9830. 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 AE
и DB_{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{2}}{8}
; 7:9
.
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 AE
правильного шестиугольника ABCDEF
, Q
— середина диагонали DC_{1}
грани CDD_{1}C_{1}
, K
и T
— ортогональные проекции точек соответственно P
и Q
на плоскость BB_{1}F_{1}F
, перпендикулярную MN
(рис. 1).
Искомое расстояние между скрещивающимися прямыми PQ
и MN
равно длине перпендикуляра OH
, опущенного из центра O
квадрата BB_{1}F_{1}F
со стороной 1, на прямую KT
— ортогональную проекцию прямой PQ
на плоскость BB_{1}F_{1}F
.
Пусть R
и S
— середины BF
и BB_{1}
соответственно (рис. 2). Тогда K
и T
— середины отрезков соответственно FR
и OS
, поэтому OT=KR=\frac{1}{4}
, а так как OB
— половина диагонали BF_{1}
квадрата BB_{1}F_{1}F
, то OH
— восьмая часть этой диагонали. Значит, OH=\frac{\sqrt{2}}{8}
. Следовательно, радиус цилиндра равен \frac{\sqrt{2}}{8}
.
Из подобия треугольников OHT
и BHK
находим, что
\frac{TH}{HK}=\frac{OT}{BK}=\frac{\frac{1}{4}}{\frac{3}{4}}=\frac{1}{3}.
Пусть сторона основания призмы равна a
. Тогда PK=\frac{1}{4}a
как средняя линия треугольника URF
(где U
— центр правильного шестиугольника ABCDEF
), а
QT=\frac{1}{2}DR=\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{2}a=\frac{3}{4}a
как средняя линия треугольника DB_{1}R
.
Пусть прямая, проведённая через точку H
параллельно MN
, пересекает отрезок PQ
в точке L
, а отрезок KQ
— в точке W
(рис. 3). Тогда
HL=HW+LW=\frac{3}{4}TQ+\frac{3}{4}PK=\frac{1}{4}\cdot\frac{3}{4}a+\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{4}a=\frac{5}{8}a.
Пусть LG
— перпендикуляр, опущенный из точки L
на прямую MN
. Тогда OHLG
— прямоугольник, поэтому OG=HL=\frac{3}{8}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{GN}{GM}=\frac{ON-OG}{OM+OG}=\frac{\frac{3}{2}a-\frac{5}{8}a}{\frac{1}{2}a+\frac{5}{8}a}=\frac{7}{9}.
Источник: Дзык П. Г. Сборник стереометрических задач на комбинации геометрических тел. — Одесса: Mathesis, 1914. — № 164(7), с. 24