14488. Основание прямого параллелепипеда — параллелограмм с диагоналями a
и b
(a\gt b
) и углом \alpha
между ними. Меньшая диагональ параллелепипеда образует с большей диагональю основания угол \beta
. Найдите объём параллелепипеда.
Ответ. \frac{ab^{2}\sin\alpha}{2\cos\beta}\sqrt{\sin(\beta+\alpha)\sin(\beta-\alpha)}
.
Решение. Пусть параллелограммы ABCD
и A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
— основания данного прямого параллелепипеда ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
, O
— центр параллелограмма ABCD
, AC=a
, BD=b
, \angle AOD=\alpha
. Поскольку AC\gt BD
, то A_{1}C\gt B_{1}D
, поэтому BD_{1}
— меньшая диагональ параллелепипеда.
Проведём среднюю линию OM
прямоугольного треугольника ODD_{1}
. Тогда OM\parallel BD_{1}
, поэтому угол между скрещивающимися прямыми AC
и BD_{1}
равен углу AOM
или смежному с ним углу. Значит, либо \angle MOA=\beta
, либо \angle MOA=180^{\circ}-\beta
.
Обозначим \angle MOD=\varphi
. По теореме об угле прямой с плоскостью (см. решение задачи 7427)
\cos\beta=\cos\varphi\cos\alpha
или
-\cos\beta=\cos(180^{\circ}-\beta)=\cos\varphi\cos\alpha,
что невозможно, так как \alpha
, \varphi
и \beta
— острые углы. Следовательно,
\angle MOA=\beta,~\mbox{и}~\cos\beta=\cos\varphi\cos\alpha.
Тогда \cos\varphi=\frac{\cos\beta}{\cos\alpha}
.
Из прямоугольного треугольника OMD
находим, что
MD=BD\tg\angle MOD=b\tg\varphi=b{\sqrt{\frac{1}{\cos^{2}\varphi}-1}}=
=b{\sqrt{\frac{\cos^{2}\alpha}{\cos^{2}\beta}-1}}=\frac{b\sqrt{\cos^{2}\alpha-\cos^{2}\beta}}{\cos\beta},
поэтому
DD_{1}=2MD=\frac{2b\sqrt{\cos^{2}\alpha-\cos^{2}\beta}}{\cos\beta}.
Следовательно,
V_{ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}}=S_{ABCD}\cdot DD_{1}=\frac{1}{2}ab\sin\alpha\cdot\frac{2b\sqrt{\cos^{2}\alpha-\cos^{2}\beta}}{\cos\beta}=
=\frac{ab^{2}\sin\alpha}{\cos\beta}\sqrt{\cos^{2}\alpha-\cos^{2}\beta}=\frac{ab^{2}\sin\alpha}{\cos\beta}\sqrt{\frac{1+\cos2\beta}{2}-\frac{1+\cos2\alpha}{2}}=
=\frac{ab^{2}\sin\alpha}{\cos\beta}\sqrt{\frac{1}{2}(\cos2\beta-\cos2\alpha)}=\frac{ab^{2}\sin\alpha}{\cos\beta}\sqrt{\sin(\beta+\alpha)\sin(\beta-\alpha)}.