7521. Через ребро BC
треугольной пирамиды PABC
и точку M
, середину ребра PA
, проведено сечение BCM
. Вершина конуса совпадает с вершиной P
пирамиды, а окружность основания вписана в треугольник BCM
, касаясь стороны BC
в её середине. Точки касания окружности с отрезками BM
и CM
являются точками пересечения медиан граней APB
и APC
. Высота конуса в два раза больше радиуса основания. Найдите отношение площади боковой поверхности пирамиды к площади основания пирамиды.
Ответ. 2.
Указание. Выразите указанные площади через радиус основания конуса.
Решение. Пусть E
и D
— точки пересечения медиан треугольников APB
и APC
, K
— середина BC
, O
— центр окружности, вписанной в треугольник BMC
, r
— радиус основания конуса, 2r
— его высота. Тогда
PD=PE=PK=\sqrt{r^{2}+4r^{2}}=r\sqrt{5}.
Обозначим ME=MD=x
. Тогда BK=BE=2x
, CK=DC=2x
, поэтому треугольник BMC
— равнобедренный. Тогда
MK=\sqrt{9x^{2}-4x^{2}}=x\sqrt{5}.
Если p
— полупериметр треугольника, а S
— его площадь, то
S=pr=5xr,~S=\frac{1}{2}BC\cdot MK=2x^{2}\sqrt{5},
откуда находим, что x=\frac{r\sqrt{5}}{2}
.
Пусть PF
— медиана треугольника APB
. Поскольку OE\perp BM
, то по теореме о трёх перпендикулярах PF\perp BM
, поэтому
S_{\triangle APB}=2S_{\triangle BMP}=2\cdot\frac{1}{2}MB\cdot PE=3x\cdot r\sqrt{5}=3r\cdot\frac{\sqrt{5}}{2}\cdot r\sqrt{5}=\frac{15r^{2}}{2}.
Аналогично, S_{\triangle APC}=\frac{15r^{2}}{2}
. Кроме того
S_{\triangle BPC}=\frac{1}{2}BC\cdot PK=2x\cdot r\sqrt{5}=r\sqrt{5}\cdot r\sqrt{5}=5r^{2}.
Поэтому боковая поверхность пирамиды PABC
равна 20r^{2}
.
Из прямоугольного треугольника BEF
находим, что
BF=\sqrt{BE^{2}+FE^{2}}=\sqrt{BE^{2}+\left(\frac{1}{2}PE\right)^{2}}=
=\sqrt{4x^{2}+\left(\frac{r\sqrt{5}}{2}\right)^{2}}=\sqrt{5r^{2}+\frac{5r^{2}}{4}}=\frac{5}{2}r.
AB=2BF=5r
. Аналогично, AC=5r
. Тогда
AK=\sqrt{AB^{2}-BK^{2}}=\sqrt{25r^{2}-5r^{2}}=2r\sqrt{5},
S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}BC\cdot AK=2x\cdot2r\sqrt{5}=r\sqrt{5}\cdot2r\sqrt{5}=10r^{2}.
Следовательно, искомое отношение равно 2.