9832. 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 CC_{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{13}}{13}
; 11:15
.
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
основания ABCDEF
, Q
— середина ребра CC_{1}
, K
— ортогональные проекция точки P
на плоскость BB_{1}F_{1}F
, т. е. такая точка на отрезке BF
, для которой \frac{FK}{FB}=\frac{FP}{FC}=\frac{1}{4}
, а T
— ортогональная проекция точки Q
на эту плоскость, т. е. середина стороны BB_{1}
квадрата BB_{1}F_{1}F
со стороной 1 (рис. 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
.
По теореме Пифагора
KT=\sqrt{BT^{2}+BK^{2}}=\sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+\left(\frac{3}{4}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{13}}{4}.
Обозначим \angle OTH=\angle BKT=\alpha
. Тогда
\tg\alpha=\frac{2}{3},~\cos\alpha=\frac{3}{\sqrt{13}},~\sin\alpha=\frac{2}{\sqrt{13}},
поэтому
TH=OT\cos\alpha=\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{\sqrt{13}}=\frac{3\sqrt{13}}{26},
OH=OT\sin\alpha=\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{\sqrt{13}}=\frac{1}{\sqrt{13}}=\frac{\sqrt{13}}{13}.
Следовательно, радиус цилиндра равен \frac{\sqrt{13}}{13}
.
Далее находим, что
\frac{TH}{KT}=\frac{\frac{3\sqrt{13}}{26}}{\frac{\sqrt{13}}{4}}=\frac{6}{13}.
Обозначим через a
сторону основания призмы. Тогда
PK=\frac{1}{4}BC=\frac{1}{4}a,~QT=a,~OM=\frac{1}{2}a,~ON=\frac{3}{2}a.
Пусть прямая, проведённая через точку H
параллельно MN
, пересекает отрезок PQ
в точке L
, а отрезок PT
— в точке W
(рис. 2). Опустим перпендикуляр LG
на прямую MN
. Тогда OHLG
— прямоугольник, поэтому
OG=HL=HW+WL=\frac{11}{13}PK+\frac{2}{13}QT=\frac{6}{13}\cdot\frac{1}{4}a+\frac{7}{13}\cdot a=\frac{17}{26}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{17}{26}a}{\frac{1}{2}a+\frac{17}{26}a}=\frac{11}{15}.