9838. 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 D_{1}
и середину отрезка AF_{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}
; 3:7
.
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, T
— 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 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
— точка пересечения AD
и BF
, т. е. середина AD
. Тогда K
и T
— ортогональные проекции на плоскость BB_{1}F_{1}
точек D_{1}
и Q
, а KT
— ортогональная проекция отрезка D_{1}Q
на эту плоскость.
Искомое расстояние между скрещивающимися прямыми D_{1}Q
и MN
равно длине перпендикуляра OH
, опущенного из центра O
квадрата BB_{1}F_{1}F
, на прямую KT
— ортогональную проекцию прямой D_{1}Q
на плоскость BB_{1}F_{1}F
, перпендикулярную прямой MN
(рис. 3).
Отрезок OH
— высота прямоугольного треугольника KOT
, проведённая из вершины прямого угла, поэтому (см. задачу 1967)
OH=\frac{OK\cdot OT}{KT}=\frac{\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{4}}{\sqrt{\frac{1}{4}+\sqrt{1}{16}}}=\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
D_{1}K=\frac{3}{2}a,~QT=\frac{1}{2}AR=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}a=\frac{1}{4}a,
так как QT
— средняя линия треугольника AF_{1}R
.
Пусть прямая, проведённая через точку H
параллельно MN
, пересекает отрезок D_{1}Q
в точке L
, а отрезок D_{1}T
— в точке W
(рис. 4). Опустим перпендикуляр LG
на прямую MN
. Тогда OHLG
— прямоугольник, поэтому
OG=HL=HW-WL=\frac{1}{5}KD_{1}-\frac{4}{5}QT=\frac{1}{5}\cdot\frac{3}{2}a-\frac{4}{5}\cdot\frac{1}{4}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{3}{7}.
Источник: Дзык П. Г. Сборник стереометрических задач на комбинации геометрических тел. — Одесса: Mathesis, 1914. — № 172(13), с. 26