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}}.

Источник: Олимпиада «Шаг в будущее». — 2020-2021, второй (очный) этап, задача 5, вариант 1, 11 класс