9836. 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 середины отрезков
AC
и
BC_{1}
. 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{\sqrt{5}}{5}
;
9:11
.
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) и на ребро
Пусть
K
и
T
— основания перпендикуляров, опущенных из точек соответственно
P
и
Q
на диагональ
BF
основания
ABCDEF
и на боковое ребро
BB_{1}
(рис. 2). Тогда
K
и
T
— ортогональные проекции точек
P
и
Q
на плоскость
BB_{1}F_{1}F
, поэтому
KT
— ортогональная проекция отрезка
PQ
на плоскость
BB_{1}F_{1}F
. При этом
PK=\frac{1}{4}EF
(из подобия треугольников
BKP
и
BFE
) и
QT=\frac{1}{2}B_{1}C_{1}
.
Искомое расстояние между скрещивающимися прямыми
PQ
и
MN
равно длине перпендикуляра
OH
, опущенного из центра
O
квадрата
BB_{1}F_{1}F
, на прямую
KT
— ортогональную проекцию прямой
PQ
на плоскость
BB_{1}F_{1}F
, перпендикулярную прямой
MN
(рис. 3).
По теореме Пифагора
KT=\sqrt{BK^{2}+BT^{2}}=\sqrt{\left(\frac{1}{4}\right)^{2}+\left(\frac{1}{2}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{5}}{4}.

Обозначим
\angle TOH=\angle KTB=\alpha
. Тогда
\tg\alpha=\frac{BK}{BT}=\frac{\frac{1}{4}}{\frac{1}{2}}=\frac{1}{2},~\sin\alpha=\frac{1}{\sqrt{5}},~\cos\alpha=\frac{2}{\sqrt{5}}.

Значит,
OH=OT\cos\alpha=\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{sqrt{5}}{5}.

Следовательно, радиус цилиндра равен
\frac{\sqrt{5}}{5}
.
Далее находим
TH=OT\sin\alpha=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{10},

\frac{TH}{KT}=\frac{\frac{\sqrt{5}}{10}}{\frac{\sqrt{5}}{4}}=\frac{2}{5},~\frac{KH}{KT}=\frac{3}{5}.

Обозначим через
a
сторону основания призмы. Тогда
PK=\frac{1}{2}E_{1}F_{1}=\frac{1}{4}a,~QT=\frac{1}{2}B_{1}C_{1}=\frac{1}{2}a.

Пусть прямая, проведённая через точку
H
параллельно
MN
, пересекает отрезок
PQ
в точке
L
, а отрезок
PT
— в точке
W
(рис. 4). Опустим перпендикуляр
LG
на прямую
MN
. Тогда
OHLG
— прямоугольник, поэтому
OG=HL=\frac{3}{5}PK+\frac{2}{5}QT=\frac{3}{5}\cdot\frac{1}{4}a+\frac{2}{5}\cdot\frac{1}{2}a=\frac{2}{5}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{2}{5}a}{\frac{3}{2}a-\frac{2}{5}a}=\frac{9}{11}.