4. Основанием прямого параллелепипеда является ромб с острым углом α. Большая диагональ параллелепипеда равна d и образует с плоскостью основания угол β. Найдите площадь боковой поверхности параллелепипеда.

Решение:

Пусть ромб — ABCD, а параллелепипед — ABCDA₁B₁C₁D₁. Пусть \( \angle DAB = \alpha \).

Большая диагональ параллелепипеда — это AC₁. \( AC_1 = d \).

Диагональ AC₁ образует с плоскостью основания угол \( \beta \). Это угол \( \angle AC_1A \) (или \( \angle AC_1C \), в зависимости от того, какая диагональ ромба больше).

Рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный диагональю параллелепипеда, диагональю основания и боковым ребром. Например, \( \triangle ACC_1 \), где \( \angle ACC_1 = 90^{\circ} \).

В этом треугольнике:

• Гипотенуза — \( AC_1 = d \).
• Катет, лежащий напротив угла \( \beta \) — \( CC_1 \) (высота параллелепипеда, равная боковому ребру).
• Катет, прилежащий к углу \( \beta \) — \( AC \) (большая диагональ ромба).

Найдем высоту параллелепипеда \( h = CC_1 \) и большую диагональ ромба \( AC \):

\( \sin(\beta) = \frac{CC_1}{AC_1} \) → \( CC_1 = d \sin(\beta) \).

\( \cos(\beta) = \frac{AC}{AC_1} \) → \( AC = d \cos(\beta) \).

Пусть сторона ромба — \( a \). Диагонали ромба пересекаются под прямым углом и делятся пополам. Пусть \( BD \) — меньшая диагональ.

По теореме Пифагора для \( \triangle AOB \) (где O — точка пересечения диагоналей):

\( a^2 = \left(\frac{AC}{2}\right)^2 + \left(\frac{BD}{2}\right)^2 \).

\( a^2 = \left(\frac{d \cos(\beta)}{2}\right)^2 + \left(\frac{BD}{2}\right)^2 \).

Площадь боковой поверхности параллелепипеда равна произведению периметра основания на высоту: \( S_{бок} = P_{осн} \cdot h \).

Периметр основания ромба: \( P_{осн} = 4a \).

\( S_{бок} = 4a \cdot h = 4a \cdot d \sin(\beta) \).

Нам нужно найти \( a \). Рассмотрим ромб. Большая диагональ соответствует большему углу, прилежащему к ней. Если \( \angle DAB = \alpha \) — острый, то \( \angle ABC = 180^{\circ} - \alpha \) — тупой. Диагональ, соединяющая вершины тупых углов, будет большей. Значит, \( AC \) — большая диагональ, если \( \alpha \) — острый угол. Это соответствует условию.

В треугольнике \( \triangle ABD \) по теореме косинусов:

\( BD^2 = AB^2 + AD^2 - 2 AB \cdot AD \cos(\alpha) = a^2 + a^2 - 2a^2 \cos(\alpha) = 2a^2(1 - \cos(\alpha)) \).

В треугольнике \( \triangle ABC \) по теореме косинусов:

\( AC^2 = AB^2 + BC^2 - 2 AB \cdot BC \cos(180^{\circ} - \alpha) = a^2 + a^2 - 2a^2(-\cos(\alpha)) = 2a^2(1 + \cos(\alpha)) \).

У нас есть \( AC = d \cos(\beta) \).

\( (d \cos(\beta))^2 = 2a^2(1 + \cos(\alpha)) \).

\( d^2 \cos^2(\beta) = 2a^2(1 + \cos(\alpha)) \).

Отсюда \( a^2 = \frac{d^2 \cos^2(\beta)}{2(1 + \cos(\alpha))} \).

\( a = \frac{d \cos(\beta)}{\sqrt{2(1 + \cos(\alpha))}} \).

Теперь подставим \( a \) в формулу площади боковой поверхности:

\( S_{бок} = 4a \cdot d \sin(\beta) = 4 \cdot \frac{d \cos(\beta)}{\sqrt{2(1 + \cos(\alpha))}} \cdot d \sin(\beta) \).

\( S_{бок} = \frac{4 d^2 \sin(\beta) \cos(\beta)}{\sqrt{2(1 + \cos(\alpha))}} \).

Используем формулы двойного угла: \( 2 \sin(\beta) \cos(\beta) = \sin(2\beta) \).

\( S_{бок} = \frac{2 d^2 \sin(2\beta)}{\sqrt{2(1 + \cos(\alpha))}} = \frac{\sqrt{2} d^2 \sin(2\beta)}{\sqrt{1 + \cos(\alpha)}} \).

Можно упростить знаменатель, используя формулу \( 1 + \cos(\alpha) = 2 \cos^2(\frac{\alpha}{2}) \):

\( \sqrt{2(1 + \cos(\alpha))} = \sqrt{2(2 \cos^2(\frac{\alpha}{2}))} = \sqrt{4 \cos^2(\frac{\alpha}{2})} = 2 |\cos(\frac{\alpha}{2})| \).

Так как \( \alpha \) — острый угол, \( \frac{\alpha}{2} \) — тоже острый, \( \cos(\frac{\alpha}{2}) > 0 \).

\( S_{бок} = \frac{4 d^2 \sin(\beta) \cos(\beta)}{2 \cos(\frac{\alpha}{2})} = \frac{2 d^2 \sin(\beta) \cos(\beta)}{\cos(\frac{\alpha}{2})} \).

Ответ: \( \frac{2 d^2 \sin(\beta) \cos(\beta)}{\cos(\frac{\alpha}{2})} \) или \( \frac{d^2 \sin(2\beta)}{\cos(\frac{\alpha}{2})} \).