已知线面角求面角

hejoseph

空间三条射线 $OA$、$OB$、$OC$，已知 $OA$ 与平面 $BOC$ 的夹角是 $\alpha$，$OB$ 与平面 $AOC$ 的夹角是 $\beta$，$OC$ 与平面 $AOB$ 的夹角是 $\gamma$，求 $\angle AOB$、$\angle AOC$、$\angle BOC$。

hbghlyj

对称的特殊情况是平凡的,我写一下,把这帖顶起来
在OA上任取点A,作AH⊥平面BOC,垂足为H,因为OA与平面BOC的夹角是α,所以∠AOH=α.作AD⊥OB于D,AE⊥OC于E,应用三垂线定理的逆定理,得DH⊥OB,EH⊥OC.β=γ时,OH平分∠BOC,所以$\frac1{\cos α}=\frac{OA}{OH}=\frac{\frac{OE}{OH}}{\frac{OE}{OA}}=\frac{\cos{\frac{∠BOC}{2}}}{\cos {∠AOC}}$①
另一方面,设D在平面AOC上的投影为F,F在OA,OC上的投影为X,Y,则DX⊥OA,DY⊥OC.对直三面角O-DFX和O-DFY用勾股定理得$\cos ∠XOF=\frac{\cos \angle AOB}{\cos β}$和$\cos ∠YOF=\frac{\cos \angle BOC}{\cos β}$代入∠XOF+∠YOF=∠AOC得,
$\cos(\arccos(\frac{\cos \angle AOB}{\cos β})+\arccos(\frac{\cos \angle BOC}{\cos β}))=\cos∠AOC$②
令$x=\cos\frac{∠BOC}2,y=\cos\frac{∠AOC}2=\cos\frac{∠AOB}2$
联立①②,消去y得
$\sin^2β +x^2(- 4 + 3 \cos^2α  +  \cos^2α  \cos^2β)  + 4x^4\sin^2α =0$③
从这个方程可以解出x,代入①就能解出y.
用ggb验证了,方程③是正确的

hejoseph

一般的结论比较麻烦，而且角不是唯一的。

hejoseph

这是一个类似于已知三角形三高求三角形的问题。这里的符号跟主贴的不一样，$\theta_A$ 是 $OA$ 与平面 $BOC$ 的所成角，$\theta_B$ 是 $OB$ 与平面 $AOC$ 的所成角，$\theta_C$ 是 $OC$ 与平面 $AOB$ 的所成角。

设 $\angle BOC=\alpha$、$\angle AOC=\beta$、$\angle AOB=\gamma$，则
\begin{align*}
\cos\theta_A=\frac{\sqrt{\cos^2\beta+\cos^2\gamma-2\cos\alpha\cos\beta\cos\gamma}}{\sin\alpha}，\\
\cos\theta_B=\frac{\sqrt{\cos^2\alpha+\cos^2\gamma-2\cos\alpha\cos\beta\cos\gamma}}{\sin\beta}，\\
\cos\theta_C=\frac{\sqrt{\cos^2\alpha+\cos^2\beta-2\cos\alpha\cos\beta\cos\gamma}}{\sin\gamma}，
\end{align*}
令$\Delta=1-\cos^2\alpha-\cos^2\beta-\cos^2\gamma+2\cos\alpha\cos\beta\cos\gamma$，则
\[
\sin\theta_A=\frac{\sqrt{\Delta}}{\sin\alpha}，\sin\theta_B=\frac{\sqrt{\Delta}}{\sin\beta}，\sin\theta_C=\frac{\sqrt{\Delta}}{\sin\gamma}，(1)
\]
记 $t=\sin\theta_A$，$u=\sin\theta_B$，$v=\sin\theta_C$，由 (1) 可得
\[
\cos\alpha=\pm\sqrt{1-\frac{\Delta}{t^2}}，\cos\beta=\pm\sqrt{1-\frac{\Delta}{u^2}}，\cos\gamma=\pm\sqrt{1-\frac{\Delta}{v^2}}，(2)
\]
由$\Delta=1-\cos^2\alpha-\cos^2\beta-\cos^2\gamma+2\cos\alpha\cos\beta\cos\gamma$得
\[
(\Delta-1+\cos^2\alpha+\cos^2\beta+\cos^2\gamma)^2=4\cos^2\alpha\cos^2\beta\cos^2\gamma，(3)
\]
把 (2) 代入 (3)，整理得
\[
4t^2u^2v^2\Delta^2+P\Delta+4t^4u^4v^4=0，(4)
\]
其中
\[
P=t^4u^4+t^4v^4+u^4v^4+t^4u^4v^4-2t^2u^2v^2(t^2+u^2+v^2+t^2u^2+t^2v^2+u^2v^2)，
\]
(4) 求出的 $\Delta$ 必须是正数，这些正数代入 (2)，使其都是实数，并且其 $\pm$ 符号适当选取使 $\Delta=1-\cos^2\alpha-\cos^2\beta-\cos^2\gamma+2\cos\alpha\cos\beta\cos\gamma$ 成立，此时的 $\alpha$、$\beta$、$\gamma$ 就是所求得解。若 $\angle BOC=\alpha$、$\angle AOC=\beta$、$\angle AOB=\gamma$ 是解，则 $\angle BOC=180^\circ-\alpha$、$\angle AOC=180^\circ-\beta$、$\angle AOB=\gamma$ 或 $\angle BOC=180^\circ-\alpha$、$\angle AOC=\beta$、$\angle AOB=180^\circ-\gamma$ 或 $\angle BOC=\alpha$、$\angle AOC=180^\circ-\beta$、$\angle AOB=180^\circ-\gamma$ 都是满足条件的解。