3. В правильной четырёхугольной призме ABCDABCD₁ известно, что D₁B=2AB. Найдите угол между диагоналями BD₁ и СА₁. Ответ дайте в градусах.

Решение:

Пусть сторона основания призмы равна \( a \), тогда \( AB = a \). По условию \( D_1B = 2a \).

В прямоугольном треугольнике \( D_1AB \) по теореме Пифагора:

\[ D_1B^2 = D_1A^2 + AB^2 \]\[ (2a)^2 = a^2 + D_1A^2 \]\[ 4a^2 = a^2 + D_1A^2 \]\[ D_1A^2 = 3a^2 \]\[ D_1A = a\sqrt{3} \]

Высота призмы \( h = D_1A = a\sqrt{3} \).

Диагонали основания \( AC = BD = a\sqrt{2} \).

Рассмотрим диагональ \( BD_1 \) и \( CA_1 \).

Координаты вершин призмы (поместим \( A \) в начало координат):

\( A = (0, 0, 0) \)

\( B = (a, 0, 0) \)

\( C = (a, a, 0) \)

\( D = (0, a, 0) \)

\( A_1 = (0, 0, a\sqrt{3}) \)

\( B_1 = (a, 0, a\sqrt{3}) \)

\( C_1 = (a, a, a\sqrt{3}) \)

\( D_1 = (0, a, a\sqrt{3}) \)

Вектор \( \vec{BD_1} = (0 - a, a - 0, a\sqrt{3} - 0) = (-a, a, a\sqrt{3}) \).

Вектор \( \vec{CA_1} = (0 - a, 0 - a, a\sqrt{3} - 0) = (-a, -a, a\sqrt{3}) \).

Косинус угла между векторами:

\[ \cos \alpha = \frac{\vec{BD_1} \cdot \vec{CA_1}}{|\vec{BD_1}| \cdot |\vec{CA_1}|} \]

\( \vec{BD_1} \cdot \vec{CA_1} = (-a)(-a) + (a)(-a) + (a\sqrt{3})(a\sqrt{3}) = a^2 - a^2 + 3a^2 = 3a^2 \)

\( |\vec{BD_1}| = \sqrt{(-a)^2 + a^2 + (a\sqrt{3})^2} = \sqrt{a^2 + a^2 + 3a^2} = \sqrt{5a^2} = a\sqrt{5} \)

\( |\vec{CA_1}| = \sqrt{(-a)^2 + (-a)^2 + (a\sqrt{3})^2} = \sqrt{a^2 + a^2 + 3a^2} = \sqrt{5a^2} = a\sqrt{5} \)

\( \cos \alpha = \frac{3a^2}{(a\sqrt{5})(a\sqrt{5})} = \frac{3a^2}{5a^2} = \frac{3}{5} \)

\( \alpha = \arccos(\frac{3}{5}) \approx 53.13^{\circ} \)

Проверим условие \( D_1B = 2AB \):

\( D_1B = a\sqrt{5} \)

\( AB = a \)

\( a\sqrt{5} = 2a \implies \sqrt{5} = 2 \) — это неверно.

Значит, призме, где \( D_1B = 2AB \), такая, что \( h = \sqrt{3} a \).

В прямоугольном треугольнике \( BB_1D_1 \): \( BD_1^2 = BB_1^2 + B D^2 \).

\( (2a)^2 = h^2 + (a\sqrt{2})^2 \)

\( 4a^2 = h^2 + 2a^2 \)

\( h^2 = 2a^2 \)

\( h = a\sqrt{2} \).

Теперь координаты:

\( A = (0, 0, 0) \)

\( B = (a, 0, 0) \)

\( C = (a, a, 0) \)

\( D = (0, a, 0) \)

\( A_1 = (0, 0, a\sqrt{2}) \)

\( B_1 = (a, 0, a\sqrt{2}) \)

\( C_1 = (a, a, a\sqrt{2}) \)

\( D_1 = (0, a, a\sqrt{2}) \)

Вектор \( \vec{BD_1} = (0 - a, a - 0, a\sqrt{2} - 0) = (-a, a, a\sqrt{2}) \).

Вектор \( \vec{CA_1} = (0 - a, 0 - a, a\sqrt{2} - 0) = (-a, -a, a\sqrt{2}) \).

\( \vec{BD_1} \cdot \vec{CA_1} = (-a)(-a) + (a)(-a) + (a\sqrt{2})(a\sqrt{2}) = a^2 - a^2 + 2a^2 = 2a^2 \)

\( |\vec{BD_1}| = \sqrt{(-a)^2 + a^2 + (a\sqrt{2})^2} = \sqrt{a^2 + a^2 + 2a^2} = \sqrt{4a^2} = 2a \)

\( |\vec{CA_1}| = \sqrt{(-a)^2 + (-a)^2 + (a\sqrt{2})^2} = \sqrt{a^2 + a^2 + 2a^2} = \sqrt{4a^2} = 2a \)

\( \cos \alpha = \frac{2a^2}{(2a)(2a)} = \frac{2a^2}{4a^2} = \frac{1}{2} \)

\( \alpha = \arccos(\frac{1}{2}) = 60^{\circ} \)

Примечание: На рисунке указана длина диагонали \( BD_1 \) = 180. Если \( AB = 60 \), то \( D_1B = 60 \sqrt{2} \) (диагональ квадрата) + \( h^2 \).

Из условия \( D_1B=2AB \) следует, что \( \sqrt{h^2 + (a\sqrt{2})^2} = 2a \), \( h^2 + 2a^2 = 4a^2 \), \( h^2 = 2a^2 \), \( h = a\sqrt{2} \).

Значит, угол между диагоналями \( BD_1 \) и \( CA_1 \) равен 60 градусов.

Ответ: 60