圆外切四边形的四内心共圆问题

creasson

题目：圆I的外切四边形$ABCD$内有一点$P$，四个小三角形$PAB,PBC,PCD,PDA$的内心分别为$I_1,I_2,I_3,I_4$，如果这四点共圆，$P$应满足什么条件。

目前已知的有如下情形：
1、当$P$是四边形对角线的交点时，四内心共圆，证明可见于：https://bbs.cnool.net/510090.html

2、当$P$是四边形对角线中垂线的交点时，四内心共圆，证明可见于：https://tieba.baidu.com/p/3856830037

3、$\angleBPD$的角平分线与$BD$的交点$E$, 及$\angleAPC$的角平分线与$AC$的交点$F$，使得$E,F$与四边形$ABCD$的内切圆圆心$I$三点共线，则四内心共圆（尚未看到证明） https://tieba.baidu.com/p/6538689304

4、如果另有一点$Q$, 满足$\angleDPA+\angleBPC=\angleDQA+\angleBQC$ ，那么Q所划分的四个小三角形也有四内心共圆（尚未看到证明）。


其他参考链接：
https://bbs.cnool.net/9108330.html
https://bbs.cnool.net/140656.html
https://bbs.cnool.net/5043179.html
https://artofproblemsolving.com/community/c6h1095213p5418615
https://www.zhihu.com/question/276288885/answer/427063986
https://tieba.baidu.com/p/457639 ... ;cid=0#122593302798
https://zhuanlan.zhihu.com/p/101088319

我现在已得到问题的等价式子有：
1. 四边形对边之和相等，有方程$T1(s,t,u,v,p,q)=0$
2. 四内心共圆，有方程$T2(s,t,u,v,p,q)=0$
3. 如果是情形1，则$v = p = \frac{1}{t}$, 此时$T1,T2$有公因式，结论成立。
4. 如果是情形2，有方程$T3(s,t,u,v,p,q)=0$，须判断由$T1=0,T3=0$可推导出$T2=0$。
5. 如果是情形3.  有方程$T4(s,t,p,q)=0, T5(s,t,u,v)=0$,  须判断由$T1=0,T4=0, T5=0$ 可推导出$T2=0$。

各式的统计信息：
多项式        项数        最高次s        最高次t        最高次u        最高次v        最高次p        最高次q
T1        537        4        4        2        4        2        4
T2        34014        8        9        4        8        6        9
T3        2008        4        5        3        5        3        4
T4        156        4        8        0        0        4        8
T5        553        4        8        4        8        0        0

以上式子见于附件 等式.zip (161.24 KB, 下载次数: 5)

2020-9-18 17:23 上传

点击文件名下载附件

，也可从此处下载：https://pan.baidu.com/s/1mjWbK8BrfMTEUnCgkqvWHQ，提取码：1234
不知是否有人能给出以上式子的计算证明，或提供其他巧妙的途径。

creasson

补充：$ s=tanfrac{\anglePBA}{2}, t=tanfrac{\angleAPB}{2}, u=tanfrac{\anglePCB}{2}, v=tanfrac{\angleBPC}{2}, p=tanfrac{\anglePDA}{2}, q=tanfrac{\angleDPA}{2}$
\[\mathop {PB}\limits^ \to   = \frac{{\left( {s + t} \right)\left( {1 - st} \right)}}{{s{{\left( {1 - it} \right)}^2}}}\mathop {PA}\limits^ \to  ,\mathop {PC}\limits^ \to   = \frac{{\left( {u + v} \right)\left( {1 - uv} \right)}}{{u{{\left( {1 - iv} \right)}^2}}}\mathop {PB}\limits^ \to  ,\mathop {PD}\limits^ \to   = \frac{{\left( {p + q} \right)\left( {1 - pq} \right)}}{{p{{\left( {1 + iq} \right)}^2}}}\mathop {PA}\limits^ \to  \]
以下是圆外切四边形四内心共圆的一个示例：
$s -> 1/2, t -> 1, u -> 17/189, v -> 9/7, p -> 1/3, q -> 2/3$，取$P = 0,A = 1,B = \frac{3}{4}i,C =  - \frac{63}{17} - \frac{16}{17}i,D = \frac{105}{169} - \frac{252}{169}i$。

creasson

对$T1=0, T3=0 \Rightarrow  T2=0 $ 或由$T1=0,T4=0, T5=0 \Rightarrow  T2=0 $的消元都超过了mathematica的运算极限，项数太多，不知GroebnerBasis 是否有直接判断这种多项式方程成立关系的用法， 或是吴方法可以判断？

wayne

设圆外接四边形的圆的圆心是坐标原点,边$CD$平行于$x$轴，四条边分别是$a+b,b+c,c+d,d+a$,被四个切点分割。我就不作图了。那么这里存在唯一的约束关系$a b c+a b d+a c d+b c d=r^2 (a+b+c+d)$，于是我们求得四边形的四个顶点的坐标，这个是非常简洁的。$A,B,C,D $坐标分别是：
\[\left\{-\frac{2 d^2 (a+d)}{d^2+r^2}+a+2 d,r \left(\frac{2 d (a+d)}{d^2+r^2}-1\right)\right\},\left\{\frac{b c^2-r^2 (b+2 c)}{c^2+r^2},r \left(\frac{2 c (b+c)}{c^2+r^2}-1\right)\right\},\{-c,-r\},\{d,-r\}\]
接下来，我们设$P$点的坐标是${x,y}$,到四边形 四个顶点的距离分别是$s,t,u,v$,得到四个方程。然后得到四个内心的坐标，得到四个内心构成的四边形的对角线交点的坐标(是有理分式的表达,也很简洁)，然后根据圆的相交弦定理，得到四点共圆的约束，这个也是多项式方程，总共五个方程，然后消元，消除前面的$s,t,u,v$。

wayne

但是  相交弦定理列出来的方程比较复杂，Mathematica运行很长时间后kernel就挂掉了，内存不够。
我即便是让$c=d=r=1$，得到的多项式的项高达$77000$多个

1. 
   
2. (*d=c=r=1;*){pA,pB,pC,pD,pE}={{Subscript[x,A],Subscript[y,A]},{Subscript[x,B],Subscript[y,B]},{-c,-r},{d,-r},{x,y}};
   
3. sol=Solve[{Total[pA^2]==a^2+r^2,Total[pB^2]==b^2+r^2,Total[(pB-pC)^2]==(b+c)^2,Total[(pD-pA)^2]==(d+a)^2},{Subscript[x,A],Subscript[y,A],Subscript[x,B],Subscript[y,B]}]//FullSimplify;
   
4. pA=pA/.Last[sol];pB=pB/.Last[sol];
   
5. {pA,pB,pC,pD,pE}
   
6. 
   
7. {I12,I23,I34,I41}=Total/@{{be pA,ae pB,(a+b) pE}/(be+ae+(a+b)),{(c+b) pE,ce pB,be pC}/((c+b)+ce+be),{(c+d) pE,de pC,ce pD}/((c+d)+de+ce),{(a+d) pE,ae pA,ae pD}/((a+d)+de+ae)};
   
8. g2[{x_,y_},{x1_,y1_},{x2_,y2_}]:=(y-y1)(x1-x2)-(y1-y2)(x-x1);o={x,y}/.First[Solve[{g2[{x,y},I12,I34]==0,g2[{x,y},I23,I41]==0},{x,y}]];
   
9. GroebnerBasis[{Total[(o-I12)^2]*Total[(o-I34)^2]==Total[(o-I23)^2]*Total[(o-I41)^2],ae^2==Total[(pA-pE)^2],be^2==Total[(pB-pE)^2],ce^2==Total[(pC-pE)^2],de^2==Total[(pE-pD)^2]},{},{ae,be,ce,de}]
   
10. 
    

复制代码

https://en.wikipedia.org/wiki/In ... rcles_of_a_triangle

creasson

wayne 发表于 2020-9-19 11:52
设圆外接四边形的圆的圆心是坐标原点,边$CD$平行于$x$轴，四条边分别是$a+b,b+c,c+d,d+a$,被四个切点分割。 ...

圆外切四边形的顶点还有一种设法，但因无法避免求四个小三角形的内心而导致的复杂性而没提及。
如下，单位圆的外切N边形顶点可表示为: $A=\frac{1-uv}{1+uv}+\frac{u+v}{1+uv} I $, 相邻的两个顶点的参数有一个是相同的。以参数对表示，则圆外切四边形各顶点可表示为:$A(u,v),B(u,-1),C(w,-1),D(w,v)$。

wayne

赞！ 是的，现在主要是四个小三角形的内心 导致的复杂性 陡增，虽然都是 多项式方程组，可以肯定能化简的出来，问题是太庞大了，得找个配置比较好的计算机 来做这个事。

hujunhua

主题贴第一图中的外切四边形近于镖形（两对邻边相等），研究发现镖形的答案简明而漂亮，应具有一定的启发性。
主题贴第四图命题强大，在它成立的前提下，镖形的答案为如下图所示红色曲线，系镖形的对称轴（一条对角线）和过这个外切完全四线形另外四个顶点的圆。
另外，红色圆与红色对称轴的交点为答案轨迹的自交点，应该是特殊点，结果其一为原切圆的中心，另一为四线形旁切圆的中心，
轨迹包含镖形的对称轴是显然的，而红色圆可从对称轴得到，方法如下。
在对称轴上任取一动点P,  作三点圆ABP和CDP的另一交点Q.  （或者作三点圆BCP和DAP的另一交点）
当P跑遍对称轴，Q点的轨迹就是图中的红色圆。

当镖形特化为菱形时，轨迹即为两条对角线。

hujunhua

画出一般情况下的轨迹曲线了。
在四边形内部的红色部分，使得∠APB+∠CPD=定值（2∠AEB）
在四边形外部的蓝色部分，使得∠APB=∠CPD。

这个轨迹像一个扭曲的带一个环圈的三次曲线。

wayne

竟然能画出轨迹，怎么作图的，不需要解方程么。按道理，能画出轨迹就能在同等时间内，解出方程