9834. 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 E_{1}
и середину отрезка AE
. 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{3\sqrt{17}}{34}
; 8:9
.
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 стороны AE
основания ABCDEF
(рис. 1).
Пусть K
— основание перпендикуляра, опущенного из точки P
на диагональ BF
основания ABCDEF
(рис. 2). Тогда K
— ортогональная проекция точки P
на плоскость BB_{1}F_{1}F
, а так как F_{1}
— ортогональная проекция точки E_{1}
на эту плоскость, то F_{1}K
— ортогональная проекция E_{1}P
на плоскость BB_{1}F_{1}F
. Пусть R
— точка пересечения BF
и AD
, а U
— центр правильного шестиугольника ABCDEF
. Поскольку P
— середина FU
, отрезок PK
— средняя линия треугольника FRU
, поэтому K
— середина FR
.
Искомое расстояние между скрещивающимися прямыми E_{1}P
и MN
равно длине перпендикуляра OH
, опущенного из центра O
квадрата BB_{1}F_{1}F
, на прямую F_{1}K
— ортогональную проекцию прямой PQ
на плоскость BB_{1}F_{1}F
, перпендикулярную прямой MN
(рис. 3).
По теореме Пифагора
F_{1}K=\sqrt{F_{1}K^{2}+FF_{1}^{2}}=\sqrt{\left(\frac{1}{4}\right)^{2}+1}=\frac{\sqrt{17}}{4}.
Пусть отрезок, соединяющий центр O
квадрата BB_{1}F_{1}F
с серединой стороны FF_{1}
, пересекает F_{1}K
в точке X
. Тогда
OX=\frac{1}{2}-\frac{1}{8}=\frac{3}{8}.
Обозначим \angle HOX=\angle FF_{1}K=\alpha
. Тогда
\tg\alpha=\frac{1}{4},~\cos\alpha=\frac{4}{\sqrt{17}},~\sin\alpha=\frac{1}{\sqrt{17}},
поэтому
XH=OX\sin\alpha=\frac{3}{8}\cdot\frac{1}{\sqrt{17}}=\frac{3}{8\sqrt{17}},
OH=OX\cos\alpha=\frac{3}{8}\cdot\frac{4}{\sqrt{17}}=\frac{3}{2\sqrt{17}}=\frac{3\sqrt{17}}{34}.
Следовательно, радиус цилиндра равен \frac{3\sqrt{17}}{34}
.
Далее находим, что
KH=KX-XH=\frac{1}{2}F_{1}K-XH=\frac{\sqrt{17}}{8}-\frac{3}{8\sqrt{17}}=\frac{7\sqrt{17}}{68},
\frac{KH}{F_{1}K}=\frac{\frac{7\sqrt{17}}{68}}{\frac{\sqrt{17}}{4}}=\frac{7}{17},~\frac{KH}{HF_{1}}=\frac{7}{10}.
Обозначим через a
сторону основания призмы. Тогда
PK=\frac{1}{2}UR=\frac{1}{4}a,~E_{1}F_{1}=a.
Пусть прямая, проведённая через точку H
параллельно MN
, пересекает отрезок E_{1}P
в точке L
, а отрезок F_{1}P
— в точке W
(рис. 4). Опустим перпендикуляр LG
на прямую MN
. Тогда OHLG
— прямоугольник, поэтому
OG=HL=HW+WL=\frac{10}{17}PK+\frac{7}{17}E_{1}F_{1}=\frac{10}{17}\frac{a}{4}+\frac{7}{17}a=\frac{19}{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{NG}{GM}=\frac{ON-OG}{OM+OG}=\frac{\frac{3}{2}a-\frac{19}{34}a}{\frac{1}{2}a+\frac{19}{34}a}=\frac{8}{9}.
Источник: Дзык П. Г. Сборник стереометрических задач на комбинации геометрических тел. — Одесса: Mathesis, 1914. — № 168(6), с. 25