Czwarty bok w czworokącie dowolnym

[lkowal25]

Witam,
muszę mieć wzór na bok w czworokącie dowolnym mając długości trzech pozostałych oraz długości przekątnych. Bardzo prosiłbym o pomoc.



Pozdrawiam

[yorgin]

Koszmarek obliczeniowy...

Z twierdzenia cosinusów:

\(\displaystyle{ a^2=b^2+d_2^2-2bd_2\cos\alpha}\)

\(\displaystyle{ d_1^2=b^2+c^2-2bc\cos \beta}\)

gdzie oznaczenia kątów są oczywiste (na bazie rysunku).

Wyznacz z tego \(\displaystyle{ \cos \alpha}\) i \(\displaystyle{ \cos \beta}\).

Teraz trzeba ponownie zastosować twierdzenie cosinusów:

\(\displaystyle{ x^2=d_2^2+c^2-2d_2c\cos(\beta-\alpha)}\).

Warto przypomnieć sobie ponadto wzór na \(\displaystyle{ \cos(\beta-\alpha)}\) oraz to, jak zamienić sinusa na cosinusa, z jedynki trygonometrycznej.

[lkowal25]

yorgin dzięki za pomoc

Jednak w obliczeniach nadal nic mi nie wychodzi. Zapłacę 50 zł za wyprowadzenie jawnego wzoru. Szczegóły na PW.

[yorgin]

yorgin dzięki za pomoc

Jednak w obliczeniach nadal nic mi nie wychodzi.

Pokaż swoje próby. Przedstawione przeze mnie wskazówki powinny wystarczyć do rozwiązania problemu.

Zapłacę 50 zł za wyprowadzenie jawnego wzoru. Szczegóły na PW.

Nie udzielam pomocy poza forum. A prośby o płatną pomoc możesz kierować do odpowiedniego działu forum (przeczytaj też regulamin działu).

[kruszewski]

Długość czwartego boku można obliczyć wg wzoru:
\(\displaystyle{ l= \sqrt{l^2_x+l^2_y } = \sqrt{(ncos \alpha +mcos \beta -b)^2 + (nsin \alpha -msin \beta )^2 }}\)
Gdzie:
\(\displaystyle{ cos \alpha = \frac{b^2+n^2-a^2}{2bn}}\)
\(\displaystyle{ sin \alpha = \frac{ \sqrt{4b^2n^2 -(b^2+n^2-a^2)^2} }{2bn}}\)
\(\displaystyle{ cos \beta = \frac{m^2+b^2-c^2}{2bm}}\)
\(\displaystyle{ sin \beta = \frac{ \sqrt{4b^2m^2- (m^2+b^2-c^ 2)^2} }{2bm}}\)
\(\displaystyle{ l_x = ncos \alpha +mcos \beta -b}\)
\(\displaystyle{ l_y = nsin \alpha -msin \beta}\)
W.Kr.

_________________

[anna_]

Też koszmarne, ale bez funkcji trygonometrycznych.

Ze wzoru Herona liczysz pole trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\) i pole trójkąta \(\displaystyle{ ABD}\).

Z porównanie pól liczysz \(\displaystyle{ h_1}\) i \(\displaystyle{ h_2}\).

Z Pitagorasa liczysz \(\displaystyle{ |AE|}\) i \(\displaystyle{ |BF|}\).

\(\displaystyle{ h_3=|AB|-|AE|+|BF|}\)

\(\displaystyle{ |DG|=h_2-h_1}\)

Z Pitagorasa dla trójkąta \(\displaystyle{ CGD}\) liczysz \(\displaystyle{ x}\)
\(\displaystyle{ x^2=h_3^2-|DG|^2}\)

[kruszewski]

Wzór ten
\(\displaystyle{ l= \sqrt{l^2_x+l^2_y } = \sqrt{(ncos \alpha +mcos \beta -b)^2 + (nsin \alpha -msin \beta )^2 }}\)
po podstawieniu związków na funkcje trygonometryczne jest postaci algebraicznej bez ich śladu.
\(\displaystyle{ l= \frac{1}{2b} \sqrt{ (2b^2-(a^2+c^2)+(n^2+m^2)+ \sqrt{4(bn)^2-(b^2-a^2+n^2)^2 } - \sqrt{ 4(bm)^2-(b^2-c^2+n^2)^2}} }}\)
Jeżeli nie zginąłem w tym gąszczu

Rozwinięcia obu sposobów do 'ludzkiej postaci' są wyraźnie niefotogeniczne.
Pozdrawiam,
W.Kr.