Построим прямоугольный параллелепипед AMNKA2M2N2K2

Отрезок BD, соединяющий середины боковых граней, перпендикулярен им, и является медианой, биссектрисой и высотой равнобедренного треугольника ABK2. Следовательно, луч BK2 является отражением луча AB от грани MM2N2N.
2) В прямоугольнике AM1N1K построим угол ∠KAO=α.
3) В треугольнике KN1K2 проведем высоту K2H . Поскольку AK⊥KNN2K2, то AK⊥K2H;
4) K2H⊥KN1 и K2H⊥AK⇒K2H⊥AM1N1K;
5) В треугольнике BHK2 проведем отрзок OC∥HK2. Т. к. HK2⊥AM1N1K, то OC⊥AM1N1K.
Вычисления.
Обозначим AB=x;∠ABM1=φ и найдем ∠ABD=∠CBD=γ и ∠CAO.
1) AK=M1N1=2M1B=2xcosφ;AM1=KN1=xsinφ;
2) BD=AM=xsinφcosβ;KK2=MM2=2MM1=2xsinφsinβ;
3) KH=2xsinφsin2β;N1H=KN1-KH=xsinφ-2xsinφsin2β;
4) K2H=2xsinφsinβcosβ;
5) В треугольнике BHK2:
COK2H=BOBH⇒CO=K2H∙BOBH.
6) B треугольнике AOC:
tg∠CAO=COAO=K2HAO∙BOBH=K2HBH∙BOAO.
7) Из треугольников ABO и BN1H получим:
tg∠CAO=K2HBH∙BOAO=K2HBH∙sinα+φsinψ+φ=K2HBH∙sinα+cosαtgφsinψ+cosψtgφ=K2H∙sinα+cosαtgφN1H+BN1tgφ=
=2xsinφsinβcosβ∙sinα+cosαtgφxsinφ-2xsinφsin2β+xcosφtgφ=
=2sinβcosβ∙sinα+cosαtgφ2-2sin2β=2sinβcosβ∙sinα+cosαtgφ2cos2β=tgβsinα+cosαtgφ;
∠CAO=arctgtgβ∙sinα+cosαtgφ.
8) Из треугольника ABD:
cosγ=BDAB=xsinφcosβx=sinφcosβ⇒γ=arccos(sinφcosβ).
Ответ: γ=arccos(sinφcosβ);∠CAO=arctgtgβ∙sinα+cosαtgφ.