Kąt między ścianami ostrosłupa

[bb314]

W wikipedi jest podany kąt między ścianami w ośmiościanie foremnym \(\displaystyle{ \alpha=2\arcsin\sqrt{\frac23} \approx 109^\circ,47}\)

...

\(\displaystyle{ \cos\alpha=-\frac13}\)
oba wzory dają ten sam wynik ale czy to jest to samo co w wikipedi?

\(\displaystyle{ \cos\alpha=-\frac13\ \ \ \to\ \ \ \ \alpha=180^o-\arccos\frac13 \approx 180^o-70,52878=\blue 109,47122^o}\)

[kinia7]

Czyli oba wzory dają dobry wynik gdy k=a=b
ale nie mogą oba być dobre bo się różnią
więc który jest dobry?

[anna_]

Bierz rozwiązanie bb314 . Zdaje się, że źle zaznaczyłam kąt \(\displaystyle{ \alpha}\).
(\(\displaystyle{ DE}\) nie będzie raczej wysokością ściany \(\displaystyle{ DCS}\))

[bb314]

więc który jest dobry?

Sprawdźmy.

przyjmijmy dla łatwiejszych rachunków \(\displaystyle{ \blue 4k^2=a^2+b^2 \ \ \wedge\ \ b=2a}\)

\(\displaystyle{ \blue \cos\alpha= -\frac{a^4+b^4}{2ab \sqrt{4k^2-a^2} \sqrt{4k^2-b^2} }\black\ \ \to\ \ \cos\alpha=-\frac{a^4+4a^4}{2a\cdot2a \sqrt{a^2+4a^2-a^2} \sqrt{a^2+4a^2-4a^2} }=}\)

\(\displaystyle{ =-\frac{5a^4}{4a^2\sqrt{4a^2}\sqrt{a^2}}=-\frac58\ \ \ \ \to\ \ \ \ \magenta \alpha \approx 128,68^o}\)

\(\displaystyle{ \blue\cos\alpha=\frac{-ab}{\sqrt{(4k^2-a^2)(4k^2-b^2)}}\black\ \ \ \to\ \ \ \cos\alpha=\frac{-a\cdot2a}{\sqrt{(a^2+4a^2-a^2)(a^2+4a^2-4a^2)}}=}\)

\(\displaystyle{ =\frac{-2a^2}{\sqrt{4a^2\cdot a^2}}=-1\ \ \ \ \to\ \ \ \ \magenta \alpha=180^o}\)

[anna_]

\(\displaystyle{ \alpha}\) może być kątem półpełnym?

[kinia7]

Czyli wynika że prawidłowy wzór to ten, który wyliczyli arcan i anna_?

[anna_]

Pisałam wcześniej, że \(\displaystyle{ DE}\) nie będzie wysokością ściany \(\displaystyle{ DCS}\)
Mój wzór jest zły.

Kąt między ścianami ostrosłupa - zadanie 2a.png (20.88 KiB) Przejrzano 751 razy

Prawidłowy rysunek do zadania.

\(\displaystyle{ AE}\) - wysokość ściany \(\displaystyle{ ABS}\)
\(\displaystyle{ CF}\) - wysokość ściany \(\displaystyle{ BCS}\)
\(\displaystyle{ GF || AE}\)

Poprzedni rysunek jest dobry dla ostrosłupa prawidłowego czworokątnego.

[bb314]

\(\displaystyle{ \alpha}\) może być kątem półpełnym?

Ten warunek \(\displaystyle{ \blue 4k^2=a^2+b^2}\) oznacza, że \(\displaystyle{ 2k}\) jest równe przekątnej podstawy, czyli jest to skrajny przypadek, w którym wysokość ostrosłupa wynosi zero. To oznacza, że ściany boczne leżą na podstawie ostrosłupa, więc kąt między nimi wynosi właśnie \(\displaystyle{ \magenta180^o}\)

Wasz wzór dał dobry wynik przy warunku \(\displaystyle{ \blue k=b=a}\), gdyż powstał on w oparciu o błędne założenie prawdziwe tylko dla ostrosłupa prawidłowego. Ja, wyprowadzając swój wzór, uwzględniłam fakt, który zobrazowałaś na ostatnim rysunku.

[anna_]

To może po prostu podaj to rozwiązanie. Przecież już pisałam kilka razy, że moje jest złe.

[kinia7]

bb314 już podał swoje rozwiązanie

Mnie wyszło trochę inaczej:

\(\displaystyle{ \blue cos\alpha=\frac{-ab}{\sqrt{(4k^2-a^2)(4k^2-b^2)}}}\)

dziękuję

[Frmen]

Pisałam wcześniej, że \(\displaystyle{ DE}\) nie będzie wysokością ściany \(\displaystyle{ DCS}\)
Mój wzór jest zły.

Kąt między ścianami ostrosłupa - zadanie 2a.png

Prawidłowy rysunek do zadania.

\(\displaystyle{ AE}\) - wysokość ściany \(\displaystyle{ ABS}\)
\(\displaystyle{ CF}\) - wysokość ściany \(\displaystyle{ BCS}\)
\(\displaystyle{ GF || AE}\)

Poprzedni rysunek jest dobry dla ostrosłupa prawidłowego czworokątnego.

A może by tak analitycznie ?

żeby nie zmieniać opisów rysunku

Punkt \(\displaystyle{ B(0,0,0)}\)
Punkt \(\displaystyle{ C(b,0,0)}\)
Punkt \(\displaystyle{ A(0,a,0)}\)
Punkt \(\displaystyle{ S( \frac{b}{2} , \frac{a}{2},h)}\)

równanie płaszczyzny przechodzącej przez \(\displaystyle{ X_{0}}\) prostopadłej do wektora \(\displaystyle{ \vec{BS}}\)

\(\displaystyle{ \frac{b}{2} \cdot (x-x_{0})+\frac{a}{2} \cdot (y-y_{0}) + h \cdot (z-z_{0})=0}\)

dla \(\displaystyle{ X_{0}=C}\) przyjmuje postać

\(\displaystyle{ \frac{b}{2} \cdot (x-b)+\frac{a}{2} \cdot y + h \cdot z=0}\)

lub ladniej

\(\displaystyle{ b \cdot (x-b) +a \cdot y +2h \cdot z =0}\)

Płaszczyznę ta przecina oś Y w punkcie \(\displaystyle{ G(0,g,0)}\)

co po podstawieniu daje

\(\displaystyle{ a \cdot g = b^2}\)

\(\displaystyle{ g= \frac{b^{2}}{a}}\)

(widać że jak \(\displaystyle{ a=b}\) to \(\displaystyle{ G = A}\) co daje nadzieje że dotąd się nie pomyliłem)

-- 16 sty 2013, o 15:59 --

prosta przechodząca przez punkty B i S ma równanie

\(\displaystyle{ x= \frac{b}{2} \cdot t}\)

\(\displaystyle{ y= \frac{a}{2} \cdot t}\)

\(\displaystyle{ z= h \cdot t}\)

by znaleźć punkt \(\displaystyle{ F}\) trzeba znaleźć punkt wspólny tej prstej z wyznaczoną płasczyzną
Po podstawieniu mamy

\(\displaystyle{ b \cdot \left( \frac{b}{2} \cdot t - b \right) + a \cdot \left( \frac{a}{2} \cdot t \right) +2h \cdot h \cdot t = 0}\)

po przemnożeniu obu stron przez 2 i uporządkowaniu otrzymujemy

\(\displaystyle{ \left( b^2 + a^2+4h^2\right) \cdot t = b^2}\)

skąd

\(\displaystyle{ t= \frac{b^{2}}{ b^{2} + a^{2}+4h^{2}}}\)

[kinia7]

Jak mając to "t" obliczyć kąt?

[kinia7]

Czy ktoś potrafi rozstrzygnąć, czyj wzór jest właściwy: arcan czy bb314 ?

[Gouranga]

Nie chce mi się analizować ich wywodów sprzed 11 lat
Liczymy wysokość ścian bocznych od wierzchołka na krawędź podstawy:
\(\displaystyle{
h_a = \sqrt{ k^2 - \left(\frac{a}{2}\right)^2 }\\
h_b = \sqrt{ k^2 - \left(\frac{b}{2}\right)^2 }
}\)
liczymy drugą wysokość ściany bocznej od wierzchołka podstawy do sąsiedniej krawędzi bocznej przyrównując pola
\(\displaystyle{
P_a = \frac{1}{2}ah_a = \frac{1}{2}kg_a\\
g_a = \frac{ah_a}{k}\\
g_a = \frac{a \sqrt{ k^2 - \left(\frac{a}{2}\right)^2 }}{k}\\
g_b = \frac{b \sqrt{ k^2 - \left(\frac{b}{2}\right)^2 }}{k}
}\)
mamy trójkąt złożony z dwóch tych wysokości ścian bocznych, które z definicji są obie prostopadłe do krawędzi bocznej w tym samym punkcie oraz z przekątnej podstawy, kąt między tymi wysokościami jest też kątem między ścianami, możemy użyć tw. cosinusów

\(\displaystyle{
a^2 + b^2 = \left( \frac{a \sqrt{ k^2 - \left(\frac{a}{2}\right)^2 }}{k} \right)^2 + \left( \frac{b \sqrt{ k^2 - \left(\frac{b}{2}\right)^2 }}{k} \right)^2 - 2\cdot \frac{a \sqrt{ k^2 - \left(\frac{a}{2}\right)^2 }}{k} \cdot \frac{b \sqrt{ k^2 - \left(\frac{b}{2}\right)^2 }}{k} \cdot \cos \alpha\\
a^2 + b^2 = \frac{ a^2\left(k^2 - \frac{a}{2}\right) + b^2\left(k^2 - \frac{b}{2}\right) -2ab\cos\alpha \sqrt{ \left(k^2 - \frac{a}{2}\right)\left(k^2 - \frac{b}{2}\right) } }{k^2}
}\)

i stąd już trzeba sobie wyciągnąć cosinus alpha ale o tej godzinie tego też mi się nie chce robić

[piasek101]

mamy trójkąt złożony z dwóch tych wysokości ścian bocznych, które z definicji są obie prostopadłe do krawędzi bocznej w tym samym punkcie oraz z przekątnej podstawy, kąt między tymi wysokościami jest też kątem między ścianami, możemy użyć tw. cosinusów

Wg mnie tak nie będzie - patrz rysunek anna_ (ten drugi) zamieszczony w tym wątku.

[edit]
Gdy \(\displaystyle{ a \ge b}\) otrzymamy trójkąt (mogłem się pomylić) o bokach : \(\displaystyle{ \frac{b\sqrt{k^2-\frac{a^2}{4}}}{k}}\); \(\displaystyle{ \frac{b\sqrt{k^2-\frac{b^2}{4}}}{k}}\); \(\displaystyle{ b\sqrt 2}\).

Dodano po 40 minutach 31 sekundach:
Też przyjąłem za duże uproszczenie. Trzeci bok będzie taki (na teraz) \(\displaystyle{ \sqrt{2b^2-\frac{b^2}{4k^2}(a^2-b^2)}}\)

Dodano po 3 godzinach 22 minutach :
Niestety to (czyli oba poprzednie) jest złe, wynika to z mojego (nieuzasadnionego) uproszczenia sobie problemu - tylko drugi bok trójkąta się zgadza.

Dodano po 30 minutach 53 sekundach:
Teraz opis jak robić poprawnie wg mnie (pomyłki nie wykluczam, patrz wyżej):
1) wysokość trójkąta \(\displaystyle{ k,k,b}\) poprowadzona do \(\displaystyle{ k}\) taka jak podana - wyznaczona np z pola
2) odcinek, na krawędzi bocznej ostrosłupa, od spodka podanej wysokości do podstawy to \(\displaystyle{ \frac{b^2}{2k}}\)
3) wysokość trójkąta \(\displaystyle{ k,k,a}\) poprowadzona do \(\displaystyle{ k}\) taka jak podana w poście nad moim (ale nie będzie to bok szukanego trójkąta potrzebnego do cosinusów)
4) odcinek równoległy do wysokości z p. 3 i potrzebny do cosinusów, z podobieństwa na ścianie \(\displaystyle{ k,k,a}\) (właśnie próbuję zdobyć, bo znowu błąd znalazłem)

Dodano po 14 minutach 42 sekundach:
i z podobieństwa wyjdzie - dosyć karkołomny (nie mam czasu przekształcać, dopiero jutro mogę wrzucić rysunek)
5) Aby otrzymać trzeci bok trójkąta (tego do cosinusów) na podstawie ostrosłupa, trzeba najpierw z Pitagorasa z (4) i (2) wyznaczyć odpowiedni kawałek krawędzi podstawy, aby znowu z Pitagorasa na podstawie dostać ten trzeci bok.