14448. В правильной треугольной призме сторона основания равна a
, угол между непересекающимися диагоналями двух боковых граней равен \alpha
. Найдите высоту призмы.
Ответ. Если \alpha\gt60^{\circ}
, то h=a\sqrt{\frac{1-2\cos\alpha}{2(1+\cos\alpha)}}=\frac{\sqrt{3-4\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}}{2\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}
;
если \alpha\lt60^{\circ}
, то h=a\sqrt{\frac{1+2\cos\alpha}{2(1-\cos\alpha)}}=\frac{\sqrt{3-4\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}}{2\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}
.
Решение. Пусть ABCA_{1}B_{1}C_{1}
— треугольная призма, основания которой — правильные треугольники со сторонами, равными a
. Обозначим через h
— боковое ребро, т. е. AA_{1}=BB_{1}=CC_{1}=h
. По определению угла между прямыми \alpha\leqslant90^{\circ}
.
Пусть M
— середина BB_{1}
, а K
, L
и N
— середины рёбер BC
, A_{1}B_{1}
и AB
соответственно. Тогда по теореме о средней линии треугольника MK\parallel CB_{1}
и ML\parallel BA_{1}
. Значит, угол между прямыми BA_{1}
и LB_{1}
равен либо углу KML
, либо смежному с ним углу.
Из прямоугольных треугольников KNL
, KBM
и LB_{1}M
получаем
KL^{2}=KN^{2}+LN^{2}=\frac{a^{2}}{4}+h^{2},
KM^{2}=BK^{2}+BM^{2}=\frac{a^{2}}{4}+\frac{h^{2}}{4}=ML^{2}.
Пусть \angle KML=\alpha
. По теореме косинусов
\cos\alpha=\cos\angle KML=\frac{KM^{2}+ML^{2}-KL^{2}}{2KM\cdot ML}=
=\frac{\frac{a^{2}}{2}+\frac{h^{2}}{2}-\frac{a^{2}}{4}-h^{2}}{\frac{a^{2}}{2}+\frac{h^{2}}{2}}=\frac{a^{2}-2h^{2}}{2(a^{2}+h^{2})},
откуда
h=a\sqrt{\frac{1-2\cos\alpha}{2(1+\cos\alpha)}}=\frac{\sqrt{3-4\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}}{2\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}.
Пусть \angle KML=180^{\circ}-\alpha
. По теореме косинусов
-\cos\alpha=\cos(180^{\circ}-\alpha)=\cos\angle KML=\frac{KM^{2}+ML^{2}-KL^{2}}{2KM\cdot ML}=
=\frac{\frac{a^{2}}{2}+\frac{h^{2}}{2}-\frac{a^{2}}{4}-h^{2}}{\frac{a^{2}}{2}+\frac{h^{2}}{2}}=\frac{a^{2}-2h^{2}}{2(a^{2}+h^{2})},
откуда
h=a\sqrt{\frac{1+2\cos\alpha}{2(1-\cos\alpha)}}=\frac{\sqrt{3-4\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}}{2\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}.