найти равностороннее сечение трехгранного угла

[mbaitoff]

пусть дан трехгранный угол ("бесконечная тругольная пирамида").

нужно найти плоскость (плоскости), при пересечении которой с этим углом сечением является равносторонний треугольник.

о задаче ничего неизвестно - возникла при размышлении о нарезке кристаллов слоями. есть мнение, что задача эквавалентна следующей: "найти точку в пространстве, из которой стороны данного равностороннего треугольника видны под заданными углами".

строили развертку угла в GeoGebra, рисовали на ней цепочки из отрезков одинаковой длины. нашлось, что на некоторых развертках существует и два семейства решений, а на некоторых - вообще ни одного.

строили ГМТ, из которых данный отрезок виден под данным углом (эдакие "яблоки"). как искать пересечение трех "яблок" - неясно.

помогите одолеть.

[gris]

В голову пришло такое.
Возьмём систему координат в пространстве. Поместим вершину пирамиды в начало координат так, чтобы одно из рёбер совпадало с осью $x$, а два других в положительном по $z$ полупространстве.
То есть рёбрами (бесконечными, полагаю, так как - ну это понятно) пирамиды будут лучи, выходящие из начала координат. По-моему, все треугольные пирамиды можно расположить так. Можно даже второе ребро поместить в плоскость $XOZ$.
Далее, исходим из того, что если есть сечение в виде равностороннего треугольника, то всякое сечение, параллельное ему, тоже будет равносторонним треугольником.
Возьмём точку $(1;0;0)$ и две другие точки $A(u)$ и $B(v)$ на других рёбрах. Приравняем попарные расстояния. Получим систему из двух уравнений с двумя неизвестными.
Я ещё не завтракал и даже кофе не попил, так что мог чего-то не учесть. И вообще написать тривиальщину. Но я подумаю ещё.

upd / Yu_K, вот этого перепрыга я и боялся.
Но тут я подумал, что можно и через теорему косинусов, если заданы плоские углы. В общем, два квадратных уравнения, то есть две квадрики, как Вы и сказали

[Yu_K]

gris завтракайте спокойно и пейте кофе - все правильно написали - я независимо от вас прошел этот путь и даже картинку сделал в Маткаде. Получится две кривые второго порядка - если есть у них общие точки, то решение существует, если нет - то решения нет - остается отсечь те варианты, когда одна из точек перепрыгивает за начало кординат в отрицательную облать (если это не устраивает, конечно). Кол-во решений определяется кол-вом точек пересечения этих двух плоских кривых второго порядка.

[mbaitoff]

что-то я не очень понимаю. пусть начальная точка - С, и две параметрических точки A(u), B(v). тогда две кривые второго порядка - это графики расстояний СА и ВА, так? ну, допустим, они имеют общую точку для некоторых (u,v). но ведь нужно, чтобы расстояние АВ тоже было им равно?

или я что-то не понимаю?

[arqady]

Имхо, в общем виде всё это излишне громоздко.
Помоему, следующий частный случай достаточно интересен.
Величины всех плоских углов трехгранного угла равны $\alpha$. Через точку на его ребре, находящейся на расстоянии $a$ от вершины, провели плоскость так, что в пересечении этой полскости и трёхгранного угла получился правильный треугольник. Найдите его сторону (то-бишь, нужно выразить её длину через $a$ и $\alpha$).

[gris]

mbaitoff
Первая кривая определяется равенством $CA=CB$, вторая $CB=AB$

Задачу arqady попытаюсь решить без бумажки.
Из соображений симметрии два других ребра тоже равны $a$ и сторона треугольника равна $a\sqrt{2-2\cos\alpha}$.
Но это только одно решение, а вот второе надо, по-моему, тоже как-то через теорему косинусов (?)
Если я правильно понял условие и в нём нет какого-то подвоха .

Приписки.
Дописываю в предыдущее сообщение, так как сами понимаете - впереди Профессор, и обогнать его даже в такой мелочи как количество сообщений, у меня не хватит духу. Подожду кое-кого и как-нибудь незаметно перебегу за компанию.
Но, ободрённый вниманием arqady, придвигаю к себе клаву ( с маленькой буквы).

Из теоремы косинусов, если второй и третий отрезок обозначим $b$ и $c$, а $\cos\alpha$ как $t$

$a^2+b^2-2abt=b^2+c^2-2bct;$ и
$a^2+c^2-2abt=b^2+c^2-2bct;$, что равносильно

$(a+c)(a-c)=2(a-c)bt;$ и
$(a+b)(a-b)=2(a-b)ct;$

1) Если $\cos\alpha$ меньше или равен нуля, то есть угол или тупой, или прямой, то решение только одно - все отрезки на рёбрах равны $a$.

2) Теперь пусть угол острый. Прежнее решение остаётся, естественно.

2.1) Пусть $a\neq b\wedge a=c$

$(a+b)=2at;\Rightarrow b=a(2t-1)$. Заметим, что $b<a$.
То есть при $0^{\circ}<\alpha<60^{\circ}$ существует второе решение $(a;a;a(2\cos\alpha -1))$ с той же длиной стороны.

2.2) Пусть $a\neq b\wedge a\neq c\wedge b\neq c$

$(a+c)=2bt;$ и
$(a+b)=2ct;$
А тут угол тупой получается.

Если не напутал.

То есть ответ будет один: сторона треугольника равна $a\sqrt{2-2\cos\alpha}$ , но при плоском угле, меньшем $60^{\circ}$, ответ можно получить двумя различными способами проведения секущей плоскости, хотя этого и не спрашивалось в задаче.

Впрочем, если озаботиться только длиной стороны, то можно было рассмотреть только случай 2.2 и не разводить писанину.

Сколько можно править? Причём, исправляю только грамматику и стараюсь сделать текст "покрасивше", а наверняка в математике допустил ляп. Вот так всегда.

[arqady]

gris, там не всегда будет второе решение.