9833. 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_{1}
и FE
. 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}}{26}
; 21:31
.
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 стороны AE
основания ABCDEF
, Q
— середина диагонали AC_{1}
призмы, T
— ортогональные проекция точки Q
на плоскость BB_{1}F_{1}F
(рис. 1).
Пусть K
— точка пересечения диагоналей AD
и BF
основания ABCDEF
. Тогда AK\perp BF
. Поскольку отрезок B_{1}K
— ортогональная проекция AC_{1}
на плоскость BB_{1}F_{1}F
, а Q
— середина AC_{1}
, то ортогональная проекция T
на эту плоскость — середина отрезка B_{1}K
(см. задачу 1939).
Пусть прямая, проходящая через точку T
параллельно BB_{1}
пересекает отрезки BF
и B_{1}F_{1}
в точках R
и R_{1}
соответственно. Из равенства треугольников TRK
и TR_{1}B_{1}
следует, что T
— середина RR_{1}
. (рис. 2).
Искомое расстояние между скрещивающимися прямыми PQ
и MN
равно длине перпендикуляра OH
, опущенного из центра O
квадрата BB_{1}F_{1}F
, на прямую FT
— ортогональную проекцию прямой PQ
на плоскость BB_{1}F_{1}F
, перпендикулярную прямой MN
.
Опустим перпендикуляр TS
на сторону BF
. Тогда TS=\frac{1}{2}
и FS=\frac{3}{4}
. По теореме Пифагора
FT=\sqrt{TS^{2}+FS^{2}}=\sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+\left(\frac{3}{4}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{13}}{4}.
Обозначим \angle OTH=\angle TFS=\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}{4}\cdot\frac{3}{\sqrt{13}}=\frac{3\sqrt{13}}{52},
OH=OT\sin\alpha=\frac{1}{4}\cdot\frac{2}{\sqrt{13}}=\frac{\sqrt{13}}{26}.
Следовательно, радиус цилиндра равен \frac{\sqrt{13}}{26}
.
Далее находим, что
FH=FT-TH=\frac{\sqrt{13}}{4}-\frac{3\sqrt{13}}{52}=\frac{5\sqrt{13}}{26},
\frac{FH}{TH}=\frac{\frac{5\sqrt{13}}{26}}{\frac{3\sqrt{13}}{52}}=\frac{10}{3}.
Обозначим через a
сторону основания призмы. Тогда
PF=\frac{1}{2}EF=\frac{1}{2}a,~QT=\frac{1}{4}a,~ON=\frac{3}{2}a,~OM=\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. 2). Опустим перпендикуляр LG
на прямую MN
. Тогда OHLG
— прямоугольник, поэтому
OG=HL=HW+WL=\frac{3}{13}PF+\frac{10}{13}QT=\frac{3}{13}\cdot\frac{1}{2}a+\frac{10}{13}\cdot\frac{1}{4}a=\frac{4}{13}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{OM+OG}{ON-OG}=\frac{\frac{1}{2}a+\frac{4}{13}a}{\frac{3}{2}a-\frac{4}{13}a}=\frac{21}{31}.