14473. Основание прямой призмы — прямоугольный треугольник, у которого один из острых углов равен \alpha
. Наибольшая по площади боковая грань призмы — квадрат. Найдите угол между пересекающимися диагоналями двух других боковых граней.
Ответ. \arccos\frac{2}{\sqrt{8+\sin^{2}2\alpha}}
.
Решение. Пусть ABCA_{1}B_{1}C_{1}
— данная прямая призма, основание которой — прямоугольный треугольник ABC
с прямым углом при вершине C
и острым углом \alpha
при вершине A
. Обозначим AB=c
, тогда наибольшая по площади боковая грань призмы — квадрат ABB_{1}A_{1}
со стороной c
. Пусть искомый угол A_{1}CB_{1}
равен \varphi
.
Из прямоугольных треугольников ABC
, ACA_{1}
и BCB_{1}
получаем
AC=AB\cos\angle BAC=c\cos\alpha,~BC=AB\sin\angle BAC=c\sin\alpha,
CA_{1}=\sqrt{AC^{2}+AA_{1}^{2}}=\sqrt{c^{2}\cos^{2}\alpha+c^{2}}=c\sqrt{\cos^{2}\alpha+1},
CB_{1}=\sqrt{BC^{2}+BB_{1}^{2}}=\sqrt{c^{2}\sin^{2}\alpha+c^{2}}=c\sqrt{\sin^{2}\alpha+1}.
По теореме косинусов
\cos\varphi=\cos\angle A_{1}CB_{1}=\frac{CA_{1}^{2}+CB_{1}^{2}-A_{1}B_{1}^{2}}{2CA_{1}\cdot CB_{1}}=
=\frac{c^{2}(\cos^{2}\alpha+1)+c^{2}(\sin^{2}\alpha+1)-c^{2}}{2c^{2}\sqrt{(\cos^{2}\alpha+1)(\sin^{2}\alpha+1)}}=
=\frac{2c^{2}+c^{2}(\cos^{2}\alpha+\sin^{2}\alpha)-c^{2}}{2c^{2}\sqrt{1+\cos^{2}\alpha+\sin^{2}\alpha+\cos^{2}\alpha\sin^{2}\alpha}}=\frac{2c^{2}+c^{2}-c^{2}}{2c^{2}\sqrt{2+\cos^{2}\alpha\sin^{2}\alpha}}=
=\frac{2c^{2}}{2c^{2}\sqrt{2+\frac{1}{4}\sin^{2}2\alpha}}=\frac{2}{\sqrt{8+\sin^{2}2\alpha}}.
Следовательно,
\varphi=\arccos\frac{2}{\sqrt{8+\sin^{2}2\alpha}}.
Источник: Сборник задач по математике для поступающих во втузы / Под ред. М. И. Сканави. — 5-е изд. — М.: Высшая школа, 1988. — № 12.380, с. 242