Matematyka.pl

piasek101, pociągniesz to dalej?

Umieśćmy ostrosłup w układzie współrzędnych:
`A(-a/2,-b/2,0), B(a/2,-b/2,0), C(a/2,b/2,0), D(-a/2,b/2,0), O(0,0,h)` (`h` jest wysokością ostrosłupa).
Kąt między płaszczyznami `ABO` i `BCO` jest równy kątowi między wektorami prostopadłymi do tych płaszczyzn.
Wektor `\vec{v}` prostopadły do `AOB` i skierowany na zewnątrz wyznaczymy tak:
\(\displaystyle{ \vec{v}=\vec{OA}\times \vec{OB}=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\-a/2&-b/2&-h\\a/2&-b/2&-h\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\-a/2&-b/2&-h\\a&0&0\end{vmatrix}=a\begin{vmatrix}\vec{j}&\vec{k}\\-b/2&-h\end{vmatrix}=[0,-ah,ab/2]}\)
Wektor `\vec{w}` prostopadły do `BOC` i skierowany na zewnątrz wyznaczymy tak:
\(\displaystyle{ \vec{w}=\vec{OB}\times \vec{OC}=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\a/2&-b/2&-h\\a/2&b/2&-h\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\-a/2&-b/2&-h\\0&b&0\end{vmatrix}=-b\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{k}\\a/2&-h\end{vmatrix}=[bh,0,ab/2]}\)
Zatem
\(\displaystyle{ \cos \alpha=\frac{\vec{v}\circ\vec{w}}{\vert \vec{v}\vert\cdot\vert\vec{w}\vert}=\frac{a^2b^2}{4\sqrt{a^2h^2+\frac{a^2b^2}{4}}\sqrt{b^2h^2+\frac{a^2b^2}{4}}}=\frac{1}{4\sqrt{\frac{h^2}{b^2}+\frac14}\sqrt{\frac{h^2}{a^2}+\frac14}}}\),
gdzie \(\displaystyle{ h^2=k^2-\frac{a^2+b^2}{2}}\)

kinia7 pisze: ↑22 lut 2024, o 21:18 piasek101, pociągniesz to dalej?

Jeszcze Ci to potrzebne ? Daj znać. Może jutro wieczorem coś popatrzę, albo dopiero w niedzielę - nie bardzo mam czas.

Korekta do poprzedniego posta: kąt dwuścienny to kat między dwoma wektorami prostopadłymi do ścian, z których jeden jest skierowany na zewnątrz ostrosłupa, a drugi do wewnątrz, więc znak kosinusa kąta będzie ujemny

a4karo pisze: ↑22 lut 2024, o 23:19 Zatem
\(\displaystyle{ \cos \alpha=\frac{1}{4\sqrt{\frac{h^2}{b^2}+\frac14}\sqrt{\frac{h^2}{a^2}+\frac14}}}\),
gdzie \(\displaystyle{ h^2=k^2-\frac{a^2+b^2}{2}}\)

Czyli \(\displaystyle{ \cos\alpha > 0}\) a to znaczy, że \(\displaystyle{ \alpha<90}\)

Jeśli wysokość ostrosłupa zmniejszymy do zera, czyli ściany "położą się" na podstawie, to ten kąt będzie półpełny.

A mój cosinus (właśnie teraz zrobiłem, więc bez przekształcenia do znośnej postaci) to :
\(\displaystyle{ =\frac{\frac{b^4}{a^2}-\frac{b^4}{2k^2}-\frac{b^4}{a^2}}{2\sqrt{\frac{b^4}{a^2}-\frac{b^4}{4k^2}}\sqrt{b^2-\frac{b^4}{4k^2}}}}\)
[edit]nawet nie zauważyłem, że mam ujemny bo w liczniku pierwszy składnik z ostatnim się zredukuje (na kartce mam większy bałagan).

kinia7 pisze: ↑24 lut 2024, o 20:51

a4karo pisze: ↑22 lut 2024, o 23:19 Zatem
\(\displaystyle{ \cos \alpha=\frac{1}{4\sqrt{\frac{h^2}{b^2}+\frac14}\sqrt{\frac{h^2}{a^2}+\frac14}}}\),
gdzie \(\displaystyle{ h^2=k^2-\frac{a^2+b^2}{2}}\)

Czyli \(\displaystyle{ \cos\alpha > 0}\) a to znaczy, że \(\displaystyle{ \alpha<90}\)

Jeśli wysokość ostrosłupa zmniejszymy do zera, czyli ściany "położą się" na podstawie, to ten kąt będzie półpełny.

Przeczytaj korektę przed twoim postem

Moja trochę uproszczona postać (dla ostrosłupa prawidłowego czworokątnego o wszystkich jednakowych krawędzi jest ok) :
\(\displaystyle{ =\frac{-ab}{\sqrt{a^2b^2+16k^4-4k^2(a^2+b^2)}}}\)

a4karo pisze: ↑22 lut 2024, o 23:19 \(\displaystyle{ \cos \alpha=\frac{-1}{4\sqrt{\frac{h^2}{b^2}+\frac14}\sqrt{\frac{h^2}{a^2}+\frac14}}}\),
gdzie \(\displaystyle{ h^2=k^2-\frac{a^2+b^2}{2}}\)

Przyjmijmy \(\displaystyle{ a=b=k}\), czyli nasz ostrosłup jest połową oktaedru,
wtedy \(\displaystyle{ h^2=0}\) i \(\displaystyle{ \cos\alpha=-1}\) a tzn. \(\displaystyle{ \alpha=180^\circ}\)
a wg wikipedii ten kąt powinien wynosić \(\displaystyle{ 109,47^\circ}\)

a4karo pisze: ↑22 lut 2024, o 23:19 Umieśćmy ostrosłup w układzie współrzędnych:
`A(-a/2,-b/2,0), B(a/2,-b/2,0), C(a/2,b/2,0), D(-a/2,b/2,0), O(0,0,h)` (`h` jest wysokością ostrosłupa).
Kąt między płaszczyznami `ABO` i `BCO` jest równy kątowi między wektorami prostopadłymi do tych płaszczyzn.
Wektor `\vec{v}` prostopadły do `AOB` i skierowany na zewnątrz wyznaczymy tak:
\(\displaystyle{ \vec{v}=\vec{OA}\times \vec{OB}=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\-a/2&-b/2&-h\\a/2&-b/2&-h\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\-a/2&-b/2&-h\\a&0&0\end{vmatrix}=a\begin{vmatrix}\vec{j}&\vec{k}\\-b/2&-h\end{vmatrix}=[0,-ah,ab/2]}\)
Wektor `\vec{w}` prostopadły do `BOC` i skierowany na zewnątrz wyznaczymy tak:
\(\displaystyle{ \vec{w}=\vec{OB}\times \vec{OC}=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\a/2&-b/2&-h\\a/2&b/2&-h\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\-a/2&-b/2&-h\\0&b&0\end{vmatrix}=-b\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{k}\\a/2&-h\end{vmatrix}=[bh,0,ab/2]}\)
Zatem
\(\displaystyle{ \cos \alpha=\frac{\vec{v}\circ\vec{w}}{\vert \vec{v}\vert\cdot\vert\vec{w}\vert}=\frac{a^2b^2}{4\sqrt{a^2h^2+\frac{a^2b^2}{4}}\sqrt{b^2h^2+\frac{a^2b^2}{4}}}=\frac{1}{4\sqrt{\frac{h^2}{b^2}+\frac14}\sqrt{\frac{h^2}{a^2}+\frac14}}}\),
gdzie \(\displaystyle{ h^2=k^2-\frac{a^2+b^2}{\red{4}}}\)

Poprawka w ostatniej linii

Gouranga pisze: ↑21 lut 2024, o 23:23 \(\displaystyle{
a^2 + b^2 = \left( \frac{a \sqrt{ k^2 - \left(\frac{a}{2}\right)^2 }}{k} \right)^2 + \left( \frac{b \sqrt{ k^2 - \left(\frac{b}{2}\right)^2 }}{k} \right)^2 - 2\cdot \frac{a \sqrt{ k^2 - \left(\frac{a}{2}\right)^2 }}{k} \cdot \frac{b \sqrt{ k^2 - \left(\frac{b}{2}\right)^2 }}{k} \cdot \cos \alpha\\
a^2 + b^2 = \frac{ a^2\left(k^2 - \frac{a}{2}\right) + b^2\left(k^2 - \frac{b}{2}\right) -2ab\cos\alpha \sqrt{ \left(k^2 - \frac{a}{2}\right)\left(k^2 - \frac{b}{2}\right) } }{k^2}
}\)

Gdzie podziały się kwadraty, które były pod pierwiastkami?

To prawdopodobne literówki - ale przecież to rozwiązanie prawie od początku jest wadliwe, bo przyjęto jakby wysokości ścian bocznych wychodziły z jednego punktu na krawędzi bocznej. A to zachodzi gdy w podstawie mamy kwadrat.

a4karo pisze: ↑25 lut 2024, o 00:08 Poprawka w ostatniej linii

I oczywiście poprawka, że kosinus jest ujemny.
Wówczas Twoje rozwiązanie pokrywa się z rozwiązaniami piasek101 i bb314

Dzięki wszystkim.

Wpiszę tu jeszcze skąd mam moje (tego bb314 nie czytałem, może tak samo idą), to chociaż w kompie zostanie.

Zgodnie z rysunkiem (tym drugim) z tego posta, oznaczyłem (przy \(\displaystyle{ a \ge b}\)) :

\(\displaystyle{ |BE|=c}\); \(\displaystyle{ |BF|=d}\); \(\displaystyle{ |BG|=e}\).

Wysokości ścian bocznych (tej z (a), oraz z (b)) odpowiednio : \(\displaystyle{ h}\) oraz \(\displaystyle{ y=|FC|}\), odcinki potrzebne do cosinusów (na kńcu) \(\displaystyle{ |FG|=x}\) oraz \(\displaystyle{ |CG|=z}\).

Wysokości ścian bocznych z ich pól i Pitagorasa: \(\displaystyle{ h^2=\frac{a^2k^2-0,25a^4}{k^2}}\) oraz \(\displaystyle{ y^2=\frac{b^2k^2-0,25b^4}{k^2}}\)

Odcinek (d) z Pitagorasa na ścianie bocznej \(\displaystyle{ d^2=\frac{b^4}{4k^2}}\); (c) z Pitagorasa na drugiej ścianie \(\displaystyle{ c^2=\frac{a^4}{4k^2}}\).

Potem (x) z podobieństwa na ścianie (a; k; k), bo mamy \(\displaystyle{ \frac{h}{c}=\frac{x}{d}}\) i z tego \(\displaystyle{ x^2=\frac{b^4}{a^2}-\frac{b^4}{4k^2}}\).

Mając (x) dostajemy z Pitagorasa w trójkącie (x,d,e) potrzebne \(\displaystyle{ e^2=\frac{b^4}{a^2}}\), następnie z trójkąta (e,b,z) jest \(\displaystyle{ z^2=\frac{b^4}{a^2}+b^2}\).

I wreszcie twierdzenie cosinusów w (x,y,z), gdzie po przekształceniach mamy wcześniej podany cosinus szukanego kąta, czyli

\(\displaystyle{ =\frac{-ab}{\sqrt{a^2b^2+16k^4-4k^2(a^2+b^2)}}}\)