14461. В правильную усечённую треугольную пирамиду вписаны два шар; один касается всех её рёбер, другой — всех рёбер. Найдите синус угла между боковым ребром и плоскостью основания.
Ответ. \frac{1}{3}
.
Решение. Пусть ABCA_{1}B_{1}C_{1}
— данная правильная усечённая пирамида с основаниями ABC
и A_{1}B_{1}C_{1}
и боковыми рёбрами AA_{1}
, BB_{1}
и CC_{1}
, Точки M
и M_{1}
— середины сторон AB
и A_{1}B_{1}
оснований ABC
и A_{1}B_{1}C_{1}
соответственно, точки O
и O_{1}
— центры этих оснований. Обозначим AB=a
и A_{1}B_{1}=b
, I
— центр шара, вписанного в пирамиду, Q
— центр шара, касающегося всех рёбер пирамиды.
Сечение первого шара плоскостью CC_{1}M
— трапеция CC_{1}M_{1}C
и круг с центром I
, касающийся оснований CM
и C_{1}M_{1}
этой трапеции в центрах O
и O_{1}
равносторонних треугольников ABC
и A_{1}B_{1}C_{1}
соответственно, а боковой стороны MM_{1}
— в некоторой точке P
. Тогда
MP=MO=\frac{a}{2\sqrt{3}},~M_{1}P=M_{1}O_{1}=\frac{b}{2\sqrt{3}},~MM_{1}=MP+M_{1}P_{1}=\frac{a+b}{2\sqrt{3}}.
С другой стороны, пересечение второго шара с плоскостью грани AA_{1}B_{1}B
— круг с центром в точке T
, лежащей на отрезке MM_{1}
, касающийся рёбер AB
и A_{1}B_{1}
в их серединах M
и M_{1}
, а ребра AA_{1}
— в некоторой точке F
. Значит,
AF=AM=\frac{a}{2},~A_{1}F=A_{1}M_{1}=\frac{b}{2},~AA_{1}=AF+A_{1}F=\frac{a+b}{2},
а так как IP
— высота прямоугольного треугольника MIM_{1}
, проведённая из вершины прямого угла (см. задачу 313), то
IP=\sqrt{MP\cdot M_{1}P}=\sqrt{\frac{a}{2\sqrt{3}}\cdot\frac{b}{2\sqrt{3}}}=\sqrt{\frac{ab}{12}},~OO_{1}=2IP=\sqrt{\frac{ab}{3}}.
Кроме того, (см. задачу 314)
TF=\sqrt{AF\cdot A_{1}F}=\frac{\sqrt{ab}}{2},~MM_{1}=2TF=\sqrt{ab}.
Значит, \frac{a+b}{2\sqrt{3}}=\sqrt{ab}
, откуда \frac{a+b}{2}=\sqrt{3ab}
.
Пусть A_{1}H
— перпендикуляр к OA
. Тогда A_{1}H
— перпендикуляр к плоскости ABC
, а угол прямой A_{1}A
с плоскостью ABC
— это угол HAA_{1}
. Следовательно,
\sin\angle HAA_{1}=\frac{OO_{1}}{AA_{1}}=\frac{\sqrt{\frac{ab}{3}}}{\frac{a+b}{2}}=\frac{\sqrt{\frac{ab}{3}}}{\sqrt{3ab}}=\frac{1}{3}.