正二十面体旋转角问题

hejoseph

最上面这个复合多面体由两个正二十面体构成，由两个完全重合的正二十面体其中一个绕正二十面体中两个平行面的中心连线的轴旋转一定角度，使其中八组正三角形的面各自重合成八个平面内，求旋转角度（可用反三角函数）。

郝酒

试着回答一下何版的问题: )
先求出正二十面体的10个单位法向量，弄清楚旋转下的法向量变换，解方程组。
======
操作中...

kuing

如图，大概只需让 `A` 绕 `\triangle ABC` 的中心旋转落回到 `AF` 上即可。

不妨设棱长为 `2`，则 `CF=\sec(2\pi/5)`，令 `M` 为 `BC` 中点，则
\[\tan\angle MAF=\frac{1+\sec(2\pi/5)}{\sqrt3},\]那么旋转的角度就是 `\pi-2\angle MAF`，化简后就是
\[\arccos\frac{3\sqrt5-1}8,\]大约是 44.4775 度，另外由对称性，120 度减去这个角应该也行。

hejoseph

回复 3# kuing
对的，就是这个值。在asymptote里运行下面的代码就能画出那个复合多面体

1. size(150);
2. import graph3;
3. int n=5;
4. real t=pi/n;
5. real r=sqrt(50+10*sqrt(5))/10;
6. real H=sqrt(10+2*sqrt(5))/4;
7. real h=sqrt(50+10*sqrt(5))/20;
8. r=r/H;
9. h=h/H;
10. H=1;
11. triple[] A;
12. triple[] B;
13. triple[] C={(0,0,H),(0,0,-H)};
14. int i;
15. for(i=0;i<n;++i)
16. {
17.         A.push((r*cos(2*i*t),r*sin(2*i*t),h));
18.         B.push((r*cos(2*i*t+t),r*sin(2*i*t+t),-h));
19. }
20. triple[] A1=rotate(180/pi*acos((3*sqrt(5)-1)/8),(C[0]+A[0]+A[1])/3)*A;
21. triple[] B1=rotate(180/pi*acos((3*sqrt(5)-1)/8),(C[0]+A[0]+A[1])/3)*B;
22. triple[] C1=rotate(180/pi*acos((3*sqrt(5)-1)/8),(C[0]+A[0]+A[1])/3)*C;
23. for(i=0;i<n;++i)
24. {
25.         draw(C[0]--A[i]);
26.         draw(A[i]--A[(i+1)%n]);
27.         draw(A[i]--B[i]);
28.         draw(B[i]--A[(i+1)%n]);
29.         draw(B[i]--B[(i+1)%n]);
30.         draw(B[i]--C[1]);
31.         draw(C1[0]--A1[i]);
32.         draw(A1[i]--A1[(i+1)%n]);
33.         draw(A1[i]--B1[i]);
34.         draw(B1[i]--A1[(i+1)%n]);
35.         draw(B1[i]--B1[(i+1)%n]);
36.         draw(B1[i]--C1[1]);
37. }
38. for(i=0;i<n;++i)
39. {
40.         draw(surface(C[0]--A[i]--A[(i+1)%n]--cycle),red);
41.         draw(surface(A[i]--A[(i+1)%n]--B[i]--cycle),red);
42.         draw(surface(A[(i+1)%n]--B[i]--B[(i+1)%n]--cycle),red);
43.         draw(surface(B[i]--B[(i+1)%n]--C[1]--cycle),red);
44.         draw(surface(C1[0]--A1[i]--A1[(i+1)%n]--cycle),red);
45.         draw(surface(A1[i]--A1[(i+1)%n]--B1[i]--cycle),red);
46.         draw(surface(A1[(i+1)%n]--B1[i]--B1[(i+1)%n]--cycle),red);
47.         draw(surface(B1[i]--B1[(i+1)%n]--C1[1]--cycle),red);
48. }

Copy the Code

郝酒

没有ku版的空间能力，借助Mathematica算吧。
坐标化，以正五边形的面为XOY面，一个顶点坐标为(1,0,0)，借助棱长相等，和空间图形，可得以下10个顶点的坐标：
$(\cos\frac{2k\pi}{5},\sin\frac{2k\pi}{5},0),k=0,1,2,3,4$
$(0,0,-h)$
$(\cos\frac{2k+1\pi}{5},\sin\frac{2k+1\pi}{5},H),k=0,1,2,3,4$
$(0,0,H+h)$
其中$h=\sqrt{3-4\cos\frac{\pi}{5}}$，$H=\sqrt{2+2\cos\frac{\pi}{5}-4\cos^2\frac{\pi}{5}}$
下面算法向量，容易看出叉乘后得到的法向量模长是相同的。
$(-2h\cos\frac{2k+1}{5}\pi\sin\frac{\pi}{5},-2h\sin\frac{2k+1}{5}\pi\sin\frac{\pi}{5},2\sin\frac{\pi}{5}\cos\frac{\pi}{5}),k=0,1,2,3,4$
$(H\sin\frac{\pi}{5}\cos\frac{2k+1}{5}\pi,H\sin\frac{\pi}{5}\sin\frac{2k+1}{5}\pi,-4\sin\frac{1}{5}\pi\sin^2\frac{\pi}{10}),k=0,1,2,3,4$
都有$\sin\frac{\pi}{5}$，可以都约去不影响。
在考虑单位正交变换，求解即可。
取巧，分别取k为2的两个向量，求夹角余弦值即可，求的是148.3°，思路应该能求出来，结果好像对不上。
如果取第一组里的k为0，1的两个法向量，结果为41.8°，对不上，应该是前面哪块计算出错了，稍后检查。
======
好奇ku版的图是怎么画的呀？几何画板插入图片？
Asymptote之类的画图有些笨重的:-)需要一个自然语言到脚本的解释器，像以下场景：
:画一个棱长为1的正二十面体
:主人，画好了，喏~
:切换视角，从右上边看它
:Roger that!
:再画一个它的外接球，半透明
:OK
---内心戏很足呀---
似乎发现了Discuz!7.2 会把UTF emoj后面的东西吃掉~
======
h计算错误了，应该为$h=\sqrt{3-4\cos^2\frac{\pi}{5}}$，不过最后的结果好像影响不大呢。计算没有问题的，思路哪里出错了呢？

kuing

回复 5# 郝酒

嗯，是几何画板插入图片。
嗯，这里输入不了 emoji。
Asymptote 我不会用……