\frac14+\frac1{16}+\frac1{32}=\frac8{32}+\frac2{32}+\frac1{32}=\frac{11}{32}.$$ Оба больших тетраэдра имеют одинаковый объём $V/2$, поэтому доля искомой части во всей пирамиде: $$\frac{V_{CD}}V=\frac12\cdot\frac3{16}+\frac12\cdot\frac{11}{32}=\frac3{32}+\frac{11}{64}=\frac6{64}+\frac{11}{64}=\frac{17}{64}.$$ Остальная часть занимает $1-17/64=47/64$. Следовательно, $$V_{CD}:V_{AB}=17:47.$$ Ответ: б) $17:47$.