Tétraèdre irrégulier
dans Géométrie
Bonjour ! mon problème est de trouver les tracés géométriques permettant d'inscrire, et de circonscrire, une sphère dans le tétraèdre irrégulier schématisé ci dessous. Merci
d'être le plus clair possible car je ne suis qu'un simple menuisier passionné de son métier ! Merci vivement à la personne qui se penchera sur ce problème et m'apportera les solutions.
d'être le plus clair possible car je ne suis qu'un simple menuisier passionné de son métier ! Merci vivement à la personne qui se penchera sur ce problème et m'apportera les solutions.
Réponses
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Il manque des cotes pour que le problème soit bien spécifié.
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Et moi je vois 5 sommets.
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Bon, ce n'est pas un tétraèdre, c'est une pyramide, mais alors comme dit GBZM il faut donner les cotes qui manquent.
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Il s'agit bien d'un tétraèdre irrégulier ! Ce que vous pensez être le 5 ème sommet n'est que la projection des arêtes sur le plan pour indiquer la cotation. Je vous suis très reconnaissant de vous intéresser à ce problème, merci encore !
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En tout cas moi je ne comprends pas : quelles arêtes ? Quel plan ?
Le mieux serait que tu désignes les sommets par des lettres A, B, C, D et que tu donnes les 6 distances mutuelles de ces sommets, sans même besoin de figure AB=..., BC=..., etc.
Ou d'autres cotes si tu en as, comme hauteur, etc. -
C'est du boulot pour Soland et ses potes Cayley-Menger ;-)
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J'espère que vous avez tous les éléments pour apporter une solution graphique au problème posé, bon courage. Merci infiniment.
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@boisdebout
Très bien, j'espère que les cotes sont correctes car elles sont redondantes. Pour le rayon de la sphère inscrite, c'est très simple. C'est le volume du tétraèdre multiplié par 3 et divisé par la somme des aires des six faces.
Pour l'autre c'est un peu plus compliqué. Je suis certain que nos géomètres-calculateurs vont nous donner le résultat.
Bonne soriée.
Fr. Ch. -
Comme j'avais dit, le rayon de la sphère circonscrite est donné par le déterminant de Cayley-Menger, voir :
Berger 9. 7. 3. 2 et 9. 7. 3. 7, et pour lr volume : 9. 12. 4. 3 et 10. 6. 5.
Malheureusement je n'ai pas de moyens de calcul pour finaliser tout ça, mais je suis certain que d'autres vont le faire. -
Bonjour Chaurien ! ce que je cherche c'est le procédé géométrique me permettant de trouver le centre de la sphère inscrite dans le tétraèdre irrégulier, comme c'est le cas sur le fichier joint, pour un tétraèdre régulier. Je pense que cela n'est pas simple ou peut être impossible ? Courage (pensez que je suis un menuisier avec ses limites). merci à vous !
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Bonjour boisdebout,
J'imagine que tu connais bien le cercle inscrit dans un un triangle.
La sphère inscrite dans un tétraèdre est tangente à chacune de ses faces au centre de leur cercle inscrit.
Son centre se trouve à l'intersection des droites orthogonales aux faces aux centres de leurs cercles inscrits.
Voir ici, par exemple
http://gilles.dubois10.free.fr/geometrie_affine/espacetetra.html
Sur la figure, $K,L, M,N$ sont les centres des cercles inscrits des faces.
Amicalement. jacquot -
Salut Jacquot ! je ne peux pas mieux exposer mon problème que sur le dessin joint. J'ai bien inscrit les cercles de chacune des faces puis élevé une perpendiculaire issue du centre de chacun de ces cercles, le problème est que ces centres n'ont, entre eux, aucun point commun. Je ne trouve toujours pas le centre de la sphère inscrite dans ce tétraèdre irrégulier. Je ne suis en capacité de comprendre que lorsque l'on aura démontré, par un dessin, la solution (s'il ya solution) à ce problème !
Je commence à comprendre mon obstination et mes limites ! -
Bonjour ,
pour la sphère circonscrite , on trace les médiatrices de AB et AC qui se coupent en J (par exemple) . Le centre O est sur la perpendiculaire au plan ABC passant par J et à une distance JO = 4,011 .
Ce centre est à l'intersection de la perpendiculaire citée et par exemple du plan orthogonal à DB en son milieu . -
Je pensais que le questionneur voulait les rayons des sphères inscrite et circonscrite.
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De même que le centre du cercle inscrit à un triangle est l'intersection des bissectrices intérieures des angles du triangle, le centre de la sphère inscrite au tétraèdre est l'intersection des plans bissecteurs intérieurs angles dièdres du tétréaèdre.
Si tu peux tracer ces plans (3 bien choisis suffisent), alors… -
Salut les copains ! J'accepte ma nullité en math, en descriptive je me débrouille car l'utilise fréquemment pour mon métier de charpentier menuisier.
Je crois poser le problème de la quadrature !!! Je repose ma question précisément "comment trouver, par un procédé géométrique, le centre d'une sphère inscrite à un tétraèdre irrégulier et comment trouver le centre de la sphère circonscrite à ce même tétraèdre" ? Il s'agit d'un solide ayant pour base le triangle quelconque ABC et pour sommet D. Aucunes des arêtes, aucuns des angles, aucunes des surfaces ne sont identiques. Au secours Ramanujan ! le problème est'l soluble ?
Voir le plan 3D joint.
Merci à vous tous et à votre dévouement face à un nul -
Pour le rayon de la sphère circonscrite , GeoGebra donne 58,1878
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Si tu te débouilles en descriptive, le tracé de trois plans bissecteurs puis de leur intersection est fastidieux, mias te fournit un construction sure.
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JG,
je suis au fond de la classe, je n'ai pas bien compris, et lève le doigt pour demander à mon professeur de m'expliquer ! Les plans bissecteurs seront les plans issus de la bissectrice de chacun des angles des dièdres (à savoir qu'il en existe 6 dans un tétraèdre) ? est ce que je me m'explique dans le bon langage ? (en charpente on parle de : trait carré par bout, de devers de pas, de simbleau, pour mieux comprendre ayez la curiosité d'aller sur internet en tapant "Émile Delataille" vous aurez des planches de trait avec leurs explications. Merci de votre patience -
Un plan bissecteur d'un dièdre scinde le dièdre en deux dièdres égaux.
Ce plan contient l'arête du dièdre et la bissectrice d'une section droite du dièdre, c'est-à-dire une section par un plan perpendiculaire à l'arête.
Si l'on intersecte le dièdre par un plan oblique sur l'arête, la trace du plan bissecteur n'est pas une bissectrice des traces du dièdre.
Ce cas de la section oblique qui généralement le cas lorsqu'on intersecte un dièdre du tétraèdre par une face, autrement dit : il n'est pas immédiat de construire la trace des plans bissecteurs sur les faces du tétraèdre et c'est pour cette raison que je parlais d'une construction fastidieuse, qui demande de nombreuses constructions auxiliaires, en particulier des rabattements de plan pour voir les angles en vraie grandeur et pouvoir construire leurs bissectrices. -
Merci gb ! pas de problème pour moi de construire le rectiligne du dièdre, donc de trouver la valeur de tous les angles formés par l'intersection de chaque faces, c'est du quotidien. Je réalise cela sous autocad et vois si la solution est apportée. Ouvrez-vous les fichiers DWG ? Car j'aurais pu vous envoyer ce fichier. Félicitations pour répondre.
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Je ne peux pas ouvrir les fichiers DWG, mais je peux les visionner via sharecad.org.
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@poulbot,
Merci de m'avoir corrigé rapidement.
J'avais un doute en écrivant cette ânerie et j'ai perdu une occasion de me taire.
Excusez-moi d'avoir perturbé cette intéressante discussion.
Amicalement. jacquot -
Merci jb, comme vous pouvez le voir sur le fichier joint, les plans bissecteurs furent tracés et l'intersection de quatre d'entre eux m'ont donné le centre de la sphère.
Merci à tous les participants de ce forum !
Bois de bout est satisfait
Voir fichier joint -
Joli travail (tu)
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Bonjour,
- Il semble difficile d'obtenir les coordonnées cartésiennes des points $A_{0},B_{0},C_{0},D$. Mais ce problème est facile à contourner: on les tire au sort. Cela donne \[ \begin{array}{c|rrrr} & A_{0} & B_{0} & C_{0} & D\\ \hline x & 72 & 52 & 70 & 41\\ y & 42 & -13 & -32 & 91\\ z & 18 & 82 & -1 & 29\\ t & 1 & 1 & 1 & 1 \end{array} \]
$\,$ - Premier résultat: le déterminant est $6V=189033$.
$\,$ - Le théorème de Pythagore s'écrit (en cartésien) : \[ \left|MN\right|^{2}=\left(\frac{x_{1}}{t_{1}}-\frac{x_{2}}{t_{2}}\right)^{2}+\left(\frac{y_{1}}{t_{1}}-\frac{y_{2}}{t_{2}}\right)^{2}+\left(\frac{z_{1}}{t_{1}}-\frac{z_{2}}{t_{2}}\right)^{2} \] On a donc \begin{multline*} a\doteq B_{0}C_{0}=\sqrt{7574},b\doteq C_{0}A_{0}=3\,\sqrt{649},c\doteq A_{0}B_{0}=\sqrt{7521},\\ A\doteq A_{0}D=9\,\sqrt{43},B\doteq B_{0}D=\sqrt{13746},C\doteq C_{0}D=\sqrt{16870} \end{multline*}
$\,$ - $ \def\wedtr{\bigwedge_{3}} \def\Sa{S_{a}} \def\Sb{S_{b}} \def\Sc{S_{c}} \def\Sw{S_{\omega}}$Le premier plan médiateur s'écrit $\left|AM\right|^{2}-\left|BM\right|^{2}=0$. D'où: $40\,x+110\,y-128\,z+2325\,t=0$. Et \begin{eqnarray*} medAB & \simeq & [+40,+110,-128,+2325]\\ medBC & \simeq & [+18,-\phantom{0}19,-\phantom{0}83,+1836]\\ medCD & \simeq & [+29,-123,-\phantom{0}30,+2439] \end{eqnarray*}
$\,$ - Ces trois plans se coupent en un point $O$ qui vérifie donc $OA=OB=OC=OD=R$. On trouve \begin{multline*} O\doteq\wedtr\left(medAB,medBC,medCD\right)\underset{cart}{\simeq}\left(\begin{array}{r} 5215203\\ -916427\\ -1446875\\ -126022 \end{array}\right)\simeq\left(\begin{array}{r} -41.38327435\\ 7.271960451\\ 11.48113028\\ 1.00000000 \end{array}\right)\\ R=\sqrt{\dfrac{223998056675819}{15881544484}}\approx118.7615227901 \end{multline*}
$\,$ - On peut aussi sortir de sa poche la formule des barycentriques, qui est: \[ O\underset{bary}{\simeq}\left(\begin{array}{c} a^{2}A^{2}\left(-a^{2}+B^{2}+C^{2}\right)+b^{2}B^{2}\left(a^{2}-B^{2}+C^{2}\right)+c^{2}C^{2}\left(a^{2}+B^{2}-C^{2}\right)-2\,a^{2}B^{2}C^{2}\\ a^{2}A^{2}\left(-A^{2}+C^{2}+b^{2}\right)+b^{2}B^{2}\left(A^{2}-b^{2}+C^{2}\right)+c^{2}C^{2}\left(A^{2}+b^{2}-C^{2}\right)-2\,A^{2}b^{2}C^{2}\\ a^{2}A^{2}\left(-A^{2}+B^{2}+c^{2}\right)+b^{2}B^{2}\left(A^{2}-B^{2}+c^{2}\right)+c^{2}C^{2}\left(A^{2}+B^{2}-c^{2}\right)-2\,A^{2}B^{2}c^{2}\\ a^{2}A^{2}\left(-\:a^{2}+\:b^{2}+\:c^{2}\right)+b^{2}B^{2}\left(\:a^{2}-\:b^{2}+\:c^{2}\right)+c^{2}C^{2}\left(\:a^{2}+\:b^{2}-\:c^{2}\right)-\:2\,a^{2}b^{2}c^{2} \end{array}\right) \]
$\,$ - La distance entre le point $x:y:z:t$ et le plan $p:q:r:s$ est, en coordonnées cartésiennes: \[ \delta=\dfrac{px+qy+rz+st}{t\;\sqrt{p^{2}+q^{2}+r^{2}}} \] (toujours cette fameuse histoire de norme d'opérateur).
$\,$ - Un point à égale distance des quatre plans fournit donc la même valeur pour $\rho^{2}$ soit: \begin{multline*} \dfrac{\left(5781\,x-508\,y+1370\,z-419556\,t\right)^{2}}{35554925\,t^{2}}=\dfrac{\left(3741\,x+1764\,y+2685\,z-391770\,t\right)^{2}}{24316002\,t^{2}}=\\ \dfrac{\left(117\,x+611\,y-2392\,z+8970\,t\right)^{2}}{6108674\,t^{2}}=\dfrac{\left(9639\,x+1867\,y+1663\,z-613323\,t\right)^{2}}{99161579\,t^{2}} \end{multline*} On résoud. On aboutit à une équation de degré 16. Il y a 8 solutions parasites, et il reste donc 8 centres in-exinscrits. On récupère celui qui minimise $\rho$. Et cela donne: \[ I_{0}\approx\left(\begin{array}{r} 61.5324234553\\ 33.0535290735\\ 23.5772128278\\ 1.0000000000 \end{array}\right),\;\rho^{2}\approx65.6883532335 \]
$\,$ - Évidemment, on peut aussi procéder plus efficacement. On prend les racines carrées et on égalise. Comme il y a 8 choix de signes, il y a 8 systèmes du premier degré. On retrouve les huit solutions. Bien entendu, rien n'empêche d'identifier $d\left(M;BCD\right)\pm d(M,ACD)=0$ comme étant les équations des deux plans bissecteurs du dièdre $\left(BCD,ACD\right)$. C'est la remarque de gb. Il suffit juste de faire les bons choix de signe.
$\,$ - On peut aussi procéder à l'envers. Commençons par calculer les surfaces par la formule de Heron: \[ S_{0}^{2}=\frac{1}{16}\left(2\,a^{2}b^{2}+2\,b^{2}c^{2}+2\,c^{2}a^{2}-a^{4}-b^{4}-c^{4}\right) \] Il vient: \[ S_{A}=\dfrac{23}{2}\,\sqrt{187451},\;S_{B}=\dfrac{13}{2}\,\sqrt{36146},\;S_{C}=\dfrac{3}{2}\,\sqrt{2701778},\;S_{0}=\dfrac{5}{2}\,\sqrt{1422197} \]
$\,$ - De toutes façons, on a $6V=2\left(S_{A}+S_{B}+S_{C}+S_{0}\right)\rho$. Cela donne $\rho$... et cela permet de choisir avec certitude le centre $I_{x}$ qui convient.
$\,$ - On peut aussi sortir de sa poche les formules barycentriques. Les distances du point $M\simeq_{bar}x:y:z:t$ aux quatre faces du tétraèdre de référence sont: \[ \left[\frac{x}{S_{A}}:\frac{y}{S_{B}}:\frac{z}{S_{C}}:\frac{t}{S_{0}}\right]\;\frac{3V}{x+y+z+t} \] On en déduit $I\underset{bary}{\simeq}\pm S_{A}:\pm S_{B}:\pm S_{C}:\pm S_{0}$. Et on tombe directement sur $I_{0}$ (avec des $+$ partout). Comme le rappelait Poulbot, on peut aussi utiliser les inverses des hauteurs comme coefficients. Ainsi \[ h_{A}=dist\left(A;BCD\right)=\sqrt{35733475089/99161579} \] et $\frac{1}{\rho}=\sum_{4}\frac{1}{h_{j}}$.
$\,$ - Pour ce qui est des contacts de la sphère inscrite, le point de contact $J$ de la sphère inscrite et du plan $ABC$ a pour barycentriques: \[ J_{0}\simeq\left[\begin{array}{c} +8\,S_{0}S_{A}+a^{2}\Sa-A^{2}a^{2}+\Sc\,B^{2}+\Sb\,C^{2}\\ +8\,S_{0}S_{B}+b^{2}\Sb-B^{2}b^{2}+\Sc\,A^{2}+\Sa\,C^{2}\\ +8\,S_{0}S_{C}+c^{2}\Sc-C^{2}c^{2}+\Sb\,A^{2}+\Sa\,B^{2} \end{array}\right] \] où l'on prendra soin de ne pas confondre $S_{A}=surface\left(BCD\right)$ avec $\Sa$ (le symbole de Conway).
$\,$ - Pour le cas où ce serait utile, voici la formule de l'angle dièdre: \[ \left|\sin\alpha\right|=\dfrac{3}{2}\,\dfrac{V\,C}{S_{A}\,S_{B}}=\frac{3}{2}\,\frac{Volume\times opposite\_length}{adjacent\_faces} \]
Cordialement, Pierre. - Il semble difficile d'obtenir les coordonnées cartésiennes des points $A_{0},B_{0},C_{0},D$. Mais ce problème est facile à contourner: on les tire au sort. Cela donne \[ \begin{array}{c|rrrr} & A_{0} & B_{0} & C_{0} & D\\ \hline x & 72 & 52 & 70 & 41\\ y & 42 & -13 & -32 & 91\\ z & 18 & 82 & -1 & 29\\ t & 1 & 1 & 1 & 1 \end{array} \]
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Bonjour à tous ! Je remercie" gb" et" fm31", avec qui j'ai pu à l'aide de la géométrie descriptive (à la règle et au compas, c'est à dire en 2D) établir l'étude du tétraèdre irrégulier avec la sphère circonscrite que je vous joins ci-dessous. Vous êtes des chefs et je vous en remercie
Je reviens au 1er problème posé (inscription de la sphère dans le tétraèdre irrégulier) "pldx1" fait une belle démonstration mathématique, le seul inconvénient c'est que je n'ai pas les compétences pour la déchiffrer; Il me faut placer, par des opérations géométriques, le centre de la sphère inscrite, ce dont j'ai besoin. La solution 3D ok sur les conseils de"gb" j'ai pu le réaliser, mais à la règle et au compas c'est une autre paire de manches !
J'aimerais une démonstration telle que l'a faite Ramanujan sur la recherche de la quadrature, lien à consulter:
http://www.math.sciences.univ-nantes.fr/~coulombel/Preprints/Divers/Science.pdf
Je continue à rechercher la solution graphique à l'aide de mes deux outils fondamentaux.
Merci à vous tous -
Bonjour,
- Il y a trois repères utilisables dans ce genre de problème.
- Un repère d'usinage, décrivant comment l'objet a été fabriqué.
- Un repère intrinsèque, rapportant l'objet à lui même
- Un repère descriptif, c'est à dire décrivant ce que voit un observateur particulier.
$\,$ - Un repère d'usinage, décrivant comment l'objet a été fabriqué.
- Au bout de 30 messages, le (1) est toujours inaccessible. En particulier, il n'y a toujours pas mention des épaisseurs des pièces. En supposant que les cotes soient en mm, une cote de $1150$ représente un peu plus d'un mètre... Si l'on prend des bois de 18, cela va faire une certaine différence entre les cotes intérieures et les cotes extérieures. Faut-il considérer que les cotes "abstraites" décrivent les "fibres neutres" comme l'on dit en chaudronnerie ? Saurons-nous un jour ?
$\,$ - Pour ce qui est du (2), on dispose enfin de $\def\ptv{~;~}$ \begin{multline*} a\doteq B_{0}C_{0}=115\ptv b\doteq C_{0}A_{0}=90\ptv c\doteq A_{0}B_{0}=85,\\ A\doteq A_{0}D_{0}=5\,\sqrt{181}\ptv B\doteq B_{0}D_{0}=\dfrac{5}{18}\,\sqrt{139470-12\,\sqrt{2\cdot11\cdot17\cdot19\cdot29\cdot37}}\ptv C=50\,\sqrt{2} \end{multline*} Rappelons que cela avait été demandé dès le message n° 2 !
$\,$ - Pour ce qui est du (3), on place le calque comme image de fond dans Geogebra, et on procède à quelques acquisitions de points. Cela donne $A_{0},C_{0},B_{0},D_{0}\simeq$: \begin{multline*} \left(\begin{array}{c} -23431\\ 39516\\ 0\\ 1000 \end{array}\right)\approx\left(\begin{array}{r} -23.431\\ 39.516\\ 0.000\\ 1.000 \end{array}\right)\ptv\left(\begin{array}{c} 53372\\ 39516-39\,\sqrt{1447271}\\ 0\\ 1000 \end{array}\right)\approx\left(\begin{array}{r} 53.3720000000\\ -7.4020049768\\ 0.0000000000\\ 1.0000000000 \end{array}\right)\ptv\\ \ptv\left(\begin{array}{c} -242551-26\,\sqrt{923358898}\\ 711288-91\,\sqrt{1447271}-51202\,\sqrt{638}\\ 0\\ 18000 \end{array}\right)\approx\left(\begin{array}{r} -57.3671305119\\ -38.4156305865\\ 0.0000000000\\ 1.0000000000 \end{array}\right)\ptv\\ \left(\begin{array}{c} 2747209-13\,\sqrt{17296335721}\\ 8535456-3965\,\sqrt{1447271}-25601\,\sqrt{11951}\\ 10800000\\ 216000 \end{array}\right)\approx\left(\begin{array}{r} 4.8032734080\\ 4.4756546090\\ 50.0000000000\\ 1.0000000000 \end{array}\right) \end{multline*}
$\,$ - Et maintenant, on peut procéder à quelques calculs. Pour commencer, la métrique. Le Pythagore de deux vecteurs du repère local se calcule en utilisant: $\def\pythq{\boxed{Pyth_{4}}} \def\tra#1{{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}}} \def\where{\qquad\mathrm{where}\;} \def\linf{\mathcal{L}_{\infty}}$ \begin{multline*} \pythq\doteq-\frac{1}{2}\left[\begin{array}{cccc} 0 & c^{2} & b^{2} & A^{2}\\ c^{2} & 0 & a^{2} & B^{2}\\ b^{2} & a^{2} & 0 & C^{2}\\ A^{2} & B^{2} & C^{2} & 0 \end{array}\right]=-\frac{1}{2}\left[\begin{array}{cccc} 0 & 7225 & 8100 & 4525\\ 7225 & 0 & 13225 & 8204.821\cdots\\ 8100 & 13225 & 0 & 5000\\ 4525 & 8204.821\cdots & 5000 & 0 \end{array}\right]\\ \where8204.821\cdots\approx8204.82146929781642918852948122=\dfrac{581125}{54}-\dfrac{25\,\sqrt{638}\sqrt{11951}}{27} \end{multline*}
$\,$ - On obtient les surfaces de chaque triangle par la formule de Heron: \[ S_{0}=\frac{1}{4}\,\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\left(-a+b+c\right)} \] Cela donne $\left(\begin{array}{c} S_{A}\\ S_{B}\\ S_{C}\\ S_{D} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} 3202.4992409528\\ 2351.4540049722\\ 2718.0439794254\\ 3788.7992820945 \end{array}\right).$
$\,$ - On calcule le volume par $V^{2}=\frac{1}{36}\,\linf\cdot adjoint\left(\pythq\right)\cdot\tra{\linf}$. Cette formule est souvent connue sous le nom de Cayley-Menger. Cela donne: $V=2500\sqrt{638}\approx63146.6547015754$.
$\,$ - Le lecteur attentif, qui aura par conséquent construit sa propre figure, aura traduit de lui-même tous ces "on calcule" par "si l'on a vraiment envie de vérifier, on calcule". En effet, toutes ces mesures sont automatiquement calculées et affichées dès qu'un objet est construit. Un "logiciel de géométrie", cela est d'abord et avant tout une aide à la construction. A ma connaissance, Autocad ne fait pas exception à cette règle.
$\,$ - Pour la sphère circonscrite, on la construit par l'outil "sphère 4 points". On peut aussi relever perpendiculairement les centres des cercles circonscrits. Ou bien utiliser la formule barycentrique. Substituant les valeurs numériques (dont nous disposons enfin), cela donne $\Omega\simeq$ \[ \left(\begin{array}{rrrr} -23.431 & -57.3671305119 & 53.372000 & 4.8032734080\\ 39.516 & -38.4156305865 & -7.402005 & 4.4756546090\\ 0.0 & 0.0 & 0.0 & 50.0\\ 1.0 & 1.0 & 1.0 & 1.0 \end{array}\right)\cdot\left(\begin{array}{r} 0.1507869209\\ 0.4500061596\\ 0.4794209101\\ -0.0802139906 \end{array}\right)\approx\left(\begin{array}{r} -4.1462873487\\ -15.2364605004\\ -4.0106995306\\ 1.0 \end{array}\right) \] qui se vérifie sur le dessin, et un rayon: \[ R=\frac{1}{24V}\,\sqrt{\left(Aa+Bb+Cc\right)\left(-Aa+Bb+Cc\right)\left(Aa+Bb-Cc\right)\left(Aa-Bb+Cc\right)}\approx58.1877803633 \]
$\,$ - Pour la sphère inscrite, il a déjà été indiqué que \begin{eqnarray*} I_{0} & = & \left(A_{0}\,S_{A}+B_{0}\,S_{B}+C_{0}\,S_{C}+D_{0}\,S_{D}\right)\div\left(S_{A}+S_{B}+S_{C}+S_{D}\right)\\ \frac{1}{\rho_{0}} & = & \frac{1}{h_{A}}+\frac{1}{h_{B}}+\frac{1}{h_{C}}+\frac{1}{h_{D}} \end{eqnarray*} Cela donne \[ I_{0}\simeq\left(\begin{array}{r} -3.8693834501\\ 2.7407604046\\ 15.7070856794\\ 1.0000000000 \end{array}\right)\ptv\rho_{0}\simeq15.7070856794 \]
$\,$ - Passons maintenant à quelques questions de chaudronnerie. On veut réaliser le tétraèdre par découpe, pliage et soudure. Si l'on travaillait sur papier-carton, il suffirait de réaliser un déplié de la surface, en rabattant chaque face oblique dans le plan de $A_{0}B_{0}C_{0}$. Une fois obtenu l'hexagone $A_{0}D_{c}B_{0}D_{a}C_{0}D_{b}$, on découpe, on raine, on plie, on scotche.
$\,$ - Pour mettre en tôle, on coupe $A_{0}D_{c}B_{0}C_{0}$ (que l'on pliera selon $A_{0}B_{0}$), puis $C_{0}B_{0}D_{0}A_{b}$ (rabattement dans le plan $B_{0}C_{0}D_{0}$, que l'on pliera selon $C_{0}D_{0}$). Question: est-il toujours possible de choisir une paire d'arêtes opposées telles que les deux quadrilatères soient convexes, c'est à dire découpables au massicot ?
$\,$ - Si l'on veut décaper les surfaces aux points de contact de façon à arriver à la fibre neutre (et créer la place nécessaire pour loger la sphère inscrite), cela est facile. On peut en effet utiliser les repliés pour obtenir les points de contacts. Les cercles $\left(A_{0},A\right)$ et $\left(B_{0},B\right)$ utilisés pour construire $D_{c}$ (le sommet du déplié) se recoupent en un point $D_{c}'$ (le sommet du replié). Et le centre du cercle des repliés de $D$, c'est à dire le centre de $\left(D'_{a},D'_{b},D'_{c}\right)$, n'est autre que le point de contact voulu. Évidemment, on retrouve le point $J_{0;ABC}$ obtenu par barycentration, voir la partie 3D de la figure.
Cordialement, Pierre.
NB: ne serait-il pas utile, ici ou là-bas, de remarquer la ressemblance entre la formule du §9 et la condition d'existence de CG54 ? - Il y a trois repères utilisables dans ce genre de problème.
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Bonjour pldx1,
Avec votre formation vous manipulez aisément les chiffres et la descriptive comme je pense maitriser l’herminette et le trait. Vous enseignez certainement les maths, je n’exerçais que le métier de charpentier et c’est pour cela que je fais modestement appel à une personne plus compétente que moi.
Il ne s’agit que d’une étude graphique faisant abstraction de toute épaisseur de matière et les cotes qui la composes ne sont qu’arbitraires. Celles-ci auraient pu être différentes, pourvu qu’il s’agisse d’un tétraèdre irrégulier.
Sur le graphique joint, j’ai tracé trois plans bissecteurs, et voudrai situer le centre de la Sphère inscrite, (en trouvant l’intersection de ces plans bissecteurs) sur la vue en plan en xy et sur la vue de face en z et cela avec l’aide, seulement, de la règle et du compas, mes compagnons inséparables qui ne peuvent m’obéir à résoudre le problème que je me suis fixé. « On en apprend à tout âge ».
Dans tous les cas bravo et merci infiniment de partager vos compétences ! -
Une fois les plans bissecteurs tracés (2) , la détermination du centre de la sphère est assez simple .
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Merci "fm_31, et merci à tous les participants du forum "fdmarsal" "jb" " pldx1".
Vous êtes sympa, très sympa, Bravo à vous et à votre patience !
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Bonjour!
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