四射线取平行四边形问题

mathe

转自百度贴吧:http://tieba.baidu.com/f?kz=523348266
已知平面上四条射线OA,OB,OC,OD(顺时针顺序排列),它们两两夹角分别为a,b,c,d(当然$a+b+c+d=2pi$)
要求在射线OA,OB,OC,OD上各自取一点A',B',C',D'形成平行四边形,而且边A'B':B'C'=1:2
问这四个点该如何选取.

mathe

图如百度链接中的.

这个题目对于任意给出的数据,当然不一定有解.
而且如果存在一个解,
那么将A'B'等边平行移动,同样可以得到合法的解.可见解存在是长度A'B'可以任意选择,所以不妨假设A'B'=1,B'C'=2
然后假设OA'=x,OB'=y,OC'=z,OD'=w根据余弦定理可以得到:
${(x^2+y^2-2xycos(a)=1),(y^2+z^2-2yzcos(b)=4),(z^2+w^2-2zwcos(c)=1),(w^2+x^2-2wxcos(d)=4):}$
可是上面方程组很难求解.
我们现在查看角B'C'O,根据正弦定理,其正弦值应该为$y/2sin(b)$,而角D'A'O的正弦值应该为$w/2sin(d)$
而且我们知道这两个角差值为$pi-a-b$,于是根据和差化积公式我们得到
$y/2sin(b)=w/2sin(d)cos(pi-a-b)+sqrt(1-(w/2sin(d))^2)sin(pi-a-b)$
去根号后可以得到
$(y/2sin(b)+w/2sin(d)cos(a+b))^2=(1-(w/2sin(d))^2)sin^2(a+b)$
于是我们有可以得到一个只包含$y^2,w^2,yw$和常数项的二次方程.
类似,我们还可以得到另外3个这样的方程.
然后我们可以总共得到8条方程,都只含二次项和常数项.
如果我们把$x^2,y^2,z^2,w^2,xy,yz,zw,wx$看成8个不同的变量,就应该可以通过解线性方程组得出它们的表达式了.
谁来试着计算一下?

mathe

发现一个问题,总共应该有10个变量,还有$yw$和$xz$
不过我们还可以有一条额外的方程,就是利用三角形面积OA'B'+OC'D=OA'D'+OB'C'可以得到
$xysin(a)+zwsin(c)=yzsin(b)+wxsin(d)$
那么现在就是10个变量9条方程.不知道它们中间是否有线性相关的.如果没有线性相关,那么我们至少可以将所有其它9个表示成另外一个的线性式,比如我们最后可以得出
$x^2=u_1xy+u_2,y^2=u_3xy+u_4$
对于这个二元二次方程,求根式解还是没有问题的,所以应该问题还是可能可以这样求解的,只是计算量非常大.

无心人

倒过来不行么？

平行四边形内部找个点
使得和定点组成的角等于给定值

gxqcn

2# mathe 说了，如果有解，则有无穷多个解（所得平行四边形彼此相似）。

那无解之情形是怎样的呢？
我构造了一种无解的情形：当 $a=b=c=\pi/3, d=\pi$

northwolves

原帖由 gxqcn 于 2009-1-10 16:48 发表
先分析一下解集数目。

假如四条射线的顶点恰好是解得的平行四边形的中心点，则有无穷多个解（它们彼此相似）。
一般情形下似乎有唯一解（?）；可否有无解之情形？

我构造了一种无解的情形：当 $a=b=c=(2\pi)/ ...

$a=b=c=(\pi)/3,d=(\pi)$ ?

gxqcn

四射线取平行四边形，原要求是指定边长比的；
如果改成指定内角，情形会如何？

比如：
请从共顶点的四条射线上各取一点，使之可连结成一个矩形。

无心人

那是我4#说的情况