Пусть в основании призмы лежит многоугольник А₁, А₂,...A_n, O - центр описанной около него окружности. Пусть далее некоторая плоскость пересекает ребра призмы соответственно в точках В₁, В₂,..., В_n, М - такая точка плоскости, что прямая МО перпендикулярна плоскости основания призмы. Тогда справедливы следующие равенства:

$$ \sum_{k=1}^n|A_kB_k| = n|MO|,\;\;\;(1) \\ V = S|MO|,\;\;\;(2) $$

где V - объем части призмы, заключенной между основанием и проведенной плоскостью.

Докажем равенство (1). При n четном оно очевидно. Пусть n - нечетно. Рассмотрим треугольник А_kА_k+1А_l, где А_l - вершина, наиболее удаленная от А_k и А_k+1. Пусть С_k и С’_k - середины А_kА_k+1 и B_kB_k+1 соответственно.

Тогда

$$ \frac{|C_kO|}{|OA_l|} = cos\frac{\pi}{n} = \lambda $$

Теперь нетрудно доказать, что

$$ |MO| = \frac{|C_kC’_k|+|A_lB_l|\lambda}{1+\lambda} =\\= \frac{\frac{1}{2}(|A_kB_k|+|A_{k+1}B_{k+1}|)+|A_lB_l|\lambda}{1+\lambda} $$

Сложив эти равенства для всех k (при k = n вместо n + 1 следует взять 1), получим утверждение (1).

Для доказательства равенства (2) рассмотрим многогранппк А_kА_k+1ОВ_kВ_k+1М. Если теперь V_k - объем этого многогранника, то по формуле Симпсона

$$ V_k = \frac{b_n}{6}(\frac{|A_kB_k|+|A_{k+1}B_{k+1}|}{2}a_n +\\+ 4\frac{|A_kB_k|+|A_{k+1}B_{k+1}|+2|MO|}{4}\cdot\frac{a_n}{2}) = \\= a_nb_n(|A_kB_k|+|A_{k+1}B_{k+1}|+|MO|)=\\= \frac{S}{3n}(|A_kB_k|+|A_{k+1}B_{k+1}|+|MO|) $$

где a_n, b_n - соответственно сторона и апофема многоугольника A₁A₂...А_n. Сложив эти равенства для всех К, учитывая (1), получим равенство (2).

Теперь можно сказать, что ответом на вопрос пашей задачи будет величина \(\frac{nV}{S}\)