Сфера и правилна триъгълна пирамида

[Румен Симеонов]

Дада, така е, аз съм виждал такива за които говориш. Имах предвид. само последните 2 задачи, откакто аз съм тук. И няма ли да кажеш откога докога могат да се качват задачи на седмицата и къде ги пише тия правила, че не мога да се вредя , без набързо да ми поставят диагноза някакви лекари дилетанти, и аз да качвам задачи на седмицата. А някой знае ли какво е това триъгълник, според училищните учебници? Ще се развам да публикуваш и решение различно от моето и на предишната стереометрична задача. Защо пропусна да го качиш?
Предлагам да качваш решението, което си имал предвид независимо дали задачата е била решена от някото или не е била. Повече решения - по-добре.

На кратко: ако искате да поставите задача за разглеждане, просто я публикувайте в подходящата субсекция на даден раздел. Няма нужда да е в Задача на седмицата. Задачата на седмицата е лимитирана в това с какви знания трябва да е възможно да се представи решение, нещо което специализираните раздели не налагат.

Отново на кратко: невъзможността Ви да възприемете критика под каквато и да е форма или да модифицирате поведението си съобразно общоприета форма на общуване в група, дори когато Ви се казва от множество участници в групата, говори за нарцистичност и липса на реализация на желанията или амбициите, изразена в нуждата да имате последната дума във всеки разговор, дори когато не е необходимо. Не е нужно човек да е специалист по психология за да разпознае генералните характеристики на някои често срещани патологии (също както не е нужно човек да е лекар по хуманна медицина за да разпознае течащ нос от настинка и да препоръча лечение). Някои неща се учат в училище, други- в житейската практика.

Презумирате, че аз ще задавам задача, за чието решаване не са достатъчни училищни знания. А аз питам в случай, че искам да публикувам в ,,Задача на седмицата" задача, която може да се реши с училищни знания в събота ли да я публикувам? И въобще кога спираме да пазим да не засенчим предишната задача на седмицата? И питаме ли някого за разрешеение, в събота или в който ден и час кажете там. Има ли точен час и ден от седмицата, от който нататък вече може да се публикува нова задача в този раздел?

[Румен Симеонов]

Специални извинения на Груйчо, ако съм го засегнал дори и малко. То името наистина си е съвсем хубаво и нямало нищо общо с грухчо, което също не е лошо, но все пак не трябва да ги смесваме дори по далечна асоциация ...

[Румен Симеонов]

[tex][/tex]

Дадена е правилна триъгълна пирамида [tex]ABCD[/tex] с основен ръб [tex]AB=3[/tex] и околен ръб [tex]AD=4[/tex]. Сфера минава през върха [tex]A[/tex] и се допира до средите на ръбовете [tex]BD[/tex] и [tex]CD[/tex]. Да се намери радиусът на сферата.

Без заглавие - 2023-05-01T221445.612.png

Сферата пресича ръбовете на пирамидата $ABCD$ както следва:
$AD$ в точка $K$, $AB$ в точка $P$ и $AC$ в точка $Q$
Минава през т.$A$ и се допира до ръбовете $BD$ и $CD$ в средите им т.$M$ и т.$N$
Разглеждам стената $ABD$:
Прилагам свойството за секуща и допирателна от точката $D$ към окръжността описана около [tex]\triangle ABD[/tex]:
[tex]AK = y , AP = x[/tex]
[tex]DA.DK = DM^{2 } \Leftrightarrow 4.(4 - y) = 2^{2 } \Leftrightarrow 4 - y = 1 \Rightarrow y = 3 \Leftrightarrow AK = 3[/tex]
Прилагам свойството за секуща и допирателна от т.$B$ към окръжността описана около [tex]\triangle ABD[/tex]
[tex]BA.BP = BM^{2 } \Leftrightarrow 3(3 - x) = 2^{2 } \Leftrightarrow 9 - 3x = 4 \Leftrightarrow3x = 5 \Rightarrow x = \frac{5}{3} \Leftrightarrow AP = \frac{5}{3}[/tex]
Аналогично за стената $ACD$ получавам [tex]AQ = \frac{5}{3}[/tex]
[tex]A A_{1 } \bot BC , A A_{1 } = \frac{3 \sqrt{3} }{2}[/tex] защото [tex]\triangle ABC[/tex] е равностранен
[tex]DH \bot ABC , H \in A A_{1 } , AH = \frac{2}{3}A A_{1 } \Rightarrow AH = \sqrt{3}[/tex]
Нека [tex]\angle DAH = \varphi[/tex]
От [tex]\triangle AHD \rightarrow \frac{AH}{AD} = \cos \varphi \Rightarrow \cos \varphi = \frac{ \sqrt{3} }{4}[/tex]

Сферата е описана около пирамидата $APQK$
[tex]AP = AQ \Rightarrow PQ || AB \Rightarrow \triangle APQ[/tex] е равностранен със страна [tex]\frac{5}{3}[/tex]
[tex]PQ \cap A A_{1 } = G, AG = \frac{5}{3} \frac{ \sqrt{3 } }{2} \Rightarrow AG = \frac{5 \sqrt{3} }{6}[/tex]
Ако т.$O$ е център на описаната сфера,то тогава $OA = OP = OQ = OK = R$
От $OA = OP = OQ$ следва.че т.$O$ е връх на правилна триъгълна пирамида $APQO$ .
T. $O$ ще се проектира върху основата в т.[tex]E \in AG[/tex] и [tex]AE = \frac{2}{3}AG \Leftrightarrow AE = \frac{2}{3} \frac{5 \sqrt{3} }{6} \Rightarrow AE = \frac{5 \sqrt{3} }{9}[/tex]
От [tex]OA = OK \rightarrow O \in S_{AK }[/tex] и т.$O$ се проектира върху т.$T$ ,която е среда на [tex]AK \Rightarrow AT = \frac{3}{2}[/tex]
Около четириъгълника $AEOT$ може да се опише окръжност,чийто диаметър е $AO = R$
Ако приложим Синусова теорема за [tex]\triangle AET[/tex] ще получим ,че [tex]\frac{ET}{\sin \varphi } = AO[/tex]
За [tex]\triangle AET[/tex] прилагам Косинусова теорема:
[tex]ET^{2 } = AE^{2 } + AT^{2 } - 2.AT.AE .\cos \varphi \Leftrightarrow ET^{2 }= (\frac{5 \sqrt{3} }{9}) ^{2 } + ( \frac{3}{2} )^{2 } - 2. \frac{5 \sqrt{3} }{9}. \frac{3}{2}. \frac{ \sqrt{3} }{4} \Leftrightarrow ET^{2 } = \frac{156}{81}[/tex]
[tex]\Rightarrow ET = \frac{2 \sqrt{39} }{9}[/tex]
[tex]\cos \varphi = \frac{ \sqrt{3} }{4} \Rightarrow \sin \varphi = \frac{ \sqrt{13} }{4}[/tex]
За [tex]\triangle ATE[/tex] прилагам Синусова теорема:
[tex]\displaystyle \frac{ET}{\sin \varphi }= OA \Leftrightarrow \displaystyle \frac{\displaystyle \frac{2 \sqrt{39} }{9} }{\displaystyle \frac{ \sqrt{13} }{4} } = \displaystyle \frac{8 \sqrt{3} \sqrt{13} }{9 \sqrt{13} }[/tex]
$$\Rightarrow OA =R = \frac{8 \sqrt{3} }{9}$$

Засега имам само една минимална забележка, че чертежа е малко нереален. Но пък и не сте длъжен всичко да е точно в чертежа. Зависи обаче дали в решението си се възползвате или не от допълнителни съотношения определено навявани от чертежа, които реално ги няма. Струва ми се, че не се възползвате, но все пак трябва да проверя на светло още веднъж. Не ми се струва да е вярно, както личи според чертежа, че О се намира, точно или поне почти точно , на отсечката [tex]EK[/tex], при което ъгълът [tex]AEO[/tex] бил прав ъгъл. Или някое от тези неща не е вярно или не е верен намереният от Вас [tex]\cos \varphi = \frac{ \sqrt{3} }{4}[/tex] или не е вярно намереното от Вас, че [tex]AE = \frac{5 \sqrt{3} }{9}[/tex] или не е вярно намереното от Вас, че [tex]AK =3[/tex]. Ако всико това би било вярно щяхме да имаме за последствие, че [tex]\frac{5 \sqrt{3} }{9}/3 = AЕ/AК=cos \varphi = \frac{ \sqrt{3} }{4}[/tex], откъдето и, че [tex]5.4=27[/tex]. Също така чертежа навява, че [tex]P[/tex] е прекалено близко до [tex]B[/tex], което не се връзва с
[tex]AP=5/3[/tex] и [tex]AB=3[/tex] . Също така чертежа определено ни склонява да мислим, че червената равнина е успоредна и прекарено близка до равнината на триъгълника [tex]BCD[/tex]. Накъде трябва да я наведем за да стане чертежа по-реалистичен? Аз на Ваше място бих заявил, че не използвам чертежа в решението си, а той е само за цвят. Но ако държите, че го използвате моля обяснете кои части от реешението зависят от кои качества на чертежа. А може би твърдите обратното - че чертежа е изведен въз основа на решението? Или пък, да не би чертежът да е взет от задачата, на която настоящата много ви приличаше?

​

​

[Румен Симеонов]

Ха, някой ми трие мненията неофициално!
Няма ли тук администратор, който да каже на лекарите да престанат да ме обиждат. Да не би пък този ми въпрос да попадне за разрешаване при някой недипломиран лекар, който може би има администраторски права?

[tex][/tex]

Дадена е правилна триъгълна пирамида [tex]ABCD[/tex] с основен ръб [tex]AB=3[/tex] и околен ръб [tex]AD=4[/tex]. Сфера минава през върха [tex]A[/tex] и се допира до средите на ръбовете [tex]BD[/tex] и [tex]CD[/tex]. Да се намери радиусът на сферата.

Без заглавие - 2023-05-01T221445.612.png

Сферата пресича ръбовете на пирамидата $ABCD$ както следва:
$AD$ в точка $K$, $AB$ в точка $P$ и $AC$ в точка $Q$
Минава през т.$A$ и се допира до ръбовете $BD$ и $CD$ в средите им т.$M$ и т.$N$
Разглеждам стената $ABD$:
Прилагам свойството за секуща и допирателна от точката $D$ към окръжността описана около [tex]\triangle ABD[/tex]:
[tex]AK = y , AP = x[/tex]
[tex]DA.DK = DM^{2 } \Leftrightarrow 4.(4 - y) = 2^{2 } \Leftrightarrow 4 - y = 1 \Rightarrow y = 3 \Leftrightarrow AK = 3[/tex]
Прилагам свойството за секуща и допирателна от т.$B$ към окръжността описана около [tex]\triangle ABD[/tex]
[tex]BA.BP = BM^{2 } \Leftrightarrow 3(3 - x) = 2^{2 } \Leftrightarrow 9 - 3x = 4 \Leftrightarrow3x = 5 \Rightarrow x = \frac{5}{3} \Leftrightarrow AP = \frac{5}{3}[/tex]
Аналогично за стената $ACD$ получавам [tex]AQ = \frac{5}{3}[/tex]
[tex]A A_{1 } \bot BC , A A_{1 } = \frac{3 \sqrt{3} }{2}[/tex] защото [tex]\triangle ABC[/tex] е равностранен
[tex]DH \bot ABC , H \in A A_{1 } , AH = \frac{2}{3}A A_{1 } \Rightarrow AH = \sqrt{3}[/tex]
Нека [tex]\angle DAH = \varphi[/tex]
От [tex]\triangle AHD \rightarrow \frac{AH}{AD} = \cos \varphi \Rightarrow \cos \varphi = \frac{ \sqrt{3} }{4}[/tex]

Сферата е описана около пирамидата $APQK$
[tex]AP = AQ \Rightarrow PQ || AB \Rightarrow \triangle APQ[/tex] е равностранен със страна [tex]\frac{5}{3}[/tex]
[tex]PQ \cap A A_{1 } = G, AG = \frac{5}{3} \frac{ \sqrt{3 } }{2} \Rightarrow AG = \frac{5 \sqrt{3} }{6}[/tex]
Ако т.$O$ е център на описаната сфера,то тогава $OA = OP = OQ = OK = R$
От $OA = OP = OQ$ следва.че т.$O$ е връх на правилна триъгълна пирамида $APQO$ .
T. $O$ ще се проектира върху основата в т.[tex]E \in AG[/tex] и [tex]AE = \frac{2}{3}AG \Leftrightarrow AE = \frac{2}{3} \frac{5 \sqrt{3} }{6} \Rightarrow AE = \frac{5 \sqrt{3} }{9}[/tex]
От [tex]OA = OK \rightarrow O \in S_{AK }[/tex] и т.$O$ се проектира върху т.$T$ ,която е среда на [tex]AK \Rightarrow AT = \frac{3}{2}[/tex]
Около четириъгълника $AEOT$ може да се опише окръжност,чийто диаметър е $AO = R$
Ако приложим Синусова теорема за [tex]\triangle AET[/tex] ще получим ,че [tex]\frac{ET}{\sin \varphi } = AO[/tex]
За [tex]\triangle AET[/tex] прилагам Косинусова теорема:
[tex]ET^{2 } = AE^{2 } + AT^{2 } - 2.AT.AE .\cos \varphi \Leftrightarrow ET^{2 }= (\frac{5 \sqrt{3} }{9}) ^{2 } + ( \frac{3}{2} )^{2 } - 2. \frac{5 \sqrt{3} }{9}. \frac{3}{2}. \frac{ \sqrt{3} }{4} \Leftrightarrow ET^{2 } = \frac{156}{81}[/tex]
[tex]\Rightarrow ET = \frac{2 \sqrt{39} }{9}[/tex]
[tex]\cos \varphi = \frac{ \sqrt{3} }{4} \Rightarrow \sin \varphi = \frac{ \sqrt{13} }{4}[/tex]
За [tex]\triangle ATE[/tex] прилагам Синусова теорема:
[tex]\displaystyle \frac{ET}{\sin \varphi }= OA \Leftrightarrow \displaystyle \frac{\displaystyle \frac{2 \sqrt{39} }{9} }{\displaystyle \frac{ \sqrt{13} }{4} } = \displaystyle \frac{8 \sqrt{3} \sqrt{13} }{9 \sqrt{13} }[/tex]
$$\Rightarrow OA =R = \frac{8 \sqrt{3} }{9}$$

Засега имам само една минимална забележка [PS към решението на S.B., състояща се в това] ,че чертежа е малко нереален. Но пък и не Сте длъжен всичко да е точно в чертежа. Зависи обаче дали в решението си се възползвате или не от допълнителни съотношения определено навявани от чертежа, които реално ги няма. Струва ми се, че не се възползвате, но все пак трябва да проверя на светло още веднъж. Не ми се струва да е вярно, както личи според чертежа, че О се намира, точно или поне почти точно , на отсечката [tex]EK[/tex], при което ъгълът [tex]AEO[/tex] бил прав ъгъл. Или някое от тези неща не е вярно или не е верен намереният от Вас [tex]\cos \varphi = \frac{ \sqrt{3} }{4}[/tex] или не е вярно намереното от Вас, че [tex]AE = \frac{5 \sqrt{3} }{9}[/tex] или не е вярно намереното от Вас, че [tex]AK =3[/tex]. Ако всичко това би било вярно щяхме да имаме за последствие, че [tex]\frac{5 \sqrt{3} }{9}/3 = AЕ/AК=cos \varphi = \frac{ \sqrt{3} }{4}[/tex], откъдето и, че [tex]5.4=27[/tex]. Също така чертежа навява, че [tex]P[/tex] е прекалено близко до [tex]B[/tex], което не се връзва с
[tex]AP=5/3[/tex] и [tex]AB=3[/tex] . Също така чертежа определено ни склонява да мислим, че червената равнина е успоредна и прекалено близка до равнината на триъгълника [tex]BCD[/tex]. Накъде трябва да я наведем за да стане чертежа по-реалистичен? Аз на Ваше място бих заявил, че не използвам чертежа в решението си, а той е само за цвят. Но ако държите, че го използвате моля обяснете кои части от решението зависят от кои качества на чертежа. А може би твърдите обратното - че чертежа е изведен въз основа на решението? Или пък, да не би чертежът да е взет от задачата, на която настоящата много Ви приличаше?

​

​

[Румен Симеонов]

И следния ми пост беше изтрит:

Ха, някой ми трие мненията неофициално! Няма ли тук администратор, който да каже на лекарите да престанат да ме обиждат. Да не би пък този ми въпрос да попадне за разрешаване при някой недипломиран лекар, който може би има администраторски права?

....

[Междувременно се появи отново. Ко стаа тука бе?]

[Румен Симеонов]

Пробвам да видя дали всичко написано от мен се трие от някото или автоматично.

[ammornil]

И следния ми пост беше изтрит:

Ха, някой ми трие мненията неофициално! Няма ли тук администратор, който да каже на лекарите да престанат да ме обиждат. Да не би пък този ми въпрос да попадне за разрешаване при някой недипломиран лекар, който може би има администраторски права?

....

[Междувременно се появи отново. Ко стаа тука бе?]

Администраторите на сайта не цензурират свободата на изразяване, нещо с което Вие би трябвало да сте наясно до сега, имайки предвид колко "не на място" публикации сте набъкали, понякога разговаряйки сам със себе си, или уточнявайки, че някой пост от Гост е в същност Ваш.

Понякога отнема време (според скоростта на връзката с мрежата и натовареността на сървъра) да се обнови съдържанието на даден субфорум. Поради това, може да не видите веднага последния си пост, изчакайте и опреснете връзката, няколко пъти ако е необходимо.

Позволявам си да комнетирам поведението Ви по същия начин както Вие коментирате моето и това на други участници във форума. Свободата на изказване върви в две посоки: Вие може да кажете какво мислите за другите и другите могат да кажат какво мислят за Вас. Така работи равнопоставеността в социалните групи. Констатацията ми за "нарцисизъм" базирам на това колко често пишете собственото си име в постове (ние можем да четем страничните полета, но това си е Ваше право, както е мое право да го забележа, анализирам и коментирам). Констатацията ми за нереализираност идва от това колко често правите "анализ" на чужди постове, без да допринасяте с нищо за яснотата или пълнотата им, което говори за желание да се изтъквате на гърба на някой друг. Може и да не съм доктор по психология, но съм учил достатъчно по материята, за да знам някои основни показатели. Освен това, за разлика от Вас, аз винаги се обръщам към Вас в учтива форма и никога с язвителни или дерогативни цели. Аз съм искрено загрижен за благополучието и благоденствието (физическо и психическо) на всички хора, с които влизам в контакт в ежедневието си. Ако видя нещо, което ме притеснява, аз го казвам, стараейки се да не бъда неуважителен. Дали съм прав? Може би не винаги, но другата страна има право да игнорира мнението ми и в това няма нищо лошо.

Хубав и успешен ден!

[Румен Симеонов]

И следния ми пост беше изтрит:

Ха, някой ми трие мненията неофициално! Няма ли тук администратор, който да каже на лекарите да престанат да ме обиждат. Да не би пък този ми въпрос да попадне за разрешаване при някой недипломиран лекар, който може би има администраторски права?

....

[Междувременно се появи отново. Ко стаа тука бе?]

Администраторите на сайта не цензурират свободата на изразяване, нещо с което Вие би трябвало да сте наясно до сега, имайки предвид колко "не на място" публикации сте набъкали, понякога разговаряйки сам със себе си, или уточнявайки, че някой пост от Гост е в същност Ваш.

Понякога отнема време (според скоростта на връзката с мрежата и натовареността на сървъра) да се обнови съдържанието на даден субфорум. Поради това, може да не видите веднага последния си пост, изчакайте и опреснете връзката, няколко пъти ако е необходимо.

Позволявам си да комнетирам поведението Ви по същия начин както Вие коментирате моето и това на други участници във форума. Свободата на изказване върви в две посоки: Вие може да кажете какво мислите за другите и другите могат да кажат какво мислят за Вас. Така работи равнопоставеността в социалните групи. Констатацията ми за "нарцисизъм" базирам на това колко често пишете собственото си име в постове (ние можем да четем страничните полета, но това си е Ваше право, както е мое право да го забележа, анализирам и коментирам). Констатацията ми за нереализираност идва от това колко често правите "анализ" на чужди постове, без да допринасяте с нищо за яснотата или пълнотата им, което говори за желание да се изтъквате на гърба на някой друг. Може и да не съм доктор по психология, но съм учил достатъчно по материята, за да знам някои основни показатели. Освен това, за разлика от Вас, аз винаги се обръщам към Вас в учтива форма и никога с язвителни или дерогативни цели. Аз съм искрено загрижен за благополучието и благоденствието (физическо и психическо) на всички хора, с които влизам в контакт в ежедневието си. Ако видя нещо, което ме притеснява, аз го казвам, стараейки се да не бъда неуважителен. Дали съм прав? Може би не винаги, но другата страна има право да игнорира мнението ми и в това няма нищо лошо.

Хубав и успешен ден!

Благодаря за идеята със забавянето. Би било добро обяснение ако нямаше доказателство, че дори и от профила ми вече са ми изтрити и са недостъпни някои по-раншни мои постове, а по-нови са достъпни. Все пак, ще почакам още малко. Благодаря за посмекчения тон, щото малко множко бяхте попрекалили групово. Успешен ден и на Вас. Всеки сам носи кръста си!

[Румен Симеонов]

[tex][/tex]

Дадена е правилна триъгълна пирамида [tex]ABCD[/tex] с основен ръб [tex]AB=3[/tex] и околен ръб [tex]AD=4[/tex]. Сфера минава през върха [tex]A[/tex] и се допира до средите на ръбовете [tex]BD[/tex] и [tex]CD[/tex]. Да се намери радиусът на сферата.

Без заглавие - 2023-05-01T221445.612.png

Сферата пресича ръбовете на пирамидата $ABCD$ както следва:
$AD$ в точка $K$, $AB$ в точка $P$ и $AC$ в точка $Q$
Минава през т.$A$ и се допира до ръбовете $BD$ и $CD$ в средите им т.$M$ и т.$N$
Разглеждам стената $ABD$:
Прилагам свойството за секуща и допирателна от точката $D$ към окръжността описана около [tex]\triangle ABD[/tex]:
[tex]AK = y , AP = x[/tex]
[tex]DA.DK = DM^{2 } \Leftrightarrow 4.(4 - y) = 2^{2 } \Leftrightarrow 4 - y = 1 \Rightarrow y = 3 \Leftrightarrow AK = 3[/tex]
Прилагам свойството за секуща и допирателна от т.$B$ към окръжността описана около [tex]\triangle ABD[/tex]
[tex]BA.BP = BM^{2 } \Leftrightarrow 3(3 - x) = 2^{2 } \Leftrightarrow 9 - 3x = 4 \Leftrightarrow3x = 5 \Rightarrow x = \frac{5}{3} \Leftrightarrow AP = \frac{5}{3}[/tex]
Аналогично за стената $ACD$ получавам [tex]AQ = \frac{5}{3}[/tex]
[tex]A A_{1 } \bot BC , A A_{1 } = \frac{3 \sqrt{3} }{2}[/tex] защото [tex]\triangle ABC[/tex] е равностранен
[tex]DH \bot ABC , H \in A A_{1 } , AH = \frac{2}{3}A A_{1 } \Rightarrow AH = \sqrt{3}[/tex]
Нека [tex]\angle DAH = \varphi[/tex]
От [tex]\triangle AHD \rightarrow \frac{AH}{AD} = \cos \varphi \Rightarrow \cos \varphi = \frac{ \sqrt{3} }{4}[/tex]

Сферата е описана около пирамидата $APQK$
[tex]AP = AQ \Rightarrow PQ || AB \Rightarrow \triangle APQ[/tex] е равностранен със страна [tex]\frac{5}{3}[/tex]
[tex]PQ \cap A A_{1 } = G, AG = \frac{5}{3} \frac{ \sqrt{3 } }{2} \Rightarrow AG = \frac{5 \sqrt{3} }{6}[/tex]
Ако т.$O$ е център на описаната сфера,то тогава $OA = OP = OQ = OK = R$
От $OA = OP = OQ$ следва.че т.$O$ е връх на правилна триъгълна пирамида $APQO$ .
T. $O$ ще се проектира върху основата в т.[tex]E \in AG[/tex] и [tex]AE = \frac{2}{3}AG \Leftrightarrow AE = \frac{2}{3} \frac{5 \sqrt{3} }{6} \Rightarrow AE = \frac{5 \sqrt{3} }{9}[/tex]
От [tex]OA = OK \rightarrow O \in S_{AK }[/tex] и т.$O$ се проектира върху т.$T$ ,която е среда на [tex]AK \Rightarrow AT = \frac{3}{2}[/tex]
Около четириъгълника $AEOT$ може да се опише окръжност,чийто диаметър е $AO = R$
Ако приложим Синусова теорема за [tex]\triangle AET[/tex] ще получим ,че [tex]\frac{ET}{\sin \varphi } = AO[/tex]
За [tex]\triangle AET[/tex] прилагам Косинусова теорема:
[tex]ET^{2 } = AE^{2 } + AT^{2 } - 2.AT.AE .\cos \varphi \Leftrightarrow ET^{2 }= (\frac{5 \sqrt{3} }{9}) ^{2 } + ( \frac{3}{2} )^{2 } - 2. \frac{5 \sqrt{3} }{9}. \frac{3}{2}. \frac{ \sqrt{3} }{4} \Leftrightarrow ET^{2 } = \frac{156}{81}[/tex]
[tex]\Rightarrow ET = \frac{2 \sqrt{39} }{9}[/tex]
[tex]\cos \varphi = \frac{ \sqrt{3} }{4} \Rightarrow \sin \varphi = \frac{ \sqrt{13} }{4}[/tex]
За [tex]\triangle ATE[/tex] прилагам Синусова теорема:
[tex]\displaystyle \frac{ET}{\sin \varphi }= OA \Leftrightarrow \displaystyle \frac{\displaystyle \frac{2 \sqrt{39} }{9} }{\displaystyle \frac{ \sqrt{13} }{4} } = \displaystyle \frac{8 \sqrt{3} \sqrt{13} }{9 \sqrt{13} }[/tex]
$$\Rightarrow OA =R = \frac{8 \sqrt{3} }{9}$$

Забележка1. Явно е взето от чертежа, който обаче в някои аспекти не отразява обективното разположение, както изясних по-рано, а и въобще не представлява доказателство на каквото е да, и само е декларирано без да се докаже, че:

,,Сферата пресича ръбовете на пирамидата $ABCD$ както следва:
$AD$ в точка $K$, $AB$ в точка $P$ и $AC$ в точка $Q$
Минава през т.$A$ и се допира до ръбовете $BD$ и $CD$ в средите им т.$M$ и т.$N$".

Освен, че с тези декларации се въвеждат и обозначават точките $K, P, Q, M, N$, също в тази декларация всъщност се съдържа и недоказано твърдетие, че сферата наистина пресича ръбовете $AD, AB, AC$. Коректното и пълно решение изисква поне да се подхвърли идея защо това е факт произтичащ от условието на задачата или пък да се спомене, че авторът умишлено си спестява доказването на този факт и го оставала като упражнение за читателя, обикновено понеже доказателството е много лесно.

Забележка2. Изглежда има техническа грешка, която не смея да оправям, а оставям авторът сам да си я оправи, като ме спомене с благодарност за нейното посочване, каквото е нормалното поведение вкл. и на лекари, практикуващи дистанционно или не, дори ако не са завършили медицина, но и не само на лекари. А именно, има грешка в следния участък от текста на решението:

,,Разглеждам стената $ABD$:
Прилагам свойството за секуща и допирателна от точката $D$ към окръжността описана около [tex]\triangle ABD[/tex]:
[tex]AK = y , AP = x[/tex]
[tex]DA.DK = DM^{2 } \Leftrightarrow 4.(4 - y) = 2^{2 } \Leftrightarrow 4 - y = 1 \Rightarrow y = 3 \Leftrightarrow AK = 3[/tex]]".
Както е записано, очевидно има грешка, защото от точка $D$ няма нито на чертежа нито в текста на решението допирателна с дължина 2 към споменатата окръжност - описаната около $ABD$, като $DM$ не се допира до споменатата окръжност, а е половината от една ,,секуща" хорда $DB$ в тази окръжност.

[Румен Симеонов]

Ето един по-реалистичен чертеж. А е и по-лесен за разбиране, струва ми се.

[Румен Симеонов]

Ето един по-реалистичен чертеж. А е и по-лесен за разбиране, струва ми се.

Следава и лесно решение в изпълнение на предишно мое подробно упътване, с използване на скаларно произведение на вектори.

Въвеждаме точките [tex]B'[/tex] = Б от чертежа - среда на [tex]BD[/tex], [tex]C'[/tex] = Ц от чертежа - среда на [tex]CD[/tex], [tex]O_2[/tex] - център на окръжността описана около [tex]BCD[/tex], [tex]O_1[/tex] - център на окръжнстта описана около [tex]AB'C'[/tex], [tex]M[/tex] - среда на [tex]BC[/tex], [tex]O[/tex] - център на сферата от условието на задачата. Поради допирането в [tex]B'[/tex], следав, че [tex]OB=OD[/tex]. Аналогично [tex]OC=OD[/tex]. Проектираме [tex]O[/tex] върху равнината [tex]BCD[/tex] и нека петата на перпендикуляра е [tex]H[/tex]. Тригълниците [tex]OHB, OHC, OHD[/tex] са еднакви по общ катет и равни хипотенузи. Следва, че са равни и другите катети $HB=HC=HD$, откъдето пък следва, и че $H=O_2$. За никого не е проблем в този равнобедрен тръгълник [tex]BCD[/tex] със страни 3, 4, 4 да намери висчината [tex]|DM|=\sqrt{55}/2=\sqrt{55/4}[/tex] и радиусът на описаната окръжност [tex]|DO_2|=8/|DM|=(32/55)|DM|[/tex], откъдето следва и, че [tex]|MO_2|=(23/55)|DM|[/tex]. От триъгълнка [tex]ABD[/tex] по формулата изразяваща медиана чрез страни намираме [tex]AB'=AC'=\sqrt{17/2}[/tex]. От равностранния триъгълник $ABC$ намираме височината $|AM|=3\sqrt{3}/2=\sqrt{27/4}$. В равнобедреня триъгълник [tex]AB'C'[/tex] със страни [tex]\sqrt{17/2}[/tex], 3/2, [tex]\sqrt{17/2}[/tex] намираме медианата $|AN|=\sqrt{127}/4$, a и радиуса на описаната кръжност $|AO_1|=17/\sqrt{127}$, с което и устанвяваме и, че $|AO_1|=(68/127)|AN|$ и $|NO_1|=(59/127)|AN|$. От триъгълника $AMD$ имащ страни $|AM|=3\sqrt{3}/2=\sqrt{27/4}$,[tex]|DM|=\sqrt{55}/2=\sqrt{55/4}[/tex], 4, с косинусовата теорема намираме и скаларните произведения на вектори: $\vec{AD}.\vec{AM}=9/2, \vec{MA}.\vec{MD}=9/2,\vec{DM}.\vec{DA}=23/2$. Подобно на проектирането в равнината [tex]BCD[/tex] сега проектраме и в равниината [tex]AB'C'[/tex] и установяваме, че петата на перпендикуляра е точката $O_1$. Отсечката $BC$ е перпендикулярна на медианата $AM$ на равностранния триъгълник $ABC$, а и на медианата $DM$ на равнобедрения триъгълник $DBC$. Следва, че тази отсечка е перпендикулярна на всяка права от равнината $AMD$ през двете прави $AM$ и $DM$, както следва и обратното, че ако една права през средата $M$ на отсечката $BC$ е перпендкулярна на (правата на) тази отсечка, то тя лежи в равниината $AMD$. Такъв е случаят с правата $OM$, защото от доказаното $|OB|=|OC|$ и от еднаквостта по 3 страни на двата тръгълнка [tex]OMB\cong OMC[/tex], следва, че $OM$ лежи в равнината $AMD$, откъдето пък следва, че $O$ лежи в равнината$AMD$ и, чрез пускане на успоредни прави, че съществуват реални числа $x, y$, с които е в сила векторно равенство: [tex]\vec{AO}=x\vec{AD}+y\vec{AM}[/tex]. Перпендикулярнстта на $O_1O$ на равнината на $AB'C'$ се свежда до перпендкулярността в равнината $AMD$ на векторите $\vec{O_1O}$ и $\vec{AN}$ - т.е.- до анулирането на тяхното скаларно произведене: $\vec{O_1O}.\vec{AN}=0$. Аналогично, перпендикулярнстта на $O_2O$ на равнината на $АBC$ се свежда до перпендкулярността в равнината $AMD$ на векторите $\vec{O_2O}$ и $\vec{МN}$ - т.е.- до анулирането на тяхното скаларно произведене: $\vec{O_2O}.\vec{MN}=0$. Чрез разкриване на скоби при скаларно умножение на вектри и като се използват вече намерените пропорции [tex]|MO_2|=(23/55)|DM|[/tex], $|AO_1|=(68/127)|AN|$ и се използват и вече намерените скаларни произведеня $\vec{AD}.\vec{AM}=9/2, \vec{MA}.\vec{MD}=9/2,\vec{DM}.\vec{DA}=23/2$, двете анулирания $\vec{O_1O}.\vec{AN}=0$ и $\vec{O_2O}.\vec{MN}=0$ водят до системата: [tex]46x-9y=14, 82x+45y=34[/tex], откъдето намираме [tex]x=1/3, y=4/27[/tex] и, следователно, [tex]\vec{AO}=(1/3)\vec{AD}+(4/27)\vec{AM}[/tex]. Повдигаме това равество на квадрат (в смисъл на скаларно произведене) и като използваме и, че [tex]\vec{AD}.\vec{AM}=9/2[/tex] и, че [tex]\vec{AO}^2=|AD|^2=2^2=4[/tex] и че [tex]\vec{AM}^2=|AM|^2=(\sqrt{27/4})^2=27/4[/tex] получаваме, че [tex]\vec{AO}^2=(64/27)[/tex], откъдето намираме търсениия радиус на сферата [tex]R=|AO|= \sqrt{\vec{AO}^2}=\sqrt{64/27}=8 \sqrt{3}/9[/tex].

[ptj]

Имам само една забележка към решението на S.B. :

Условието на задачата публикувана тук има съвсем малка разлика от тази, която вие решавате. В него никъде не е казано в кои точки сферата ще пресече останалите ръбове на пирамидата. Затова когато изполвате, че това са вътрешни точки за околните ръбове се изисква съответна обосновка (за да е коректно и пълно цялото решение).