9831. 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 B
и середину отрезка EE_{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}}{10}
; 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 ребра EE_{1}
, K
— ортогональные проекция точки P
на плоскость BB_{1}F_{1}F
, т. е. середина стороны FF_{1}
квадрата BB_{1}F_{1}F
со стороной 1 (рис. 1).
Искомое расстояние между скрещивающимися прямыми BP
и MN
равно длине перпендикуляра OH
, опущенного из центра O
квадрата BB_{1}F_{1}F
, на прямую BK
— ортогональную проекцию прямой BP
на плоскость BB_{1}F_{1}F
, перпендикулярную прямой MN
(рис. 2).
По теореме Пифагора
BK=\sqrt{BF^{2}+KF^{2}}=\sqrt{1+\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{5}}{2}.
Обозначим \angle OKH=\angle FBK=\alpha
. Тогда
\tg\alpha=\frac{1}{2},~\sin\alpha=\frac{1}{\sqrt{5}},~\cos\alpha=\frac{2}{\sqrt{5}},
поэтому
KH=OK\cos\alpha=\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5},~OH=OK\sin\alpha=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{10}.
Следовательно, радиус цилиндра равен \frac{\sqrt{5}}{10}
.
Далее находим, что
BH=BK-KH=\frac{\sqrt{5}}{2}-\frac{\sqrt{5}}{5}=\frac{3\sqrt{5}}{10},
поэтому
\frac{BH}{BK}=\frac{\frac{3\sqrt{5}}{10}}{\frac{\sqrt{5}}{2}}=\frac{3}{5}.
Обозначим через a
сторону основания призмы. Тогда PK=a
, OM=\frac{1}{2}a
и ON=\frac{3}{2}a
. Пусть прямая, проведённая через точку H
параллельно MN
, пересекает отрезок BP
в точке L
(рис. 3). Из подобия треугольников BHL
и BKP
получаем
LH=PK\cdot\frac{BH}{BK}=a\cdot\frac{3}{5}=\frac{3}{5}a.
Пусть LG
— перпендикуляр, опущенный из точки L
на прямую MN
. Тогда OHLG
— прямоугольник, поэтому OG=LH=\frac{3}{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{NG}{GM}=\frac{ON-OG}{OM+OG}=\frac{\frac{3}{2}a-\frac{3}{5}a}{\frac{1}{2}a+\frac{3}{5}a}=\frac{9}{11}.
Источник: Дзык П. Г. Сборник стереометрических задач на комбинации геометрических тел. — Одесса: Mathesis, 1914. — № 165(3), с. 24