8616. В правильной треугольной призме ABCA_{1}B_{1}C_{1}
(AA_{1}\parallel BB_{1}\parallel CC_{1})
угол между прямыми AC_{1}
и A_{1}B
равен \alpha
, AA_{1}=2
. Найдите AB
.
Ответ. \frac{4\sin\frac{\alpha}{2}}{\sqrt{3-4\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}}
.
Решение. Через вершину A
проведём прямую, параллельную диагонали BA_{1}
боковой грани ABB_{1}A_{1}
. Пусть эта прямая пересекает продолжение ребра A_{1}B_{1}
в точке M
. Обозначим через a
сторону основания призмы. Четырёхугольник AMA_{1}B
— параллелограмм, поэтому MA_{1}=AB=A_{1}B_{1}=a
.
Из равнобедренного треугольника MA_{1}C_{1}
с боковыми сторонами A_{1}M=A_{1}C=a
и углом 120^{\circ}
между ними находим, что MC_{1}=a\sqrt{3}
. Прямая AM
параллельна прямой BA_{1}
, поэтому угол между прямыми AC_{1}
и A_{1}B
равен углу между прямыми AC_{1}
и AM
, т. е. \alpha
. Из прямоугольных треугольников AA_{1}M
и AA_{1}C_{1}
находим, что
AM=\sqrt{A_{1}M^{2}+AA_{1}^{2}}=\sqrt{a^{2}+4},~AC_{1}=\sqrt{A_{1}C_{1}^{2}+AA_{1}^{2}}=\sqrt{a^{2}+4}.
Рассмотрим равнобедренный треугольник AMC_{1}
. По теореме косинусов
MC_{1}^{2}=AM^{2}+AC_{1}^{2}-2AM\cdot AC_{1}\cos\angle MAC_{1},
или
3a^{2}=2(a^{2}+4)-2(a^{2}+4)\cos\alpha,
откуда
a^{2}=\frac{8(1-\cos\alpha)}{1+2\cos\alpha}=\frac{16\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}{1+2(1-2\sin^{2}\frac{\alpha}{2})}=\frac{16\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}{3-4\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}.
Следовательно,
AB=x=\frac{4\sin\frac{\alpha}{2}}{\sqrt{3-4\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}}.