9836. 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
и BC_{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}}{5}
; 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 диагонали AC
основания ABCDEF
(рис. 1) и на ребро
Пусть K
и T
— основания перпендикуляров, опущенных из точек соответственно P
и Q
на диагональ BF
основания ABCDEF
и на боковое ребро BB_{1}
(рис. 2). Тогда K
и T
— ортогональные проекции точек P
и Q
на плоскость BB_{1}F_{1}F
, поэтому KT
— ортогональная проекция отрезка PQ
на плоскость BB_{1}F_{1}F
. При этом PK=\frac{1}{4}EF
(из подобия треугольников BKP
и BFE
) и QT=\frac{1}{2}B_{1}C_{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
(рис. 3).
По теореме Пифагора
KT=\sqrt{BK^{2}+BT^{2}}=\sqrt{\left(\frac{1}{4}\right)^{2}+\left(\frac{1}{2}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{5}}{4}.
Обозначим \angle TOH=\angle KTB=\alpha
. Тогда
\tg\alpha=\frac{BK}{BT}=\frac{\frac{1}{4}}{\frac{1}{2}}=\frac{1}{2},~\sin\alpha=\frac{1}{\sqrt{5}},~\cos\alpha=\frac{2}{\sqrt{5}}.
Значит,
OH=OT\cos\alpha=\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}.
Следовательно, радиус цилиндра равен \frac{\sqrt{5}}{5}
.
Далее находим
TH=OT\sin\alpha=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{10},
\frac{TH}{KT}=\frac{\frac{\sqrt{5}}{10}}{\frac{\sqrt{5}}{4}}=\frac{2}{5},~\frac{KH}{KT}=\frac{3}{5}.
Обозначим через a
сторону основания призмы. Тогда
PK=\frac{1}{2}E_{1}F_{1}=\frac{1}{4}a,~QT=\frac{1}{2}B_{1}C_{1}=\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. 4). Опустим перпендикуляр LG
на прямую MN
. Тогда OHLG
— прямоугольник, поэтому
OG=HL=\frac{3}{5}PK+\frac{2}{5}QT=\frac{3}{5}\cdot\frac{1}{4}a+\frac{2}{5}\cdot\frac{1}{2}a=\frac{2}{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{MG}{GN}=\frac{MO+OG}{ON-OG}=\frac{\frac{1}{2}a+\frac{2}{5}a}{\frac{3}{2}a-\frac{2}{5}a}=\frac{9}{11}.
Источник: Дзык П. Г. Сборник стереометрических задач на комбинации геометрических тел. — Одесса: Mathesis, 1914. — № 171(5), с. 25