14209. На боковых рёбрах TA
, TB
и TC
правильной треугольной пирамиды TABC
соответственно выбраны точки A_{1}
, B_{1}
и C_{1}
, причём \frac{TA}{TA_{1}}=\frac{TB}{TB_{1}}=\frac{TC}{TC_{1}}=3
. Точка O
— центр сферы, описанной около пирамиды TABC_{1}
. Докажите, что прямая TO
перпендикулярна плоскости A_{1}B_{1}C
. Найдите радиус этой сферы и объём пирамиды TA_{1}B_{1}C
, если сторона основания AB=1
боковое ребро TA=\frac{5}{4}
.
Ответ. V_{TA_{1}B_{1}C}=\frac{\sqrt{59}}{432}
, R=\frac{25}{4\sqrt{59}}
.
Решение. 1. Рассмотрим сечение пирамиды и сферы плоскостью TBC
(рис. 1). Получим равнобедренный треугольник TBC
и окружность с центром O_{1}
, проходящую через точки B
, T
, C_{1}
. В этой плоскости лежит точка B_{1}
, B_{1}C_{1}\parallel BC
. (Можно легко доказать, что угол TC_{1}B
тупой, поэтому точки O_{1}
и C_{1}
лежат по разные стороны от прямой TB
.)
Пусть прямая CB_{1}
пересекает диаметр TP
этой окружности в точке F
. Докажем, что CF\perp TP
. Действительно, из равенства треугольников TB_{1}C
и TC_{1}B
следует равенство углов TB_{1}C
и TC_{1}B
. Обозначим \angle B_{1}TF=\angle BTP=\alpha
. Из прямоугольного треугольника BTP
получаем, что \angle BPT=90^{\circ}-\alpha
. Четырёхугольник BPTC_{1}
вписанный, поэтому
\angle TB_{1}C=\angle TC_{1}B=180^{\circ}-\angle BPT=180^{\circ}-(90^{\circ}-\alpha)=90^{\circ}+\alpha,~
Следовательно, по теореме о внешнем угле треугольника
\angle CFT=\angle B_{1}FT=\angle TB_{1}C-\angle B_{1}TF=(90^{\circ}+\alpha)-\alpha=90^{\circ},
что и требовалось доказать.
Таким образом, ортогональная проекция TO_{1}
наклонной TO
на плоскость TBC
перпендикулярна прямой CB_{1}
, лежащей в этой плоскости. По теореме о трёх перпендикулярах TO\perp CB_{1}
. Аналогично, TO\perp CA_{1}
. Значит, прямая TO
перпендикулярна пересекающимся прямым CB_{1}
и CA_{1}
, лежащим в плоскости A_{1}B_{1}C
. Следовательно, прямая TO
перпендикулярна плоскости A_{1}B_{1}C
.
2. Пусть D
— середина ребра AB
, D_{1}
— точка пересечения TD
и A_{1}B_{1}
(D_{1}
— середина TD
апофемы TD
), TH
— высота пирамиды TABC
. Рассмотрим треугольник CDT
(рис. 2), в котором
DC=\frac{\sqrt{3}}{2},~CH=\frac{2}{3}CD=\frac{\sqrt{3}}{3},~TC=\frac{5}{4},~
TH=\sqrt{TC^{2}-CH^{2}}=\sqrt{\frac{25}{16}-\frac{1}{3}}=\frac{\sqrt{59}}{4\sqrt{3}}.
Пусть DS
— также высота треугольника CDT
. Тогда (см. задачу 1967)
DS=\frac{CD\cdot TH}{TC}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\sqrt{59}}{4\sqrt{3}}}{\frac{5}{4}}=\frac{\sqrt{59}}{10}.
Пусть D_{1}K
— высота треугольника TC_{1}D_{1}
. Тогда
D_{1}K=\frac{1}{3}DS=\frac{\sqrt{59}}{30},~C_{1}D_{1}=\frac{1}{3}CD=\frac{\sqrt{3}}{6},
а так как
\cos\angle KC_{1}D_{1}=\cos\angle HCT=\frac{CH}{TC}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}}{\frac{5}{4}}=\frac{4\sqrt{3}}{15},
то
KC_{1}=C_{1}D_{1}\cos\angle KC_{1}D_{1}=\frac{\sqrt{3}}{6}\cdot\frac{4\sqrt{3}}{15}=\frac{2}{15},
KC=CC_{1}+KC_{1}=\frac{2}{3}TC+KC_{1}=\frac{2}{3}\cdot\frac{5}{4}+\frac{2}{15}=\frac{29}{30}.
Обозначим \angle D_{1}CT=\beta
. Тогда
\ctg\beta=\frac{KC}{D_{1}K}=\frac{\frac{29}{30}}{\frac{\sqrt{59}}{30}}=\frac{29}{\sqrt{59}},~\sin\beta=\frac{1}{\sqrt{1+\ctg^{2}\beta}}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{841}{59}}}=\frac{\sqrt{59}}{30},
\cos\beta=\ctg\beta\sin\beta=\frac{29}{\sqrt{59}}\cdot\frac{\sqrt{59}}{30}=\frac{29}{30}.
Пусть TL
— высота треугольника TCD_{1}
. Тогда TL
— высота пирамиды TA_{1}B_{1}C
. Из прямоугольного треугольника TLC
находим, что
TL=TC\sin\beta=\frac{5}{4}\cdot\frac{\sqrt{59}}{30}=\frac{\sqrt{59}}{24},
а так как
CD_{1}=\frac{KC}{\cos\beta}=\frac{\frac{29}{30}}{\frac{29}{30}}=1.
Следовательно,
V_{TA_{1}B_{1}C}=\frac{1}{3}S_{\triangle A_{1}B_{1}C}\cdot TL=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}A_{1}B_{1}\cdot CD_{1}\cdot TL=\frac{1}{6}\cdot\frac{1}{3}\cdot1\cdot\frac{\sqrt{59}}{24}=\frac{\sqrt{59}}{432}.
3. Обозначим через R
искомый радиус сферы, описанной около пирамиды TABC_{1}
. Центр O
этой сферы равноудалён от точек A
и B
, значит, он лежит в плоскости, проходящей через середину D
отрезка AB
перпендикулярно этому отрезку, т. е. в плоскости CDT
.
Пусть OG
— высота равнобедренного треугольника OTC_{1}
(рис. 3). Поскольку OT\perp CL
и OG\perp CT
, то \angle TOG=\angle TCL=\beta
. Следовательно,
R=TO=\frac{TG}{\sin\angle TOG}=\frac{\frac{1}{2}TC_{1}}{\sin\angle TCL}=\frac{\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3}TC}{\sin\beta}=\frac{\frac{1}{6}\cdot\frac{5}{4}}{\frac{\sqrt{59}}{30}}=\frac{25}{4\sqrt{59}}.