9837. 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 AF_{1}
и F_{1}C_{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}
; 1:4
.
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 F_{1}C_{1}
основания A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}E_{1}F_{1}
, Q
— середина диагонали AF_{1}
боковой грани AA_{1}F_{1}F
(рис. 1).
Пусть K
— основание перпендикуляра, опущенного из точки P
на диагональ B_{1}F_{1}
основания A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}E_{1}F_{1}
(рис. 2), а T
— основание перпендикуляра, опущенного из точки Q
на отрезок F_{1}R
, где R
— середина BF
. Тогда K
и T
— ортогональная проекция точек P
и Q
на плоскость BB_{1}F_{1}F
, поэтому KE
— ортогональная проекция отрезка PQ
на плоскость BB_{1}F_{1}F
. При этом PK=\frac{1}{2}AP
, а так как QT
— средняя линия треугольника AF_{1}R
, то QT=\frac{1}{2}AR=\frac{1}{4}A_{1}P
.
Искомое расстояние между скрещивающимися прямыми PQ
и MN
равно длине перпендикуляра OH
, опущенного из центра O
квадрата BB_{1}F_{1}F
, на прямую F_{1}R
— ортогональную проекцию прямой PQ
на плоскость BB_{1}F_{1}F
, перпендикулярную прямой MN
(рис. 3). Отрезок OH
— высота прямоугольного треугольника ROT
, проведённая из вершины прямого угла, поэтому (см. задачу 1967)
OH=\frac{OT\cdot OR}{TR}=\frac{\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{2}}{\sqrt{\frac{1}{16}+\sqrt{1}{4}}}=\frac{1}{2\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{10}.
Следовательно, радиус цилиндра равен \frac{\sqrt{5}}{10}
.
Далее находим, что
\frac{TH}{HR}=\frac{OT^{2}}{OR^{2}}=\frac{\frac{1}{16}}{\frac{1}{4}}=\frac{1}{4}
(см. задачу 1964).
Обозначим через a
сторону основания призмы. Тогда
PK=\frac{1}{2}AP=\frac{1}{2}a,~QT=\frac{1}{4}A_{1}P=\frac{1}{4}a.
Пусть прямая, проведённая через точку H
параллельно MN
, пересекает отрезок PQ
в точке L
, а отрезок KQ
— в точке W
(рис. 4). Опустим перпендикуляр LG
на прямую MN
. Тогда OHLG
— прямоугольник, поэтому
OG=HL=HW-WL=\frac{4}{5}QT-\frac{1}{5}PK=\frac{4}{5}\cdot\frac{1}{4}a-\frac{1}{5}\cdot\frac{1}{2}a=\frac{1}{10}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{1}{10}a}{\frac{3}{2}a+\frac{1}{10}a}=\frac{1}{4}.
Источник: Дзык П. Г. Сборник стереометрических задач на комбинации геометрических тел. — Одесса: Mathesis, 1914. — № 1720(11), с. 26