mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 08, 2023 2:05 pm**

Τρείς ίσες σφαίρες κέντρων ${{K}_{1}},\,\,{{K}_{2}},\,\,{{K}_{3}}$ και ακτίνας

, βρίσκονται ΕΝΤΟΣ ημισφαιρίου κέντρου

και ακτίνας

, εφάπτονται της επιφάνειας του ημισφαιρίου και της βάσης του. Εάν οι παραπάνω ίσες σφαίρες εφάπτονται και μεταξύ τους, να υπολογιστεί η ακτίνα τους.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 08, 2023 9:25 pm**

Τα κέντρα των τριών σφαιρών σχηματίζουν ισόπλευρο τρίγωνο πλευράς 2x. Μαζί με το κέντρο του ημισφαιρίου σχηματίζουν κανονική τριγωνική πυραμίδα με παράπλευρη ακμή R-x

και ύψους

.

Το ύψος x[/tex ]της πυραμίδας και μια παράπλευρη ακμή R-x

, σχηματίζουν ορθογώνιο τρίγωνο του οποίου η δεύτερη κάθετη πλευρά είναι ίση με τα 2/3 του ύψους του ισοπλεύρου τριγώνου της βάσης, ίση επομένως με

$\frac{2}{3}\left ( \frac{2x\sqrt{3}}{2} \right )$

Από το πυθαγόρειο θεώρημα, στο τριγωνο αυτό
παίρνουμε μια εξίσωση η όποια ανάγεται, τελικά, στην 4x^2+6Rx-3R^2=0

, κ.λπ.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 09, 2023 4:06 pm**

orestisgotsis έγραψε: ↑
Τρί Αύγ 08, 2023 2:05 pm
Τρείς ίσες σφαίρες κέντρων ${{K}_{1}},\,\,{{K}_{2}},\,\,{{K}_{3}}$ και ακτίνας , βρίσκονται ΕΝΤΟΣ ημισφαιρίου κέντρου και ακτίνας , εφάπτονται της επιφάνειας του ημισφαιρίου και της βάσης του. Εάν οι παραπάνω ίσες σφαίρες εφάπτονται και μεταξύ τους, να υπολογιστεί η ακτίνα τους.

Αλλάζω τους συμβολισμούς της εκφώνησης για (δική μου) ευκολία.

Έτσι, $(K),\ (L),\ (M)$ είναι οι δοσμένες ίσες σφαίρες ακτίνας

με κέντρα τα σημεία $K,\ L,\ M$ αντιστοίχως και (O)

το ημισφαίριο με κέντρο το σημείο

$\bullet$ Θεωρούμε την προβολή των τριών σφαιρών επί της βάσης του ημισφαιρίου (O)

, η οποία απεικονίζεται με τρείς ίσους κύκλους $(K'),\ (L'),\ (M')$ ακτίνας

, οι οποίοι εφάπτονται αλλήλων ανά δύο εξωτερικά, στα σημεία $A',\ B',\ C'$ και τα κέντρα των οποίων $K',\ L',\ M'$ αντιστοίχως, ταυτίζονται με τις προβολές των $K,\ L,\ M,$ αντιστοίχως.

Το περίκεντρο του ισοπλεύρου τριγώνου $\vartriangle K'L'M'$ ταυτίζεται με το κέντρο

του δοσμένου ημισφαιρίου (O)

.

Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle A'OK'$ με $\angle A' = 90*{o}$ και $\angle A'K'O = 30^{o}$ προκύπτει $\boxed{\displaystyle OK' = \frac{2r \sqrt{3}}{3}}\ \ \ ,(1)$ λόγω OK' = 2OA'.

: Εγκλωβισμός και επαφές - Σχήμα προβολής.; f 181_t 74282.PNG (35.59 KiB) Προβλήθηκε 794 φορές

$\bullet$ Θεωρούμε την τομή του στερεού σχήματος της εκφώνησης ( ημισφαίριο και εφαπτόμενες εσωτερικά σ' αυτό τρεις ίσες σφαίρες ) από επίπεδο κάθετο στην βάση του ημισφαιρίου (O)

και διερχόμενο από το κέντρο του

και το κέντρο

της σφαίρας (K)

.

Το επίπεδο σχήμα που προκύπτει είναι ένα ημικύκλιο (O)

ακτίνας

, του οποίου το κέντρο ταυτίζεται με το κέντρο

του δοσμένου ημισφαιρίου και ένας κύκλος (K)

ακτίνας

, εφαπτόμενος εσωτερικά του ημικυκλίου στο σημείο έστω

, και της διαμέτρου έστω

του ημικυκλίου στο σημείο

το οποίο ταυτίζεται με την προβολή του κέντρου

της σφαίρας (K)

επί της βάσης του ημισφαιρίου (O)

.

: Εγκλωβισμός και επαφές - Σχήμα τομής.; f 181_t 74282 (a).PNG (18.24 KiB) Προβλήθηκε 755 φορές

Το ως άνω σημείο επαφής

, στο επίπεδο σχήμα της θεωρουμένης τομής, ταυτίζεται με το σημείο επαφής της σφαίρας (K)

στο ημισφαίριο (O)

γιατί το επίπεδο τομής περνάει από τα κέντρα τους $K,\ O,$ αντιστοίχως.

Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle K'OK$ έχουμε $\displaystyle OK = \frac{r\sqrt{21}}{3}\ \ \ ,(2)$ λόγω της (1)

.

Συμπεραίνεται έτσι ότι $\displaystyle R = OK + KX = \frac{r\sqrt{21}}{3} + r = \frac{r(\sqrt{21} + 3)}{3}\ \ \ ,(3)$

Από $(3)\Rightarrow$ $\boxed{\dispalystyle r = \frac{3R}{\sqrt{21} + 3}}\ \ \ ,(4)$ και το ζητούμενο έχει υπολογιστεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Ελπίζω ότι δεν μου ξεφεύγει κάτι στα παραπάνω και θα τα ξαναδώ.

mathematica.gr

Εγκλωβισμός και επαφές

Εγκλωβισμός και επαφές

Re: Εγκλωβισμός και επαφές

Re: Εγκλωβισμός και επαφές