Kugel "neben" Innkugel.

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02.07.2011, 18:59	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
Kugel "neben" Innkugel. Wie gross ist der Durchmesser d der grössten Kugel, die zwischen Einheitswürfel und dessen Innkugel K passt? Meine Ideen: Sei im x-y-z System der Ursprung O eine Ecke, Q die gegenüberliegende Ecke, dann schneidet die Kugeloberfläche die Diagonale $\begin{eqnarray} \overline {OQ} \end{eqnarray}$ in A und B. A sei näher an O als B. Die Tangentialebene an K in A schneidet eine dreiseitige Pyramide vom Würfel ab, die drei gleiche gleichseitige rechtwinklige Dreiecke als Seitenflächen besitzt. Deren RaumHöhe ist $\begin{eqnarray} h = \frac 1 2 (\sqrt 3 -1 ) \end{eqnarray}$ Gesucht ist nun ersatzweise deren Innkugel (-Durchmesser). 1.) Die berührt ja die Seitenflächen in den Seitenhöhen. 2.) Nun noch schnell ein passender Ebenenschnitt im Raum sowie Trigonometrie... ------------------------ Geht das auch einfacher, z.B. nur mit analytischer Schulgeometrie? edit: ...gleiche gleichschenklige rechtwinklige ...
02.07.2011, 19:18	Pascal95	Auf diesen Beitrag antworten »
Leider kann ich nicht wirklich helfen, aber es sollte auf jeden Fall einfacher sein, wenn das Problem auf 2 Dimensionen beschränkt ist: [attach]20386[/attach] Edit: sorry, jetzt hab ich die Lösung schon. Schau dir die Diagonale in meinem Bild an (Wurzel 2, du weißt ja, was ich meine) und dann die Differenz ist der Durchmesser der blauen, die schwarze Radius ist ja 1
02.07.2011, 19:29	Pascal95	Auf diesen Beitrag antworten »
Doch nicht ganz so einfach, besser so... [attach]20387[/attach] Hast du noch Ideen?
02.07.2011, 19:40	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
vielen Dank für deine post. Schön,dass du mit 15 an Mathematik interssiert bist Nur eins: die Aufgabe hat gewisse Vorgaben, nun plötzlich 2 neue Variable ? Und die Reduktion auf den ebenen Fall ist vllt. dann hilfreich, wenn er gelöst ist...
02.07.2011, 19:56	Pascal95	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo, meine Matheinteresse ist schon länger da Hier wollte ich aber nicht den Fall betrachten, dass man einen Kreis in einem Quadrat hat, sondern das sollte lediglich die Seitenansicht darstellen. Man kommt bestimmt auch mit weniger Variablen zurecht. Ich versuche nun, das nach $\begin{eqnarray} y \end{eqnarray}$ auzulösen (das soll der Radius der grünen Kugel sein) r soll die halbe Diagonalenlänge vom Quadrat sein. Also $\begin{eqnarray} r-y=x \end{eqnarray}$ Vielleicht kann man folgende Gleichungen lösen: $\begin{eqnarray} r=\sqrt 2 y \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} y=2r-x \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} r-y=x \end{eqnarray}$ Das waren meine Ideen. (hoffentlich kann das helfen...)
02.07.2011, 20:15	Pascal95	Auf diesen Beitrag antworten »
[attach]20389[/attach] $\begin{eqnarray} \text{I:}\ \ r=\sqrt 2\cdot y \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \text{II:}\ x=r-y \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \text I\rightarrow\text{II}:\ x=\sqrt 2\cdot y-y=\left(\sqrt 2-1\right)\cdot y \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \Rightarrow\ x=\left(\sqrt 2-1\right)\cdot y \end{eqnarray}$ [attach]20390[/attach] $\begin{eqnarray} \text{III: }\ r=x+y=\frac14\left(\sqrt 2-1\right) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \text{IV:}\ \ x=\left(\sqrt 2-1\right)\cdot y \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \text{III} \end{eqnarray}$ nach $\begin{eqnarray} x \end{eqnarray}$ auflösen: $\begin{eqnarray} x=\frac14\left(\sqrt 2-1\right)-y \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} x\rightarrow \text{IV}:\ \frac14\left(\sqrt 2-1\right)-y=\left(\sqrt 2-1\right)\cdot y \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \frac14\left(\sqrt 2-1\right)-y=\left(\sqrt 2-1\right)\cdot y \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \frac14\left(\sqrt 2-1\right)=\left(\sqrt 2-1\right)\cdot y+y \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \frac14\left(\sqrt 2-1\right)=y\cdot\left(\left(\sqrt 2-1\right)+1\right) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \frac14\left(\sqrt 2-1\right)=y\cdot\left(\sqrt 2-1+1\right) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \frac14\left(\sqrt 2-1\right)=\sqrt 2\cdot y \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \sqrt 2-1=4\cdot \sqrt 2\cdot y \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} 1-\frac1{\sqrt 2}=4\cdot y \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \frac14-\frac1{4\sqrt 2}= y \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \Rightarrow\ y=\frac14-\frac1{4\sqrt 2} \end{eqnarray}$
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02.07.2011, 21:09	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
mmh.. Du redest zwar von 3d rechnest aber offensichtlich in 2d. 3d ist noch offen... Desweiteren war meine Frage so gestellt, ob es nicht einfacher geht... ? Und die Frage geht an Alle !
03.07.2011, 04:18	opi	Auf diesen Beitrag antworten »
Der zweite Strahlensatz führt zum Ziel: Bei einer Einheitskugel ergibt sich für den Radius der kleinen Restkugel $\begin{eqnarray} \frac{\sqrt{3}-1-r }{r} =\frac{\sqrt{3} }{1} \end{eqnarray}$ also $\begin{eqnarray} r=2-\sqrt{3} \end{eqnarray}$ Für einen Einheitswürfel gelten die Überlegungen entsprechend, ebenso für eine verbleibende Kugel neben der "Restkugel".
03.07.2011, 09:29	riwe	Auf diesen Beitrag antworten »
die HNF bestätigt opis ergebnis. mit der würfelkante a kommt man auf: $\begin{eqnarray} M=(r/r/r) \quad{}\text{mit}\quad{ }r=\frac{2-\sqrt{3}}{2}\cdot a \end{eqnarray}$
03.07.2011, 20:10	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
ja ok! so geht's. Vielen Dank. ich habe mir inzwischen überlegt, dass $\begin{eqnarray} ~ r \sqrt {3} + r = h =0.5(\sqrt 3 -1) \end{eqnarray}$ sein muss, woraus $\begin{eqnarray} 2r=d=\frac {\sqrt 3 -1}{\sqrt 3 +1} \end{eqnarray}$ folgt. Ist dasselbe, sieht aber schöner aus

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