Pyramide aus vier Kugeln. Kantenlänge des "Um-Tetraeders" gesucht

Question

ich will einer Freundin bei ihrer Mathepräsentation helfen. 

Drei Kugeln (gleicher Radius) sollen so auf einen Tisch gelegt werden, dass sie sich berühren. Die Mittelpunkte bilden also ein gleichseitiges Dreieck. Nun soll eine vierte Kugel (selber Radius) in die "Mulde" gelegt werden. Die Kugelmittelpunkte bilden nun ein reguläres Tetraeder. Ich nenne das das In-Tetraeder

Soweit alles klar, alle Berechnungen im Griff. Nun aber soll ein weiteres Tetraeder - das Um-Tetraeder - so um diese Kugelpyramide gelegt werden, dass die Kugeln die Tetraederseiten berühren. Wir sprechen also vom kleinstmöglichen Tetraeder, in dem die vier Kugeln Platz haben.

Gesucht ist die Kantenlänge des Um-Tetraeders.

Es tut mir leider, aber ich komme nicht drauf. Zeichnen kann ich's. Aber rechnerisch bekomme ich es nicht hin. Könnte eventuell jemand helfen?

Vorab tausend Dank allen!

(Sonstige Berechnungen und Skizzen, haufenweise, auf Anfragem, bläht aber eventuell nur auf ...)

Comments

Leider falsch: Zeichne das gleichseitige Dreieck, das die Mittelpunkte dreier Kreise mit dem Radius r bilden, die sich paarweise berühren. Es hat die Höhe r√3. Zeichne das gleichseitige Umdreieck zu dieser Dreikreisfigur. Es hat die Höhe 3r+r√3. Die Seitenlänge a des Umdreiecks ist gleichzeitig die Kantenlänge a des Um-Tetraeders. Für a gilt a√3/2= 3r+r√3. Dies ist eine Beziehung zwischen der gesuchten Kantenlänge a und dem gegebenen Radius r, die man wahlweise nach a oder r auflösen kann.

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Werter Roland, leider ist deine Antwort herzlich falsch.

Richtig ist vielmehr    a  =  √ (28 + 8·√6) · r

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Wow, vielen Dank für die schnelle(n) Antworten ...

Nur, leider (Roland): So einfach ist es leider nicht :(  Ein (ebenes) Umdreieck um die drei Kreise ist nicht die Kantenlänge des Umtetraeders. Sondern das Umtetraeder ist größer. Weil es ja schräg nach unten geht (und nicht senkrecht), also ganz unten am Boden breiter ist als das "Umdreieck".

Und (Gast hj2166 und andere): Gibt es einen Beweis (bzw. Beweisidee), da ich es beweisen soll, die Formel allein genügt leider nicht ... Danke vorab  :-)

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So einfach ist es leider nicht    Es ist in Wirklichkeit sehr einfach :

Mache eine zentrische Streckung vom Mittelpunkt des In-Tetraeders aus, die eine seiner Grundkanten (Länge : 2r) auf die Tischplatte projiziert.

Dieser Mittelpunkt befindet sich in einer Höhe von r/√6 über der Grundfläche des In-Tetraeders (Pythagoras), somit ergibt der Strahlensatz :  a / (2r)  =  (r/√6 + r) / (r/√6) und daraus
a = 2r · (1+√6).

Die oben von mir gewählte Form der Darstellung dieses Ergebnisses war als kleiner Scherz in Richtung Roland gedacht.

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Ja !!! Ich habe es verstanden !! VIELEN Dank !!!

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Frühere Diskussion der Frage: https://www.mathelounge.de/51862/berechnung-der-kantenlange-eines-regelmassigen-tetraeders?show=444334#c444334

Answer 1

meine Idee war eine Ebene durch 3 Mittelpunkte der Inkugeln zu legen und in Richtung des normierten Normalenvektors um den Betrag r zu verschieben - damit hab ich eine Seitenfläche des Umtetraeders. Und kann die Kantenlänge durch die Schnittpunkte mit den Koordinatenachsen bestimmen.

Also etwa so:

Gerechnet in GeoGebra CAS ist etwas zu länglich zum Reinschreiben.

Die meisten Festlegungen sind eigentlich nur zum Zeichnen der Scene gedacht. Ich häng sie mal dran Kugelpack2CAS.ggb (5 kb)

Comments

Wow ich habe es verstanden! Klar, mit Analytischer Geometrie geht das ja auch, daran dachte ich noch gar nicht! 'wächter' viiiiielen Dank !!!!

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Gerne, da gibt es halt was zu sehen....

und wenn man es net selber rechnen muss ;-)

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Vielleicht noch eine Bitte  :-)  Die ggb-Datei habe ich heruntergeladen und konnte sie auch öffnen ... kannst du mir evt. auch die Datei schicken, mit der ich diese klasse Grafik ansehen kann? Ist das auch Geogebra?

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Das sind einfach die Formeln aus dem CAS in die Eingabezeile des Grafikrechner (neues Fenster sonst konflikten die Variablen - statt := schreib =) übertragen:

r=1 (oder was auch immer)

M1=...M4=
Kugel(M1,r)...Kugel(M4,r)
n=(sqrt(2) / 3, ((-sqrt(6))) / 3, 1 / 3)

den Term für E(x,y,z) =0 für die Ebene, wenn Du die haben willst
((1 / 3 * r^{3}) * ((sqrt(2) * 4) + (sqrt(3) * 8))) - (((2 / 3 * sqrt(6)) * r^{2}) * x) + (((r^{2} * y) * sqrt(2)) * 2) - ((2 * r^{2}) * z / sqrt(3))=0

S=(0,0,  (((2 * sqrt(6)) + 12) / 3 * r))

K_1=( (((6 * sqrt(2)) + (2 * sqrt(3))) / 3 * r),0,0)

K= (2 * sqrt(6) + 2 * r)

G= K_1 - ((r * (sqrt(3) + (sqrt(2) * 3))) , 0, 0)

K_2=G + K / 2 (0, 1, 0)

K_3=G - K / 2 (0, 1, 0)

Tetraeder[K_1, K_2, K_3]

versuchs mal. Wenns net klappt, dann frag noch mal...

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Es geht !!!

Ist "sie" das !?  (Kugelpyramide 1.ggb (31 kb))

Es sieht klasse aus!  (Jedoch ist das Umtetraeder bedeutend größer als ich vermutete, zumindest optisch!)

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Prima, sieht gut aus!.

Du hast ja sogar die Ebene mit drin - jetzt kann die Präsentation kommem, oder :-)

Ist halt eine typische Kosmetik-Verpackung - viel Drumrum, wenig drin.