Меню
- geogebra-export (11).png (60.4 KiB) Прегледано 449 пъти
Тогава $$\cos\sphericalangle(\alpha,\beta)=\dfrac{(\vec{a}\times\vec{b})\cdot(\vec{c}\times\vec{d})}{\Vert\vec{a}\times\vec{b}\Vert \Vert\vec{c}\times\vec{d}\Vert}$$ където [tex]\Vert\vec{a}\Vert[/tex] е дължината на вектора [tex]\vec{a}[/tex], операторът [tex]\cdot[/tex] бележи скаларно произведение, а [tex]\times[/tex] [tex]-[/tex] векторно произведение.
Разбира се, ето и пример: Дадена е четириъгълна пирамида [tex]ABCDQ[/tex] с основа правоъгълника [tex]ABCD[/tex], чиито страни са [tex]AB=\sqrt{3}[/tex] и [tex]BC=\sqrt{2}[/tex]. Ако [tex]DQ\perp(ABCD)[/tex] и [tex]DQ=1[/tex], да се намери двустенният ъгъл между равнините [tex](ABQ)[/tex] и [tex](BCQ)[/tex].
В тази задача е много удобно да разгледаме точка [tex]D[/tex] като начало на тримерната декартова координатна система, понеже там имаме три прави ръбни ъгъла. Определяме координатите на върховете на пирамидата [tex]-[/tex] [tex]D(0,0,0)[/tex], [tex]A(\sqrt{2},0,0)[/tex], [tex]B(\sqrt{2},\sqrt{3},0)[/tex], [tex]C(0,\sqrt{3},0)[/tex] и [tex]Q(0,0,1)[/tex]. Сега образуваме векторите [tex]\overrightarrow{QA}(\sqrt{2},0,-1)[/tex], [tex]\overrightarrow{QB}(\sqrt{2},\sqrt{3},-1)[/tex] и [tex]\overrightarrow{QC}(0,\sqrt{3},0)[/tex]. Ще пресметнем векторните произведения [tex]\overrightarrow{QB}\times\overrightarrow{QA}[/tex] и [tex]\overrightarrow{QB}\times\overrightarrow{QC}[/tex]. Защо? Защото по този начин всъщност намираме два вектора, които са перпендикулярни на равнините [tex](ABQ)[/tex] и [tex](BCQ)[/tex], като внимателно решаваме дали да образуваме лява или дясна тройка вектори, така че търсеният двустенен ъгъл да е равен на ъгъла между векторните произведения.
- geogebra-export (13).png (76.77 KiB) Прегледано 449 пъти
Използваме стандартните означения за единичните вектори [tex]-[/tex] [tex]\vec{e}_1[/tex], [tex]\vec{e}_2[/tex] и [tex]\vec{e}_3[/tex]. Тогава $$\overrightarrow{QB}\times\overrightarrow{QA}=\mathrm{det}\left(\begin{matrix}
\vec{e}_1& \vec{e}_2 & \vec{e}_3 \\
\sqrt{2} & \sqrt{3} & -1 \\
\sqrt{2} & 0 & -1
\end{matrix}\right)=\vec{e}_1\mathrm{det}\left(\begin{matrix}
\sqrt{3} & -1\\
0 & -1
\end{matrix}\right)-\vec{e}_2\mathrm{det}\left(\begin{matrix}
\sqrt{2} & -1\\
\sqrt{2} & -1
\end{matrix}\right)+\vec{e}_3\mathrm{det}\left(\begin{matrix}
\sqrt{2} & \sqrt{3}\\
\sqrt{2} & 0
\end{matrix}\right)=
-\sqrt{3}\vec{e}_1-\sqrt{6}\vec{e}_3$$ Следователно [tex]\overrightarrow{QB}\times\overrightarrow{QA}(-\sqrt{3},0,-\sqrt{6})[/tex]. Напълно аналогично намираме [tex]\overrightarrow{QB}\times\overrightarrow{QC}(0,-\sqrt{2},\sqrt{6})[/tex]. Знаейки координатите на двата вектора, вече можем да пресметнем тяхното скаларно произведение, а оттам и ъгъла между тях. И така $$(\overrightarrow{QB}\times\overrightarrow{QA})\cdot(\overrightarrow{QB}\times\overrightarrow{QC})=-6$$ От друга страна обаче $$(\overrightarrow{QB}\times\overrightarrow{QA})\cdot(\overrightarrow{QB}\times\overrightarrow{QC})=\Vert\overrightarrow{QB}\times\overrightarrow{QA}\Vert \Vert\overrightarrow{QB}\times\overrightarrow{QC}\Vert\cos\phi=6\sqrt{2}\cos\phi$$ където с [tex]\phi[/tex] сме си означили ъгъла между двата вектора. Приравняваме двете равенства и получаваме [tex]-6=6\sqrt{2}\cos\phi[/tex]. За косинуса на [tex]\phi[/tex] получаваме хубава стойност, а именно [tex]\cos\phi=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}[/tex], откъдето взимайки под внимание, че ъгъл между два вектора приема стойности от [tex]0^\circ[/tex] до [tex]180^\circ[/tex], окончателно получаваме [tex]\phi=135^\circ[/tex], с което задачата е решена.