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悠闲数学娱乐论坛(第2版)
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» 这样的六边形内接于圆,确定圆的半径
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发表于 2014-9-18 15:36
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[几何]
这样的六边形内接于圆,确定圆的半径
一个六边形内接于圆,它的三条连续边的边长为$a$,另三个连续边的边长为$b$,试确定该圆的半径。
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发表于 2014-9-18 16:23
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\[6\arcsin\frac a{2R}+6\arcsin\frac b{2R}=2\pi\]
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tommywong
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发表于 2014-9-18 16:36
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你是哪12个角?我弄到的是$\displaystyle 6arccos\frac{a}{2R}+6arccos\frac{b}{2R}=4\pi$
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kuing
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发表于 2014-9-18 16:41
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tommywong
显然两等式是等价的
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tommywong
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发表于 2014-9-18 16:44
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找到了,在中间
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isee
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发表于 2014-9-18 18:47
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kuing
怎么把R解出来?
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发表于 2014-9-18 20:12
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isee
利用
http://kkkkuingggg.haotui.com/thread-212-1-5.html
里的公式应该就可以了,吃个饭回来再写……
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isee
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发表于 2014-9-18 20:37
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kuing
是了,以前你写过,我路过
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发表于 2014-9-18 21:05
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根据那个贴的公式:如果 $\abs{\arcsin x + \arcsin y}\leqslant \pi/2$,则
\[\arcsin x + \arcsin y = \arcsin\bigl(x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2}\bigr),\]
因为
\[\arcsin\frac a{2R}+\arcsin\frac b{2R}=\frac\pi3,\]
所以
\begin{gather*}
\arcsin\left(\frac a{2R}\sqrt{1-\frac{b^2}{4R^2}}+\frac b{2R}\sqrt{1-\frac{a^2}{4R^2}}\right)=\frac\pi3,\\
\frac a{2R}\sqrt{1-\frac{b^2}{4R^2}}+\frac b{2R}\sqrt{1-\frac{a^2}{4R^2}}=\frac{\sqrt3}2,\\
a\sqrt{4R^2-b^2}+b\sqrt{4R^2-a^2}=2\sqrt3R^2,\\
a^2(4R^2-b^2)+b^2(4R^2-a^2)+2ab\sqrt{(4R^2-b^2)(4R^2-a^2)}=12R^4,\\
ab\sqrt{(4R^2-b^2)(4R^2-a^2)}=6R^4-2R^2(a^2+b^2)+a^2b^2,\\
a^2b^2(4R^2-b^2)(4R^2-a^2)=\bigl(6R^4-2R^2(a^2+b^2)+a^2b^2\bigr)^2,\\
4R^4(a^2-ab+b^2-3R^2)(a^2+ab+b^2-3R^2)=0,\\
R=\sqrt{\frac{a^2\pm ab+b^2}3},
\end{gather*}
咦,怎么会有两个解……
$\href{https://kuingggg.github.io/}{\text{About Me}}$
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发表于 2014-9-18 21:39
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噢,知道了,减的可以排除。
假设 $R=\sqrt{(a^2-ab+b^2)/3}$,不妨设 $a\geqslant b$,则 $R\leqslant a/\sqrt3$,那么
\[6\arcsin\frac a{2R}
\geqslant 6\arcsin\frac{\sqrt3}2=2\pi,\]
矛盾。
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发表于 2014-9-18 22:00
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kuing
次奥。一直觉得维基百科以及各种数学词典是种蛋疼的东西。
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发表于 2014-9-18 22:07
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kuing
最后的结果:\[R=\sqrt{\frac{a^2+ab+b^2}3}\]完全正确,反三角函数立功了。
不过,期待一下平几解法。
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kuing
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发表于 2014-9-19 00:20
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isee
嗯,平几也简单,注意到六条边按如下图的两种连接方式所得到的外接圆大小是相同的。
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2014-9-19 00:23
于是,下图的等边三角形的边长为 $\sqrt{a^2+ab+b^2}$,故外接圆半径就为 $\sqrt{(a^2+ab+b^2)/3}$。
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2014-9-19 00:20
$\href{https://kuingggg.github.io/}{\text{About Me}}$
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本帖最后由 乌贼 于 2014-9-19 01:25 编辑
$AD,BC$所对应的角为$60^\circ$,两彩色三角形为等边三角形,$BC=\sqrt3R$,
$\triangle ABC$中由余弦定理得:$(a+b)^2+a^2-3R^2=2\cos60^\circ (a+b)a\riff R=\sqrt{\dfrac{a^2+ab+b^2}{3}}$
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发表于 2014-9-19 01:08
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乌贼
这个也不错
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发表于 2014-9-19 01:37
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顺便提一下,其实10楼被排除的 $R=\sqrt{(a^2-ab+b^2)/3}$ 也有着对应的图形,如下图
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2014-9-19 01:34
其几何证明也可以类似我上面的方法,换一种接法,如下图
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2014-9-19 01:35
不过,话说回来,楼主似乎也没说六边形是凸的,那么这种情况也算不算一个解?
可见,楼主的题目最好加个凸字,要么就直接给出图形。
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