Calcular el ángulo diedro de una pirámide regular

Un enfoque vectorial sería bastante simple y efectivo.

Dadas dos caras de la pirámide, compartiendo el borde común$V P_n$, y que contiene los puntos base contiguos$P_{n-1}$y$P_{n+1}$, el ángulo diedro entre estas dos caras sería el ángulo formado por los dos vectores ($t_m, t_p$), normal al borde común y acostado sobre la cara respectiva.

Evidentemente, ese será también el ángulo que formen los vectores normales a las caras, siempre que uno se tome en la dirección interior y el otro en la dirección exterior .

Es decir, por la regla de la mano derecha,

$${\bf n}_{\,m} = \mathop {P_{\,n} P_{\,n - 1} }\limits^ \to \; \times \;\mathop {P_{\,n} V}\limits^ \to \quad \quad {\bf n}_{\,p} = \mathop {P_{\,n} P_{\,n + 1} }\limits^ \to \; \times \;\mathop {P_{\,n} V}\limits^ \to$$

Entonces el ángulo diedro$\alpha$se calculará simplemente a partir del producto escalar

$$\cos \alpha = {{{\bf n}_{\,m} \; \cdot \;{\bf n}_{\,p} } \over {\left| {{\bf n}_{\,m} } \right|\;\;\left| {{\bf n}_{\,p} } \right|}}$$

La respuesta corta es,$DG$se encuentra en el avión$BCD$perpendicular a$AB$, y es por lo tanto (paralelo a una línea) perpendicular a$AB$.$DG$también yace en el avión$DFG$perpendicular a$AC$, y por lo tanto es (paralelo a una línea) perpendicular a$AC$. Siendo perpendicular a ambos$AB$y$AC$,$DG$es perpendicular a todas las rectas del plano$ABC$que se cruza, incluidos ambos$FG$y$BC$.

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Veamos en detalle la derivación de las tres fórmulas. Siguiendo el artículo vinculado, vemos:

1. Primero, del triángulo isósceles de cara inclinada$\triangle CAD$, usando el triángulo rectángulo con altura$AE,$y$AC=s,$tenemos$EC=s\sin(\alpha/2).$

   Altitud$AB$es perpendicular al plano$CAD,$asi que triangulo$ABC$es un triángulo rectángulo, y tenemos$BC=AC\cos\gamma=s\cos\gamma.$De la base triángulo isósceles$\triangle CBD$tenemos$EC=s\cos\gamma\sin(\beta/2).$

   Igualando las dos expresiones se obtiene

   $$\cos\gamma = \frac{\sin\left(\frac\alpha2\right)}{\sin\left(\frac\beta2\right)}\tag{1}\label{1}.$$

2. A continuación, ¿por qué$FG$y$BC$(es decir, avión$ABC$) perpendicular a$DG$?

   El truco consiste en darse cuenta de que la perpendicular a un plano que pasa por el vértice de un triángulo es ortogonal a todas las líneas en ese plano, incluidas las dos aristas que lo unen, así como (una línea paralela a) la arista opuesta.

   Por construcción, plano$DFG$es perpendicular a$AC$. Por lo tanto$AC$es perpendicular a cualquier línea en$DFG$ergo$AC$es perpendicular a$FG$y$FD$.

   Además, línea$DG$se encuentra en avión$BCD,$por lo que (o una línea paralela a ella) es perpendicular a$AB$, como$AB$es perpendicular al plano$BCD.$Línea$DG$tambien esta en avion$DFG,$tan perpendicular a$AC$. Por lo tanto es perpendicular al plano$ABC.$Y por lo tanto también a$FG.$Anglos$\angle DGF$y$\angle DGC$son ángulos rectos (recta$BC$tambien esta en avion$ABC$y tan perpendicular a$DG$).

   Por lo tanto mirando el triángulo rectángulo$\triangle FGD$tenemos$GD=s\sin\alpha\sin\delta.$

   Y mirando el triángulo rectángulo$\triangle BGD$vemos$GD=s\cos\gamma\sin\beta.$

   Igualar da

   $$\sin\delta=\frac{\cos\gamma\sin\beta}{\sin\alpha} \stackrel{\eqref{1}}= \frac{\sin\left(\frac\alpha2\right)\cdot2\sin\left(\frac\beta2\right)\cos\left(\frac\beta2\right)}{\sin\left(\frac\beta2\right)\cdot2\sin\left(\frac\alpha2\right)\cos\left(\frac\alpha2\right)}=\frac{\cos\left(\frac\beta2\right)}{\cos\left(\frac\alpha2\right)}\tag{2}\label{2}.$$

3. Mirando el triángulo rectángulo$\triangle ABE$tenemos$BE=AE\cos\epsilon.$

   del triangulo$\triangle AEC$tenemos$AE=s\cos\left(\frac\alpha2\right).$

   y del triangulo$\triangle BEC$tenemos$BE=s\cos\left(\gamma\right)\cos\left(\frac\beta2\right).$

   De este modo

   $$\cos\epsilon=\frac{\sin\left(\frac\alpha2\right)\cos\left(\frac\beta2\right)}{\cos\left(\frac\alpha2\right)\sin\left(\frac\beta2\right)}=\frac{\tan\left(\frac\alpha2\right)}{\tan\left(\frac\beta2\right)}\tag{3}\label{3}.$$

Entonces, dado el ángulo del vértice$\alpha$y la proyección de ese ángulo en la base$\beta$, tenemos el ángulo del borde$\gamma$, el ángulo diedro$\delta$entre$ABC$y$ACD$, y el ángulo diedro$\epsilon$entre$ACD$y$BCD$.

Aplicando esto a la pirámide regular, donde$CAD$es una cara lateral y$\triangle ABC$es una sección transversal vertical (perpendicular a la base) a través de una arista entre caras adyacentes, entonces el ángulo diedro entre caras laterales adyacentes es$2\delta.$

En cuanto al número de lados de la pirámide$n$, puesto que hay$n$ángulos de medida$\beta$alrededor de un vértice en el plano, tenemos

$$\beta=\frac{2\pi}{n}.$$ Y en términos de la longitud del borde inclinado $AC=s$, y la longitud del lado base $CD=\ell$, tenemos $$\ell=2s\sin\left(\frac\alpha2\right).$$ Así que en términos de $n,\ell,$y $s,$nosotros escribimos $$\begin{align}\cos\gamma&=\frac{\ell}{2s\sin\left(\frac{\pi}{n}\right)},\\\sin\delta&=\frac{2s\cos\left(\frac{\pi}{n}\right)}{\sqrt{4s^2-\ell^2}},\\\cos\epsilon&=\frac{\ell}{\tan\left(\frac{\pi}{n}\right)\sqrt{4s^2-\ell^2}}.\end{align}$$

Por ejemplo, poner$n=4$,$s=\ell$nos da la pirámide cuadrada regular con$\gamma=\frac{\pi}{4},$ $\sin\delta=\sqrt{\frac{2}{3}},$y$\cos\epsilon=\frac{1}{\sqrt{3}}.$Que coincide con los ángulos del octaedro regular en la tabla de ángulos diedros sólidos platónicos .

O con$n=3$,$s=\ell$obtenemos$\cos\gamma=1/\sqrt{3}$y$\cos(2\delta)=\cos\epsilon=1/3,$de nuevo de acuerdo con la geometría conocida del tetraedro regular.

Para un ejemplo no platónico, una pirámide hexagonal regular con altura$h=\sqrt{3}\ell$y longitud del borde inclinado$s=2\ell$tendrá$\cos(2\delta)=-3/5$, el ángulo de un$3$-$4$-$5$triángulo.

Un enfoque alternativo para obtener la fórmula de$\delta$es tomar una unidad normal$\underline{\mathbf{u}}$para una pendiente dada y luego rotar esto por el ángulo$\beta$acerca de$z$-eje, es decir, sobre el vector$\underline{\mathbf{k}}$, para producir una unidad normal$\underline{\mathbf{v}}$para la pendiente adyacente, como se muestra en la Fig. 1. Este enfoque evita la complicación que surge cuando$\beta > 90^\circ$, para entonces$G$ya no está en el segmento de línea$BC$, pero se extiende a la izquierda más allá$B$(por ejemplo, en el caso del tetraedro tenemos$\alpha = 60^\circ$y$\beta = 120^\circ$, dando ángulo diedro$2\delta = \arccos (1/3)$).

Desde$\underline{\mathbf{u}}$y$\underline{\mathbf{v}}$ambos apuntan hacia afuera, tenemos:

$$\underline{\mathbf{u}} \cdot \underline{\mathbf{v}} = \cos(180 - 2\delta) = -\cos 2\delta.$$

De la Fig. 1 tenemos:

$$\underline{\mathbf{u}} = \sin \epsilon \; \underline{\mathbf{i}} + \cos \epsilon \; \underline{\mathbf{k}}.$$

Giratorio$\underline{\mathbf{u}}$acerca de$z$-eje por ángulo$\beta$deja el$\underline{\mathbf{k}}$componente sin cambios y cambia el componente$\sin \epsilon \; \underline{\mathbf{i}}$a$\sin \epsilon \cos \beta \; \underline{\mathbf{i}} + \sin \epsilon \sin \beta \; \underline{\mathbf{j}}$de modo que :

$$\underline{\mathbf{v}} = \sin \epsilon \cos \beta \; \underline{\mathbf{i}} + \sin \epsilon \sin \beta \;\underline{\mathbf{j}} + \cos \epsilon \; \underline{\mathbf{k}}$$

De este modo :

$$\begin{eqnarray} 2 \sin^2 \frac{1}{2} \delta -1 = -\cos 2\delta & = & \underline{\mathbf{u}} \cdot \underline{\mathbf{v}} \nonumber \\ & = & \sin^2 \epsilon \cos \beta + \cos^2 \epsilon \label{eq:Rodrigues} \tag{1} \end{eqnarray}$$

Requerimos una expresión que involucre$\alpha$y$\beta$solo. Denote la altura de la pirámide regular por$h$, y el radio de su base poligonal regular por$r$. Entonces :

$$\begin{equation} \sin \epsilon = \frac{h}{s \cos \frac{1}{2} \alpha}, \hspace{1em} \mbox{and} \hspace{1em} \cos \epsilon = \frac{r \cos \frac{1}{2} \beta}{s \cos \frac{1}{2} \alpha} \label{eq:angle-epsilon} \tag{2} \end{equation}$$

con :

$$\begin{equation} \frac{h}{s} = \sin \gamma \hspace{1em} \mbox{and} \hspace{1em} \frac{r}{s} = \cos \gamma. \label{eq:angle-gamma} \tag{3} \end{equation}$$

Como en el artículo, podemos establecer fácilmente calculando la longitud de EC de dos maneras que:

$$\begin{equation} \cos \gamma = \frac{\sin \frac{1}{2} \alpha}{\sin \frac{1}{2} \beta}. \label{eq:angle-gamma-formula} \tag{4} \end{equation}$$

Así poniendo ecuaciones ($\ref{eq:Rodrigues}$) - ($\ref{eq:angle-gamma-formula}$) juntos ahora tenemos :

$$\begin{eqnarray*} 2 \sin^2 \frac{1}{2} \delta -1 & = & \frac{\sin^2 \gamma}{\cos^2 \frac{1}{2} \alpha} \cdot \cos \beta + \cos^2 \gamma \cdot \frac{\cos^2 \frac{1}{2} \beta}{\cos^2 \frac{1}{2} \alpha} \\ & = & \frac{1}{\cos^2 \frac{1}{2} \alpha} \left[ \left( 1 - \frac{\sin^2 \frac{1}{2} \alpha}{\sin^2 \frac{1}{2} \beta} \right) \cdot (\cos^2 \frac{1}{2}\beta - \sin^2 \frac{1}{2}\beta) + \left( \frac{\sin^2 \frac{1}{2} \alpha}{\sin^2 \frac{1}{2} \beta} \right) \cdot \cos^2 \frac{1}{2} \beta \right] \\ & = & \frac{1}{\cos^2 \frac{1}{2} \alpha} \left[ \cos^2 \frac{1}{2} \beta - \sin^2 \frac{1}{2} \beta + \sin^2 \frac{1}{2} \alpha \right] \\ \Rightarrow 2 \sin^2 \delta & = & \frac{1}{\cos^2 \frac{1}{2} \alpha} \left[ \cos^2 \frac{1}{2} \beta - \sin^2 \frac{1}{2} \beta + 1 \right] \\ & = & \frac{2 \cos^2 \frac{1}{2} \beta}{\cos^2 \frac{1}{2} \alpha} \\ \Rightarrow \mbox{since } \alpha, \beta, \gamma \in (0, 180^\circ), \hspace{1.5em} \sin \delta & = & \frac{\cos \frac{1}{2} \beta}{\cos \frac{1}{2} \alpha}. \end{eqnarray*}$$