但是上面的计算过程表示给定四边形的四条边长（但是这样的四边形可以有无穷个），其中很可能会存在一个满足这种边长条件的四边形，具有半内切圆。 mathe 发表于 2020-6-17 16:33
如果给定四边形，这样的半内切圆是不一定存在的。
但是上面的计算过程表示给定四边形的四条边长（但是这样 ...
是的，就是只给定四边长来确定四边形。很多情况下这个四边形都是存在的。
就2楼的图那样标记，如果 $a=b+d$，且四边形不是梯形，那么作图是很容易的（当然梯形时候也很容易），此时四边形有外接圆。另外，一般的情形下，作出圆心也较为容易，圆心是一条二次曲线与直线的交点，用射影几何里二重元素作图法就行，但是其他两顶点位置不好确定。 今天想起了这个题很不错，收录入书。现发一下我的解法：
令$z,w$分别为四边形两个内角$C,D$的单位复数：$ z = e^{iC},w = e^{iD} $
则可以得到四边形的向量表示：
\[ \mathop {CB}\limits^ \to = \frac{b}{c}z\mathop {CD}\limits^ \to\],
\[ \mathop {CA}\limits^ \to = \frac{w - \frac{d}{c}}{w}\mathop {CD}\limits^ \to \]
圆$O$为$\angle C, \angle D $的角平分线交点, 由此求得:
\[ \mathop {CO}\limits^ \to = \frac{z\left( {1 - w} \right)}{1 - zw}\mathop {CD}\limits^ \to\]
根据$ABO$三点共线可得条件：
\[ d{w^3}{z^2}(c - bz) + {w^2}z({c^2} - bcz - {c^2}z + bdz - cdz + bc{z^2}) + w(bc - bcz - {c^2}z + bdz - cdz + {c^2}{z^2}) + d(cz - b) = 0 \]
由$AB$的长度又得到等式：
\[ d{w^2}z(c - bz) + w(bc + {a^2}z - {b^2}z - {c^2}z - {d^2}z + bc{z^2}) + d(cz - b) = 0 \]
圆$O$的半径
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以上几式联立，消去参数$z,w$即可得到关于$r$的方程：
\begin{equation*}
\begin{split}
& 16{(b - c + d)^2}{(b + c + d)^2}{r^4} \\
&+ 8(a - b + c - d)(a + b - c + d)({a^2}{b^2} - {b^4} + {a^2}{c^2} + 2{b^2}{c^2} - {c^4} - 6{a^2}bd + {a^2}{d^2} + 2{b^2}{d^2} + 2{c^2}{d^2} - {d^4}){r^2} \\
&+ (a + b - c - d){(a - b + c - d)^2}(a + b + c - d)(a - b - c + d){(a + b - c + d)^2}(a - b + c + d) = 0
\end{split}
\end{equation*}
一些结论的整理
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