Вписана и описана сфери

[nikola.topalov]

Пет от ръбовете на триъгълна пирамида имат дължини, равни на [tex]\dfrac{2\sqrt{3}}{3}[/tex]. При каква дължина на шестия ръб произведението [tex]rR[/tex] е най-голямо, където [tex]r[/tex] е радиусът на вписаната в пирамидата сфера, а [tex]R[/tex] - радиусът на описаната около пирамидата сфера?

[S.B.]

Пет от ръбовете на триъгълна пирамида имат дължини, равни на [tex]\dfrac{2\sqrt{3}}{3}[/tex]. При каква дължина на шестия ръб произведението [tex]rR[/tex] е най-голямо, където [tex]r[/tex] е радиусът на вписаната в пирамидата сфера, а [tex]R[/tex] - радиусът на описаната около пирамидата сфера?

Без заглавие - 2021-08-19T151811.674.png (561.29 KiB) Прегледано 919 пъти

Избирам околните ръбове да бъдат еднакви = [tex]\frac{2 \sqrt{3} }{3}[/tex] ,а неизвестният ръб да бъде $BC$
Тъй като страната в триъгълника е функция на срещулежащият ѝ ъгъл ,приемам,че [tex]\angle BAC = \varphi[/tex]
В пирамидата $ABCD$: [tex]\triangle ABC \cong \triangle BCD , \triangle ABD \cong \triangle ACD[/tex]
Използвам формулата за радиуса на вписаната в пирамидата сфера:$$r = \frac{3 V }{ S_{п } } $$
[tex]S_{ABC } = \frac{1}{2}.AC.AB.\sin \varphi \Leftrightarrow S_{ABC } = \frac{1}{2} ( \frac{2 \sqrt{3} }{3)} ^{2}.\sin \varphi \Rightarrow[/tex]
$$ S_{ABC } = S_{DBC } = \frac{2}{3}\sin \varphi $$
[tex]S_{ABD } = ( \frac{2 \sqrt{3} }{3}) ^{2} \frac{ \sqrt{3} }{4} \Rightarrow[/tex]
$$S_{ABD } = S_{ACD } = \frac{ \sqrt{3} }{3} $$
[tex]S_{п } = 2. \frac{2}{3}\sin \varphi + 2. \frac{ \sqrt{3} }{3} \Rightarrow[/tex]
$$S_{п } = \frac{4}{3}(\sin \varphi + \frac{ \sqrt{3} }{2}) $$
Нека [tex]r_{1 }[/tex] е радиусът на окръжността описана около [tex]\triangle ABC[/tex]
Прилагам Синусова теорема:
[tex]\displaystyle\frac{AB}{\sin \angle BCA} = 2 r_{1 } \Leftrightarrow\displaystyle \frac{\displaystyle \frac{2 \sqrt{3} }{3} }{\sin(90 ^\circ - \displaystyle \frac{ \varphi }{2} } = 2 r_{1 } \Rightarrow[/tex][tex]r_{1 } = \displaystyle \frac{ \sqrt{3} }{3\cos\displaystyle \frac{ \varphi }{2} }[/tex]
От [tex]\triangle ADH \rightarrow DH =h = \sqrt{ AD^{2} - r_{1 } ^{2} } \Rightarrow[/tex]
[tex]h = \displaystyle \frac{ \sqrt{4 \cos^{2}\displaystyle \frac{ \varphi }{2} - 1 } }{ \sqrt{3}\cos\displaystyle \frac{ \varphi }{2} }[/tex]
[tex]V = \frac{1}{3} S_{ABC }.h \Rightarrow[/tex]
$$V = \frac{4}{9 \sqrt{3} } \sin \frac{ \varphi }{2} \sqrt{4 \cos^{2} \frac{ \varphi }{2} - 1 } $$
[tex]r = \displaystyle\frac{3V}{ S_{п } } = \displaystyle \frac{\displaystyle \frac{4}{3 \sqrt{3} }\sin\displaystyle \frac{ \varphi }{2} \sqrt{4 \cos^{2}\displaystyle \frac{ \varphi }{2} - 1 } }{\displaystyle \frac{4}{3}(\sin \varphi + \displaystyle \frac{ \sqrt{3} }{2} )} \Rightarrow r = \displaystyle \frac{\sin\displaystyle \frac{ \varphi }{2} \sqrt{4 \cos^{2}\displaystyle \frac{ \varphi }{2} - 1 } }{ \sqrt{3}(\sin \varphi + \displaystyle \frac{ \sqrt{3} }{2}) }[/tex]
От чертежа на сечението на вписаната пирамида:
[tex]D D_{1 }[/tex] е диаметър [tex]\Rightarrow \triangle D D_{1 }A[/tex] е правоъгълен и от метричните свойства [tex]\rightarrow DA^{2} = DH.D D_{1 } \Leftrightarrow[/tex]
[tex](\frac{2 \sqrt{3} }{3}) ^{2} = 2R.h \Leftrightarrow R = \frac{2}{3h } \Rightarrow[/tex]
[tex]R = \displaystyle \frac{2 \sqrt{3}\cos\displaystyle \frac{ \varphi }{2} }{3 \sqrt{4 \cos^{2} \displaystyle \frac{ \varphi }{2}- 1 } }[/tex]

[tex]R.r = \displaystyle \frac{2 \sqrt{3}\cos\displaystyle \frac{ \varphi }{2} }{3 \sqrt{4 \cos^{2}\displaystyle \frac{ \varphi }{2} - 1 } } .\displaystyle \frac{\sin\displaystyle \frac{ \varphi }{2} \sqrt{4 cos^{2}\displaystyle \frac{ \varphi }{2} - 1 } }{ \sqrt{3}(\sin \varphi + \displaystyle \frac{ \sqrt{3} }{2}) } = \displaystyle \frac{\sin \varphi }{3(\sin \varphi + \displaystyle \frac{ \sqrt{3} }{2} )}[/tex]
[tex]r.R = f( \varphi ) = \displaystyle \frac{1}{3}.\displaystyle \frac{\sin \varphi }{(\sin \varphi + \displaystyle \frac{ \sqrt{3} }{2}) }[/tex]
[tex]f'( \varphi ) = \displaystyle \frac{ \sqrt{3} }{6}.\displaystyle \frac{\cos \varphi }{ (\sin \varphi + \displaystyle \frac{ \sqrt{3} }{2}) ^{2} } = 0 \Rightarrow \cos \varphi = 0 \Rightarrow \varphi = \displaystyle \frac{ \pi }{2} \Rightarrow[/tex] за [tex]\varphi = \frac{ \pi }{2}[/tex] съществува екстремум
[tex]f''( \frac{ \pi }{2}) = - \displaystyle \frac{ \sqrt{3} }{6 (1 + \displaystyle \frac{ \sqrt{3} }{2}) ^{2} } < 0 \Rightarrow[/tex] за [tex]\varphi = \frac{ \pi }{2}[/tex] съществува максимум
Получихме ,че [tex]\triangle ABC[/tex] е равнобедрен правоъгълен [tex]\Rightarrow BC = \frac{2 \sqrt{3} }{3} \sqrt{2} = \frac{2 \sqrt{6} }{3}[/tex]
За [tex]BC = \frac{2 \sqrt{6} }{3}[/tex] произведението $R.r$ е най - голямо

[matst]

Заключението, че [tex]f(\varphi)[/tex] има екстремум при [tex]\varphi=\frac{\pi}{2}[/tex] е след [tex]f''(\frac{\pi}{2})<0[/tex], разбира се.

[S.B.]

Заключението, че [tex]f(\varphi)[/tex] има екстремум при [tex]\varphi=\frac{\pi}{2}[/tex] е след [tex]f''(\frac{\pi}{2})<0[/tex], разбира се.

От [tex]f'( \frac{ \pi }{2}) = 0[/tex] следва ,че за [tex]\frac{ \pi }{2}[/tex] функцията притежава екстремум;

От [tex]f''( \frac{ \pi }{2}) < 0[/tex] следва,че този екстремум е максимум т.е. за[tex]\frac{ \pi }{2}[/tex] функцията достига своя максимум

[matst]

хм. не искам да споря. както и да е. всъщност, не ме интересува. що ли изобщо идвам на сайта.