Rozruszasz moje szare komórki :-)
bok B, cieciwa C
zakładam układ wspołrzednych wzdluz pierwszego boku.
kolejne boki traktuję jak wektory, i są one obrócone o pewien kąt f.
pierwszy wektor to [B, 0], drugi [B*cosf, B*sinf], az do
[B*cos(5f), B*sin(5f)]
cieciwa C to suma tych 6 wektorów. Ale znamy tylko jej dlugosc
Byc moze Wolfram juz to rozwiąze, ale ja traktuje mój układ jako układ
liczb zespolonych.
niech z bedzie wersorem o kącie f. Wtedy kolejne wektory boków to
B, B*z, B*z^2, .. B*z^5
Ciag geometryczny. Ktorego suma wynosi
B*(1-z^6)/(1-z)
i mam równanie
abs(B*(1-z^6)/(1-z)) = C
czyli
abs((1-z^6)/(1-z)) = C/B
i drugie do kompletu
abs(z) = 1
wrzucam to do Wolframa
https://www.wolframalpha.com/input?i=solve+%7B+abs%28z%29+%3D+1%2C+abs%28+%281-z%5E6%29%2F%281-z%29%29%3D+300%2F60.7%7D
i wyskakuje rozwiązanie
z ≈ 0.936897 + 0.349606 i
arc sin(0.349606) = 20,46321 stopnia = f
Taki jest też kąt wierzchołkowy trójkątów rownoramiennych opartych o
szukane kolo.
w takim trojkącie
R*sin(f/2)=B/2
R=170,8630
sprawdzenie: jak sobie zbudujemy trojkat na środku okregu,
dolny/srodkowym wierzchołku z twojego rysunku, i skrajnym wierzchołku,
to mamy tam zaleznosc trygonometryczną
C/2=R*sin(3f)
podstawiamy R i f
R*sin(3f)= 150.0000
Jak Wolfram wyliczyl z, to sie nie pytaj, nie wydaje mi sie to łatwe
:-)
Ale mozna numerycznie kolejne przyblizenia. Wtedy moze nawet łatwiej
od razu f szukać
Jak to zrobić w jakims CAD ... to sie chyba nie da, bez jakiegos
języka programowania.
J.
P.S. koncepcja 2: wprowadzic współrzedne x,y wszystkich otworow,
a nawet tylko 3, i poszukac punktu, z którego odległosc do otworów
jest taka sama. Znów chyba numerycznie będzie najprosciej.