9828. 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 A_{1}E_{1}
и FC
. 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{17}}{34}
; 15:19
.
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 A_{1}E_{1}
основания A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}E_{1}F_{1}
, Q
— середина диагонали FC
(рис. 1).
Пусть K
— основания перпендикуляра, опущенного из точки P
на диагональ B_{1}F_{1}
основания B_{1}C_{1}D_{1}E_{1}F_{1}
(рис. 2), а T
— основание перпендикуляра, опущенного из точки Q
на отрезок BF
. Тогда K
и T
— ортогональные проекции на плоскость BB_{1}F_{1}
точек P
и Q
, а KT
— ортогональная проекция отрезка PQ
на эту плоскость. При этом, T
— середина BF
, поэтому QT=\frac{1}{2}AQ
, а если R
— точка пересечения A_{1}D_{1}
и B_{1}F_{1}
, то K
— середина B_{1}F_{1}
, поэтому PK=\frac{1}{2}B_{1}C_{1}
как средняя линия треугольника B_{1}C_{1}F_{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 из прямоугольного треугольника KRT
находим, что
KT=\sqrt{KR^{2}+TR^{2}}=\sqrt{\left(\frac{1}{4}\right)^{2}+1}=\frac{\sqrt{17}}{4}.
Обозначим \angle TOH=\angle TKR=\alpha
. Тогда
\tg\alpha=\frac{TK}{KR}=4,~\cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{17}},~\sin\alpha=\frac{4}{\sqrt{17}}.
Значит,
OH=OT\cos\alpha=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{17}}{34}.
Следовательно, радиус цилиндра равен \frac{\sqrt{17}}{34}
.
Далее находим, что
TH=OT\sin\alpha=\frac{1}{2}\cdot\frac{4}{\sqrt{17}}=\frac{2}{\sqrt{17}}=\frac{2\sqrt{17}}{17},
KH=KT-TH=\frac{\sqrt{17}}{4}-\frac{2\sqrt{17}}{17}=\frac{9\sqrt{17}}{4\cdot17},
\frac{TH}{KH}=\frac{\frac{2\sqrt{17}}{17}}{\frac{9\sqrt{17}}{4\cdot17}}=\frac{8}{9}.
Обозначим через a
сторону основания призмы. Тогда
PK=\frac{1}{2}B_{1}C_{1}=\frac{1}{4}a,~QT=QT=\frac{1}{2}AQ=\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=HW+WL=\frac{8}{17}PK+\frac{9}{17}QT=\frac{8}{17}\cdot\frac{1}{4}a+\frac{9}{17}\cdot\frac{1}{2}a=\frac{13}{34}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}{NO-OG}=\frac{\frac{1}{2}a+\frac{13}{34}a}{\frac{3}{2}a-\frac{13}{34}a}=\frac{15}{19}.
Источник: Дзык П. Г. Сборник стереометрических задач на комбинации геометрических тел. — Одесса: Mathesis, 1914. — № 169(8), с. 25