9835. Дана правильная шестиугольная призма ABCDEFA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}E_{1}F_{1}
с основаниями ABCDEF
и A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}E_{1}F_{1}
. Середины боковых рёбер AA_{1}
и DD_{1}
являются центрами окружностей оснований цилиндра, боковая поверхность которого касается прямой, проходящей через точку F_{1}
и середину отрезка AC
. Боковое ребро призмы и меньшая диагональ основания равны 1. Найдите радиус цилиндра и отношение, в котором точка касания делит проходящую через неё образующую.
Ответ. r=\frac{1}{10}
; 8:17
.
Решение. Если прямая l
касается боковой поверхности цилиндра, то радиус r
цилиндра равен расстоянию от оси до прямой l
. Расстояние между скрещивающимися прямыми равно расстоянию от точки пересечения одной из прямых с перпендикулярной ей плоскостью до ортогональной проекции второй прямой на эту плоскость (см. задачу 8406).
Пусть M
и N
— середины боковых рёбер соответственно AA_{1}
и DD_{1}
данной призмы, P
— середина диагонали AC
основания ABCDEF
(рис. 1).
Пусть K
— основание перпендикуляра, опущенного из точки P
на диагональ BF
основания ABCDEF
(рис. 2). Тогда K
— ортогональная проекция точки P
на плоскость BB_{1}F_{1}F
, поэтому F_{1}K
— ортогональная проекция PF_{1}
на плоскость BB_{1}F_{1}F
. Пусть R
— точка пересечения BF
и AD
, а U
— центр правильного шестиугольника ABCDEF
. Поскольку P
— середина BU
, отрезок PK
— средняя линия треугольника BRU
, поэтому K
— середина BR
.
Искомое расстояние между скрещивающимися прямыми F_{1}P
и MN
равно длине перпендикуляра OH
, опущенного из центра O
квадрата BB_{1}F_{1}F
, на прямую F_{1}K
— ортогональную проекцию прямой F_{1}P
на плоскость BB_{1}F_{1}F
, перпендикулярную прямой MN
(рис. 3).
По теореме Пифагора
F_{1}K=\sqrt{F_{1}K^{2}+FF_{1}^{2}}=\sqrt{\left(\frac{3}{4}\right)^{2}+1}=\frac{5}{4}.
Пусть отрезок, соединяющий центр O
квадрата BB_{1}F_{1}F
с серединой стороны FF_{1}
, пересекает F_{1}K
в точке X
. Тогда
OX=\frac{1}{2}-\frac{3}{8}=\frac{1}{8}.
Обозначим \angle HOX=\angle FF_{1}K=\alpha
. Тогда
\tg\alpha=\frac{3}{4},~\cos\alpha=\frac{4}{5},~\sin\alpha=\frac{3}{5},
поэтому
XH=OX\sin\alpha=\frac{1}{8}\cdot\frac{3}{5}=\frac{3}{40},
OH=OX\cos\alpha=\frac{1}{8}\cdot\frac{4}{5}=\frac{1}{10}.
Следовательно, радиус цилиндра равен \frac{1}{10}
.
Далее находим, что
F_{1}H=F_{1}X+XH=\frac{1}{2}F_{1}K+XH=\frac{5}{8}+\frac{3}{40}=\frac{28}{40}=\frac{7}{10},
\frac{F_{1}H}{F_{1}K}=\frac{\frac{7}{10}}{\frac{5}{4}}=\frac{14}{25}.
Обозначим через a
сторону основания призмы. Тогда
PK=\frac{1}{2}UR=\frac{1}{4}a.
Пусть прямая, проведённая через точку H
параллельно MN
, пересекает отрезок F_{1}P
в точке L
(рис. 4). Опустим перпендикуляр LG
на прямую MN
. Тогда OHLG
— прямоугольник, поэтому
OG=HL=\frac{14}{25}PK=\frac{14}{25}\cdot\frac{a}{4}=\frac{7}{50}a.
Заметим, что точка G
делит отрезок MN
в том же отношении, что точка касания L
делит образующую цилиндра, проходящую через точку L
. Следовательно, искомое отношение равно
\frac{MG}{GN}=\frac{MO+OG}{ON-OG}=\frac{\frac{1}{2}a+\frac{7}{50}a}{\frac{3}{2}a-\frac{7}{50}a}=\frac{8}{17}.