Разстояние между центрове на сфери

[nikola.topalov]

Основата на пирамида е триъгълник със страни [tex]5[/tex], [tex]7[/tex] и [tex]8[/tex]. Всички околни стени на пирамидата сключват с равнината на основата ъгли с големина [tex]60^\circ[/tex]. Да се намери разстоянието от центъра на вписаната в пирамидата сфера до центъра на описаната около пирамидата сфера.

[Гост]

Задачата е още по-интересна, ако трябва да се намери разстоянието между центровете на двете сфери за произволнен тетраедър. По нея е мислил още Жергон. Била е грешно решена и до 1946 г. в справочниците е фигурирала грешна формула.

[S.B.]

Основата на пирамида е триъгълник със страни [tex]5[/tex], [tex]7[/tex] и [tex]8[/tex]. Всички околни стени на пирамидата сключват с равнината на основата ъгли с големина [tex]60^\circ[/tex]. Да се намери разстоянието от центъра на вписаната в пирамидата сфера до центъра на описаната около пирамидата сфера.

Без заглавие - 2021-09-27T155731.123.png (375.42 KiB) Прегледано 523 пъти

Центърът $J$ на вписаната сфера принадлежи на пресечницата на ъглополовящите за пирамидата равнини.Той се проектира върху центъра [tex]J_{1 }[/tex] на вписаната в основата окръжност и е на разстояние $r$ от него,където $r$ е стойността на радиуса на вписаната сфера, като [tex]r = \frac{3V}{ S_{пълна } }[/tex]
Центърът $O$ на описаната около пирамидата сфера принадлежи на симетралните равнини относно ръбовете на пирамидата,които се явяват хорди за описаната сфера.
Ако построим симетралната равнина за $AB$,в нея ще лежат центъра на описаната около основата окръжност [tex]k_{1 }( O_{1 }, R_{1 } )[/tex] и описаната около страната $ABQ$ окръжност [tex]k_{2 }( O_{2 }, R_{2) }[/tex] защото [tex]O_{1 } \in S_{AB }[/tex] и [tex]O_{2 } \in S_{AB }[/tex]
Построявам правите [tex]p \begin{cases} p z O_{2 } \\ p \bot (ABQ)\end{cases} , q \begin{cases} q z O_{1 } \\ q \bot (ABC) \end{cases}[/tex]
[tex]p \cap q = O[/tex],където $O$ е центъра на описаната около пирамидата сфера.
Разстоянието $OJ$ се явява хипотенуза в правоъгълния [tex]\triangle OJN , N \in q , O_{1 }N = J_{1 }J = r[/tex]

Без заглавие - 2021-09-27T164641.928.png (404.46 KiB) Прегледано 523 пъти

Основата [tex]\triangle ABC[/tex] :
$AB = 5 , BC = 8 ,CA = 7$
[tex]R_{1 }, r_{1 }[/tex] са съответно радиус на описаната и радиус на вписаната окръжност
За [tex]\triangle ABC[/tex] прилагам Косинусова теорема:
[tex]AC^{2 } = AB^{2 } + BC^{2 } - 2.AB.BC .\cos \angle ABC \Leftrightarrow 7^{2 } = 5^{2 } + 8^{2 } - 2.5.8.\cos \angle ABC \Rightarrow[/tex]
[tex]\cos \angle ABC = \frac{1}{2} \Rightarrow \angle ABC = 60 ^\circ[/tex]
Прилагам Синусова теорема :
[tex]\displaystyle\frac{CA}{\sin 60 ^\circ } = 2 R_{1 } \Leftrightarrow \displaystyle \frac{7}{\displaystyle \frac{ \sqrt{3} }{2} } = 2 R_{1 } \Rightarrow R_{1 } = \displaystyle \frac{7 \sqrt{3} }{3}[/tex]
[tex]S_{AB } \cap AB = S,AS = 2,5,[/tex] от [tex]\triangle SA O_{1 }[/tex] по Питагор [tex]\Rightarrow S O_{1 } = \frac{11 \sqrt{3} }{6}[/tex]
[tex]S_{ABC } = \frac{AB.BC}{2}\sin 60 ^\circ = \frac{5.8}{2}. \frac{ \sqrt{3} }{2} \Rightarrow S_{ABC } = 10 \sqrt{3}[/tex]
[tex]S_{ABC } = p. r_{1 } \Leftrightarrow 10 \sqrt{3} = 10. r_{1 } \Rightarrow r_{1 } = \sqrt{3}[/tex]
От[tex]\triangle MB J_{1 } \rightarrow \frac{MB}{ \sqrt{3} } = \cotg 30 ^\circ \Rightarrow MB = 3 \Rightarrow AM = 2[/tex]

Стената $ABQ$:
[tex]R_{2 }, O_{2 }[/tex] са съответно радиус и център на описаната окръжност
Стените на пирамидата сключват с равнината на основата равни ъгли [tex]\Rightarrow[/tex] върхът $Q$ се проектира върху центъра на вписаната окръжност [tex]J_{1 }[/tex]
От [tex]\triangle MJ_{1 }Q, \angle QM J_{1 } = 60 ^\circ ,M J_{1 } = \sqrt{3} \rightarrow MQ = 2 \sqrt{3} , Q J_{1 } = 3[/tex]
От [tex]\triangle MAQ \rightarrow \angle M = 90 ^\circ , MQ = 2 \sqrt{3} ,AM = 2 \Rightarrow AQ = 4 \Rightarrow \angle QAM = 60 ^\circ[/tex]
Прилагам Косинусова теорема за [tex]\triangle ABQ[/tex]:
[tex]QB^{2 } = AQ^{2 } + AB^{2 } - 2.AQ.AB.\cos 60 ^\circ \Leftrightarrow QB^{2 } = 16 + 25 - 20 = 21 \Rightarrow QB = \sqrt{21}[/tex]
Прилагам Синусова теорема:
[tex]\frac{QB}{\sin 60 ^\circ } = 2 R_{1 } \Rightarrow R_{2 } = \sqrt{7}[/tex]
От [tex]\triangle S O_{2 }B[/tex] по Питагор намиран [tex]SO_{2 } = \frac{ \sqrt{3} }{2}[/tex]

Връщам се към основния чертеж на пирамидата:
[tex]p \begin{cases} p z O_{2 } \\ p \bot (ABQ)\\p \cap S O_{1 } = P \end{cases}[/tex]
От [tex]\triangle S O_{2 } P \rightarrow SP = \sqrt{3} \Rightarrow P O_{1 } = \frac{11 \sqrt{3} }{6} - \sqrt{3} = \frac{5 \sqrt{3} }{6}[/tex]
[tex]\triangle PO O_{1 }[/tex] е правоъгълен,[tex]\angle P = 30 ^\circ \Rightarrow \frac{P O_{1 } }{O O_{1 } } = \cotg 30 ^\circ \Leftrightarrow P O_{1 } = O O_{1 }\cotg 30 ^\circ \Leftrightarrow \frac{5 \sqrt{3} }{6} = O O_{1 }. \sqrt{3} \Rightarrow O O_{1 } = \frac{5}{6}[/tex]
[tex]O_{1 }N = JJ _{1 } = r = \frac{3V}{ S_{пълна } }[/tex]
[tex]V = \frac{1}{3} S_{ABC }.Q J_{1 } = \frac{1}{3}.10 \sqrt{3}.3 = 10 \sqrt{3}[/tex]
[tex]S_{пълна } = 10 \sqrt{3} + \frac{20 .2\sqrt{x} }{2} = 30 \sqrt{3}[/tex]
[tex]N O_{1 } = JJ_{1 } = r = \frac{3.10 \sqrt{3} }{30 \sqrt{3} } = 1 \Rightarrow ON = \frac{5}{6} + 1 = \frac{11}{6}[/tex]
[tex]JN = J_{1 } O_{1 } = \sqrt{ R_{1 }( R_{1 } - 2 r_{1 } )} = \frac{ \sqrt{21} }{3}[/tex] (Разстояние между център на вписана и център на описана окръжност в триъгълника $ABC$
За [tex]\triangle JON[/tex] прилагам Питагорова теорема:
[tex]JO^{2 } = JN^{2 } + NO^{2 } \Leftrightarrow JO^{2 } = \frac{21}{9} + \frac{121}{36} = \frac{205}{36} \Rightarrow[/tex]
$$OJ = \frac{ \sqrt{205} }{6} \approx 2,30$$

[KOPMOPAH]

To цяла дисертация! Ще го чета утре!

[S.B.]

To цяла дисертация! Ще го чета утре!

Ами каквото е условието - такова е и решението!По принцип задачата се решава "по калъп",но многото сметки за намирането на различните елементи правят решението дълго...
Ако колегата nikola.topalov има по- добро решение нека да го представи!

[nikola.topalov]

Аз пък получавам друг отговор

Screenshot_20210929-235037_Drive.jpg (116 KiB) Прегледано 483 пъти

Разглеждаме пирамидата [tex]ABCM[/tex] с основа [tex]\triangle ABC[/tex]и нека [tex]AB=5[/tex], [tex]BC=8[/tex] и [tex]AC=7[/tex]. От условието следва, че ортогоналната проекция на върха [tex]M[/tex] върху равнината [tex](ABC)[/tex] съвпада с центъра [tex]I[/tex] на вписаната в [tex]\triangle ABC[/tex] окръжност. Нека [tex]IP\perp BC[/tex] ([tex]P\in BC[/tex]). Радиусът [tex]r[/tex] на вписаната в основата окръжност, който е равен на дължината на отсечката [tex]IP[/tex], лесно пресмятаме по формулата [tex]S_{\triangle ABC}=rp_{\triangle ABC}[/tex]. И така получаваме [tex]r=IP=\sqrt{3}[/tex]. Понеже [tex]IP=[/tex]пр[tex]MP[/tex] и [tex]IP\perp BC[/tex], то [tex]MP\perp BC[/tex] според теоремата за трите перпендикуляра, следователно [tex]\sphericalangle IPM[/tex] е линеен ъгъл на двустенния ъгъл между равнините [tex](ABC)[/tex] и [tex](BCM)[/tex], който по условие е [tex]60^\circ[/tex]. В правоъгълния [tex]\triangle IPM[/tex] откриваме [tex]IM=3[/tex] и [tex]MP=2\sqrt{3}[/tex]. Лесно намираме [tex]IB=2\sqrt{3}[/tex] и [tex]IC=2\sqrt{7}[/tex], откъдето [tex]MB=\sqrt{21}[/tex] и [tex]MC=\sqrt{37}[/tex]. В [tex]\triangle BCM[/tex] пресмятаме [tex]\sin\sphericalangle MBC=\dfrac{2\sqrt{7}}{7}[/tex], откъдето радиусът на описаната около [tex]\triangle BCM[/tex] окръжност пресмятаме със синусова теорема. Нека [tex]R[/tex] е центъра на тази окръжност и [tex]RQ\perp BC[/tex] ([tex]Q\in BC[/tex]). Тогава [tex]RC=\dfrac{\sqrt{259}}{4}[/tex], а оттам имаме [tex]RQ=\dfrac{\sqrt{3}}{4}[/tex] с Питагорова теорема за [tex]\triangle RQC[/tex]. През [tex]R[/tex] прекарваме права, перпендикулярна на равнината [tex](BCM)[/tex], която пресича правата, перпендикулярна на основата и минаваща през центъра [tex]O[/tex] на описаната около нея окръжност, в [tex]Z[/tex]. Тогава [tex]Z[/tex] се явява центърът на описаната около пирамидата сфера. За [tex]OB[/tex] имаме [tex]OB=\dfrac{7\sqrt{3}}{3}[/tex], а оттам и [tex]OQ=\dfrac{\sqrt{3}}{3}[/tex], от правоъгълния [tex]\triangle OQB[/tex]. Влизаме в четириъгълник [tex]OQRZ[/tex], в който трябва да намерим [tex]OZ[/tex]. Пресмятаме [tex]OR=\dfrac{\sqrt{39}}{12}[/tex] с косинусова теорема за [tex]\triangle OQR[/tex], в който [tex]\sphericalangle OQR=60^\circ[/tex]. Четириъгълникът е вписан заради двата срещуположни прави ъгъла, т.е. $ZQ$ можем да пресметнем със синусова теорема за $\triangle OQR$. И така $ZQ=\dfrac{\sqrt{13}}{6}$, а от правоъгълния [tex]OQZ[/tex] и [tex]OZ=\dfrac{1}{6}[/tex]. Нека отбележим, че центърът на вписаната в пирамидата сфера [tex]N[/tex] лежи на [tex]IM[/tex] и на ъглополовящата на [tex]\sphericalangle IBM[/tex], тоест лесно можем да пресметнем радиуса на сферата, който е равен на [tex]IN=1[/tex]. Остава да намерим [tex]NZ[/tex] от правоъгълния трапец [tex]IOZN[/tex]. Намираме [tex]OI[/tex] по формулата [tex]OI=\sqrt{IB^2-2IB.IP}=\dfrac{\sqrt{21}}{3}[/tex]. Построяваме височината [tex]ZK[/tex] ([tex]K\in IM[/tex]) на трапеца и тогава [tex]KI=\dfrac{1}{6}[/tex] и [tex]ZK=\dfrac{\sqrt{21}}{3}[/tex]. Понеже [tex]NK=\dfrac{5}{6}[/tex], то от Питагорова теорема за [tex]\triangle NKZ[/tex] получаваме [tex]NZ=\dfrac{\sqrt{109}}{6}[/tex], което е търсеното разстояние.

[Гост]

Задачата е още по-интересна, ако трябва да се намери разстоянието между центровете на двете сфери за произволнен тетраедър. По нея е мислил още
Жергон. Била е грешно решена и до 1946 г. в справочниците е фигурирала грешна формула.

баце, кажи я тая формула, да нe са мъчат ората, ве...

[S.B.]

Аз пък получавам друг отговор

Без заглавие - 2021-09-30T212316.897.png (174.88 KiB) Прегледано 462 пъти

Разликата между Вашият и моят отговор идва от това,че според Вас центърът на описаната сфера е вътрешна точка за пирамидата,което не е вярно.
За [tex]\triangle BCM[/tex] прилагам Косинусова теорема:
[tex]\cos \varphi = \frac{ 8^{2 } - 21 - 37}{-2. \sqrt{21}. \sqrt{37} } = \frac{64 - 58}{- 2. \sqrt{21}. \sqrt{37} } = \frac{6}{-2. \sqrt{21} . \sqrt{37} } < 0 \Rightarrow \varphi > 90 ^\circ[/tex] и [tex]\triangle BCM[/tex] е тъпоъгълен ,а центърът на описаната около [tex]\triangle BMC[/tex] окръжност - $R$ се намира извън равнината на триъгълника - под основния ръб $BC$. Като се има предвид и ,че стената $BCM$ е наклонена под [tex]\angle 60 ^\circ[/tex] към основата $ABC$,то няма как перпендикуляр през $R$ да пресече перпендикулярът през центъра на описаната около [tex]\triangle ABC[/tex] окръжност във вътрешна за пирамидата точка, която трябва да бъде център на описаната сфера.
Ето защо,центърът на описаната сфера се намира извън пирамидата - под основата ѝ , както е в моето решение.

[nikola.topalov]

Аз пък получавам друг отговор

Без заглавие - 2021-09-30T212316.897.png

Разликата между Вашият и моят отговор идва от това,че според Вас центърът на описаната сфера е вътрешна точка за пирамидата,което не е вярно.
За [tex]\triangle BCM[/tex] прилагам Косинусова теорема:
[tex]\cos \varphi = \frac{ 8^{2 } - 21 - 37}{-2. \sqrt{21}. \sqrt{37} } = \frac{64 - 58}{- 2. \sqrt{21}. \sqrt{37} } = \frac{6}{-2. \sqrt{21} . \sqrt{37} } < 0 \Rightarrow \varphi > 90 ^\circ[/tex] и [tex]\triangle BCM[/tex] е тъпоъгълен ,а центърът на описаната около [tex]\triangle BMC[/tex] окръжност - $R$ се намира извън равнината на триъгълника - под основния ръб $BC$. Като се има предвид и ,че стената $BCM$ е наклонена под [tex]\angle 60 ^\circ[/tex] към основата $ABC$,то няма как перпендикуляр през $R$ да пресече перпендикулярът през центъра на описаната около [tex]\triangle ABC[/tex] окръжност във вътрешна за пирамидата точка, която трябва да бъде център на описаната сфера.
Ето защо,центърът на описаната сфера се намира извън пирамидата - под основата ѝ , както е в моето решение.

Правилно. Благодаря!