圆外切四边形的四内心共圆问题

dlsh

四点共圆判定公式和内心表达式

图片中的复斜率就是签名链接中的共轭比，详细内容参考签名链接。

wayne

wayne 发表于 2020-9-23 18:52
哈哈哈，按照老胡的条件，竟然瞬间就完美收工，一般方程出来了。四边形的边长是$a+b,b+c,c+d,d+a$,内接圆 ...

代码是半手工的。我就不整理了。先分别算出 两段曲线的方程，再Factor一下因式，手工提取分子中的非平凡项

1. {pA,pB,pC,pD,pE}={{(-a d^2+a r^2+2 d r^2)/(d^2+r^2),(2 a d r+d^2 r-r^3)/(d^2+r^2)},{(b c^2-b r^2-2 c r^2)/(c^2+r^2),(2 b c r+c^2 r-r^3)/(c^2+r^2)},{-c,-r},{d,-r},{x,y}};
   
2. g2[{x_,y_},{x1_,y1_},{x2_,y2_}]:=(y-y1)(x1-x2)-(y1-y2)(x-x1);
   
3. tan\[Theta][{x1_,y1_},{x2_,y2_}]:=(y1-y2)/(x1-x2);
   
4. crossangle[{x1_,y1_},{x2_,y2_},{x3_,y3_}]:=(tan\[Theta][{x3,y3},{x2,y2}]-tan\[Theta][{x1,y1},{x2,y2}])/(1+tan\[Theta][{x3,y3},{x2,y2}]*tan\[Theta][{x1,y1},{x2,y2}]);
   
5. o={x,y}/.First[Solve[{g2[{x,y},pA,pC]==0,g2[{x,y},pB,pD]==0},{x,y}]];
   
6. eqs1=(2 (tan\[Theta][pB,o]-tan\[Theta][pA,o])/(1+tan\[Theta][pA,o]*tan\[Theta][pB,o]))/(1-((tan\[Theta][pA,o]-tan\[Theta][pB,o])/(1+tan\[Theta][pA,o]*tan\[Theta][pB,o]))^2)-(crossangle[pA,pE,pB]+crossangle[pC,pE,pD])/(1-crossangle[pA,pE,pB]*crossangle[pC,pE,pD]);
   
7. eqs2 = crossangle[pA, pE, pB] + crossangle[pC, pE, pD] // Factor

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然后根据$a b c + a b d + a c d + b c d - a r^2 - b r^2 - c r^2 - d r^2=0$恒成立，用GroebnerBasis化简，找出项最少的表达式。不过意义不大，因为如果给定$a,b,c,d,r$的值的话，最后都是一样的表达式。

1. ans=GroebnerBasis[{tmp==0,a b c+a b d+a c d+b c d-a r^2-b r^2-c r^2-d r^2==0},{x,y}];Table[{i,Length[MonomialList[ans[[i]]]]},{i,Length[ans]}]

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hujunhua

现在也许可以比较全面地回答这个问题了：
1、记对角线交点为E，P在外切四边形内时，应满足 ∠APB+∠CPD=2∠AEB; 这包括对角线交点E、两对角线中垂线的交点、四边形的4个顶点。（9#），轨迹是一个四次曲线在四边形内的一部分（19#）
2、P在外切四边形外时，应满足 ∠APB=∠CPD；这包括四边形的对边交点（两个）、四边形的4个顶点。（9#），轨迹是一个三次曲线在在四边形外的一部分(该曲线还二次经过内切圆的圆心)（19#）
3、P在外切四边形的边上，恒成立（wayne的贡献，12#），即轨迹是四条线段。

所以，现在还能回答为什么前面最开始代数计算的时候化简这么麻烦，因为这里涉及到六个分段函数，四条直线，一个三次曲线，一个四次曲线。
如图：
\[{a,b,c,d,r}=\left\{1,\frac{7}{17},\frac{3}{2},\frac{3}{2},1\right\}\]
\[\left\{\text{A},\left\{\frac{7}{13},\frac{17}{13}\right\}\right\},\left\{\text{B},\left\{-\frac{13}{17},\frac{13}{17}\right\}\right\},\left\{\text{C},\left\{-\frac{3}{2},-1\right\}\right\},\left\{\text{D},\left\{\frac{3}{2},-1\right\}\right\},\left\{\text{E},\left\{-\frac{18}{65},\frac{5}{13}\right\}\right\},\{\text{F},\{-5,-1\}\},\left\{\text{G},\left\{0,\frac{13}{5}\right\}\right\}\]


画图代码如下[增加了计算$F,G$两点，如果$F,G$在无穷远处，代码将报错，暂时不处理了]：

1. cc[{x_,y_}]:={x^2+y^2,x,y,1};
   
2. g2[{x_,y_},{x1_,y1_},{x2_,y2_}]:=(y-y1)(x1-x2)-(y1-y2)(x-x1);
   
3. vertical[{x_,y_},{x1_,y1_},{x2_,y2_}]:=(x-(x1+x2)/2)(x1-x2)+(y-(y1+y2)/2)(y1-y2)
   
4. tan\[Theta][{x1_,y1_},{x2_,y2_}]:=(y1-y2)/(x1-x2);
   
5. crossangle[{x1_,y1_},{x2_,y2_},{x3_,y3_}]:=(tan\[Theta][{x2,y2},{x3,y3}]-tan\[Theta][{x1,y1},{x2,y2}])/(1+tan\[Theta][{x1,y1},{x2,y2}]*tan\[Theta][{x2,y2},{x3,y3}]);
   
6. Block[{a=1,b,c=3/2,d=3/2,r=1,n=5,pA,pB,pC,pD},temp={{Subscript[x,A],Subscript[y,A]},{Subscript[x,B],Subscript[y,B]},{-c,-r},{d,-r}};
   
7. b=(-a c d+a r^2+c r^2+d r^2)/(a c+a d+c d-r^2);
   
8. pP={x,y};
   
9. 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[y,A]!=-r,Subscript[y,B]!=-r}/.Thread[{pA,pB,pC,pD}->temp],{Subscript[x,A],Subscript[y,A],Subscript[x,B],Subscript[y,B]}];
   
10. {pA,pB,pC,pD}=temp/.sol[[1]];
    
11. pE={x,y}/.Quiet[First[Solve[{g2[pP,pA,pC]==0,g2[pP,pB,pD]==0},{x,y}]]];
    
12. pF={x,y}/.Quiet[First[Solve[{g2[pP,pA,pB]==0,g2[pP,pC,pD]==0},{x,y}]]];
    
13. pG={x,y}/.Quiet[First[Solve[{g2[pP,pA,pD]==0,g2[pP,pB,pC]==0},{x,y}]]];
    
14. pts=Transpose[{Characters["ABCDEFG"],{pA,pB,pC,pD,pE,pF,pG}}];
    
15. Print[{a,b,c,d,r}];Print[pts];
    
16. I4=Total/@{{be pA,ae pB,(a+b) pP}/(be+ae+(a+b)),{(c+b) pP,ce pB,be pC}/((c+b)+ce+be),{(c+d) pP,de pC,ce pD}/((c+d)+de+ce),{(a+d) pP,de pA,ae pD}/((a+d)+de+ae)}/.{ae->Norm[pA-pP],be->Norm[pB-pP],ce->Norm[pC-pP],de->Norm[pD-pP]};
    
17. eqs1=(2 (tan\[Theta][pB,pE]-tan\[Theta][pA,pE])/(1+tan\[Theta][pA,pE]*tan\[Theta][pB,pE]))/(1-((tan\[Theta][pA,pE]-tan\[Theta][pB,pE])/(1+tan\[Theta][pA,pE]*tan\[Theta][pB,pE]))^2)-(crossangle[pA,pP,pB]+crossangle[pC,pP,pD])/(1-crossangle[pA,pP,pB]*crossangle[pC,pP,pD]);
    
18. eqs2=crossangle[pA,pP,pB]+crossangle[pC,pP,pD];
    
19. GraphicsRow[{Show[{ContourPlot[Det[cc/@I4]==0,{x,-n,n},{y,-n,n},PlotPoints->100,ContourStyle->{Red,Thickness[0.006]},Axes->True,Frame->False],Graphics[{Thickness[0.003],Circle[],Black,Line[Subsets[pts[[1;;4,2]],{2}]],Thickness[0.002],Dashed,Line[{{pB,pF},{pC,pF},{pA,pG},{pB,pG}}],PointSize[.03],Point[pts[[All,2]]],Table[Text[Style[p[[1]],White,12],p[[2]]],{p,pts}]},Axes->True,Frame->False]}],Show[{ContourPlot[{eqs1==0,eqs2==0,vertical[{x,y},pA,pC]==0,vertical[{x,y},pB,pD]==0},{x,-n,n},{y,-n,n},PlotPoints->100,ContourStyle->{Red,Blue,Green,Green},Axes->True,Frame->False],Graphics[{Thickness[0.003],Circle[],Black,Line[Subsets[pts[[1;;4,2]],{2}]],Thickness[0.002],Dashed,Line[{{pB,pF},{pC,pF},{pA,pG},{pB,pG}}],PointSize[.03],Point[pts[[All,2]]],Table[Text[Style[p[[1]],White,12],p[[2]]],{p,pts}]},Axes->True,Frame->False]}]}]]

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creasson

前述分析基于已探索结论确定了曲线的形状，现在考虑直接地求解。
令$Z(u,v)=\frac{1-u v}{1+u v}+\frac{(u+v)}{1+u v}i$，$A=Z(a,b),B=Z(b,-1),C=Z(c,-1),D=Z(c,a)$，其中$a>0,b<-\frac{1}{a}<c<1$，如此$ABCD$是外切于单位圆，且$BC$平行于$x$轴的逆时针四边形。
然后令$$ \mathop {AP}\limits^ \to   = \frac{\left( s + t \right)\left( 1 - st \right)}{s\left( 1 - it \right)^2} \mathop {AB}\limits^ \to , \mathop {CP}\limits^ \to   = \frac{\left( p + q \right)\left( 1 - pq \right)}{p\left( 1 - iq \right)^2} \mathop {CD}\limits^ \to  $$
也可设出$P$的坐标后反解出$s,t,p,q$:
\[P = \frac{{( - i + b)((1 + i)s + (1 + i)abs + t + at + ibt + iabt + 2st + 2iast - 2bst - 2iabst - {s^2}t - a{s^2}t - ib{s^2}t - iab{s^2}t - (1 + i)s{t^2} - (1 + i)abs{t^2})}}{{( - 1 + b)(1 + ab)s{{(i + t)}^2}}}\]
\[P = \frac{{( - i + c)(ip - ap - icp + acp - q - aq - icq - iacq + (2 - 2i)pq + (2 - 2i)acpq + {p^2}q + a{p^2}q + ic{p^2}q + iac{p^2}q - ip{q^2} + ap{q^2} + icp{q^2} - acp{q^2})}}{{( - 1 + c)(1 + ac)p{{(i + q)}^2}}}\]
这样三角形$APB,BPC,CPD,DPA$的内心均可有理表示：
\[\mathop {PI_1}\limits^ \to   =  - \frac{{(1 + a){{( - i + b)}^2}( - i + s)t( - 1 + st)}}{{( - 1 + b)(1 + ab)s{{(i + t)}^2}}}\]
$PI_2$=((-I + b) (-I + c) (-I + s) (p s + a p s + b p s + a^2 b p s +
     a b^2 p s - a^2 b^2 p s - 2 c p s + 2 a^2 b^2 c p s + c^2 p s -
     a c^2 p s - b c^2 p s - a^2 b c^2 p s - a b^2 c^2 p s -
     a^2 b^2 c^2 p s + q s + a q s - b q s + a^2 b q s - a b^2 q s -
     a^2 b^2 q s + c^2 q s + a c^2 q s - b c^2 q s + a^2 b c^2 q s -
     a b^2 c^2 q s - a^2 b^2 c^2 q s - p^2 q s - a p^2 q s +
     b p^2 q s - a^2 b p^2 q s + a b^2 p^2 q s + a^2 b^2 p^2 q s -
     c^2 p^2 q s - a c^2 p^2 q s + b c^2 p^2 q s - a^2 b c^2 p^2 q s +
      a b^2 c^2 p^2 q s + a^2 b^2 c^2 p^2 q s - p q^2 s - a p q^2 s +
     3 b p q^2 s - a^2 b p q^2 s + 3 a b^2 p q^2 s +
     a^2 b^2 p q^2 s - 2 c p q^2 s + 2 a^2 b^2 c p q^2 s -
     c^2 p q^2 s - 3 a c^2 p q^2 s + b c^2 p q^2 s -
     3 a^2 b c^2 p q^2 s + a b^2 c^2 p q^2 s + a^2 b^2 c^2 p q^2 s -
     p t - a p t - b^2 p t - a b^2 p t + c p t - a^2 c p t +
     b^2 c p t - a^2 b^2 c p t + a c^2 p t + a^2 c^2 p t +
     a b^2 c^2 p t + a^2 b^2 c^2 p t - p q^2 t - a p q^2 t -
     b^2 p q^2 t - a b^2 p q^2 t + c p q^2 t - a^2 c p q^2 t +
     b^2 c p q^2 t - a^2 b^2 c p q^2 t + a c^2 p q^2 t +
     a^2 c^2 p q^2 t + a b^2 c^2 p q^2 t + a^2 b^2 c^2 p q^2 t -
     p s^2 t - a p s^2 t - b^2 p s^2 t - a b^2 p s^2 t + c p s^2 t -
     a^2 c p s^2 t + b^2 c p s^2 t - a^2 b^2 c p s^2 t +
     a c^2 p s^2 t + a^2 c^2 p s^2 t + a b^2 c^2 p s^2 t +
     a^2 b^2 c^2 p s^2 t - p q^2 s^2 t - a p q^2 s^2 t -
     b^2 p q^2 s^2 t - a b^2 p q^2 s^2 t + c p q^2 s^2 t -
     a^2 c p q^2 s^2 t + b^2 c p q^2 s^2 t - a^2 b^2 c p q^2 s^2 t +
     a c^2 p q^2 s^2 t + a^2 c^2 p q^2 s^2 t + a b^2 c^2 p q^2 s^2 t +
      a^2 b^2 c^2 p q^2 s^2 t + p s t^2 + a p s t^2 + b p s t^2 +
     a^2 b p s t^2 + a b^2 p s t^2 - a^2 b^2 p s t^2 - 2 c p s t^2 +
     2 a^2 b^2 c p s t^2 + c^2 p s t^2 - a c^2 p s t^2 -
     b c^2 p s t^2 - a^2 b c^2 p s t^2 - a b^2 c^2 p s t^2 -
     a^2 b^2 c^2 p s t^2 + q s t^2 + a q s t^2 - b q s t^2 +
     a^2 b q s t^2 - a b^2 q s t^2 - a^2 b^2 q s t^2 + c^2 q s t^2 +
     a c^2 q s t^2 - b c^2 q s t^2 + a^2 b c^2 q s t^2 -
     a b^2 c^2 q s t^2 - a^2 b^2 c^2 q s t^2 - p^2 q s t^2 -
     a p^2 q s t^2 + b p^2 q s t^2 - a^2 b p^2 q s t^2 +
     a b^2 p^2 q s t^2 + a^2 b^2 p^2 q s t^2 - c^2 p^2 q s t^2 -
     a c^2 p^2 q s t^2 + b c^2 p^2 q s t^2 - a^2 b c^2 p^2 q s t^2 +
     a b^2 c^2 p^2 q s t^2 + a^2 b^2 c^2 p^2 q s t^2 - p q^2 s t^2 -
     a p q^2 s t^2 + 3 b p q^2 s t^2 - a^2 b p q^2 s t^2 +
     3 a b^2 p q^2 s t^2 + a^2 b^2 p q^2 s t^2 - 2 c p q^2 s t^2 +
     2 a^2 b^2 c p q^2 s t^2 - c^2 p q^2 s t^2 - 3 a c^2 p q^2 s t^2 +
      b c^2 p q^2 s t^2 - 3 a^2 b c^2 p q^2 s t^2 +
     a b^2 c^2 p q^2 s t^2 + a^2 b^2 c^2 p q^2 s t^2))/(2 (-1 +
     b) (1 + a b) (-1 + c) (1 + a c) p (I + q) s (I + t) (1 + b c +
     b q - c q - b s + c s + q s + b c q s - b t + c t + q t +
     b c q t - s t - b c s t - b q s t + c q s t))

\[\mathop {P{I_3}}\limits^ \to   = \frac{{(1 + a){{( - i + c)}^2}( - i + p)q( - 1 + pq)}}{{( - 1 + c)(1 + ac)p{{(i + q)}^2}}}\]

$PI_4$=((-I + b) (-I + c) (-I + p) (p s + a p s + b p s + a^2 b p s +
     a b^2 p s - a^2 b^2 p s - 2 c p s + 2 a^2 b^2 c p s + c^2 p s -
     a c^2 p s - b c^2 p s - a^2 b c^2 p s - a b^2 c^2 p s -
     a^2 b^2 c^2 p s - q s - a q s + b q s - a^2 b q s + a b^2 q s +
     a^2 b^2 q s - c^2 q s - a c^2 q s + b c^2 q s - a^2 b c^2 q s +
     a b^2 c^2 q s + a^2 b^2 c^2 q s - p^2 q s - a p^2 q s +
     b p^2 q s - a^2 b p^2 q s + a b^2 p^2 q s + a^2 b^2 p^2 q s -
     c^2 p^2 q s - a c^2 p^2 q s + b c^2 p^2 q s - a^2 b c^2 p^2 q s +
      a b^2 c^2 p^2 q s + a^2 b^2 c^2 p^2 q s + p q^2 s + a p q^2 s +
     b p q^2 s + a^2 b p q^2 s + a b^2 p q^2 s - a^2 b^2 p q^2 s -
     2 c p q^2 s + 2 a^2 b^2 c p q^2 s + c^2 p q^2 s - a c^2 p q^2 s -
      b c^2 p q^2 s - a^2 b c^2 p q^2 s - a b^2 c^2 p q^2 s -
     a^2 b^2 c^2 p q^2 s + p t + a p t + b^2 p t + a b^2 p t - c p t +
      a^2 c p t - b^2 c p t + a^2 b^2 c p t - a c^2 p t -
     a^2 c^2 p t - a b^2 c^2 p t - a^2 b^2 c^2 p t + p q^2 t +
     a p q^2 t + b^2 p q^2 t + a b^2 p q^2 t - c p q^2 t +
     a^2 c p q^2 t - b^2 c p q^2 t + a^2 b^2 c p q^2 t -
     a c^2 p q^2 t - a^2 c^2 p q^2 t - a b^2 c^2 p q^2 t -
     a^2 b^2 c^2 p q^2 t - p s^2 t - a p s^2 t - b^2 p s^2 t -
     a b^2 p s^2 t + c p s^2 t - a^2 c p s^2 t + b^2 c p s^2 t -
     a^2 b^2 c p s^2 t + a c^2 p s^2 t + a^2 c^2 p s^2 t +
     a b^2 c^2 p s^2 t + a^2 b^2 c^2 p s^2 t - p q^2 s^2 t -
     a p q^2 s^2 t - b^2 p q^2 s^2 t - a b^2 p q^2 s^2 t +
     c p q^2 s^2 t - a^2 c p q^2 s^2 t + b^2 c p q^2 s^2 t -
     a^2 b^2 c p q^2 s^2 t + a c^2 p q^2 s^2 t + a^2 c^2 p q^2 s^2 t +
      a b^2 c^2 p q^2 s^2 t + a^2 b^2 c^2 p q^2 s^2 t - p s t^2 -
     a p s t^2 + b p s t^2 + a^2 b p s t^2 - 2 b^2 p s t^2 -
     a b^2 p s t^2 - a^2 b^2 p s t^2 - 2 a^2 c p s t^2 +
     2 b^2 c p s t^2 + c^2 p s t^2 + a c^2 p s t^2 +
     2 a^2 c^2 p s t^2 - b c^2 p s t^2 - a^2 b c^2 p s t^2 +
     a b^2 c^2 p s t^2 + a^2 b^2 c^2 p s t^2 - q s t^2 - a q s t^2 +
     b q s t^2 - a^2 b q s t^2 + a b^2 q s t^2 + a^2 b^2 q s t^2 -
     c^2 q s t^2 - a c^2 q s t^2 + b c^2 q s t^2 - a^2 b c^2 q s t^2 +
      a b^2 c^2 q s t^2 + a^2 b^2 c^2 q s t^2 - p^2 q s t^2 -
     a p^2 q s t^2 + b p^2 q s t^2 - a^2 b p^2 q s t^2 +
     a b^2 p^2 q s t^2 + a^2 b^2 p^2 q s t^2 - c^2 p^2 q s t^2 -
     a c^2 p^2 q s t^2 + b c^2 p^2 q s t^2 - a^2 b c^2 p^2 q s t^2 +
     a b^2 c^2 p^2 q s t^2 + a^2 b^2 c^2 p^2 q s t^2 - p q^2 s t^2 -
     a p q^2 s t^2 + b p q^2 s t^2 + a^2 b p q^2 s t^2 -
     2 b^2 p q^2 s t^2 - a b^2 p q^2 s t^2 - a^2 b^2 p q^2 s t^2 -
     2 a^2 c p q^2 s t^2 + 2 b^2 c p q^2 s t^2 + c^2 p q^2 s t^2 +
     a c^2 p q^2 s t^2 + 2 a^2 c^2 p q^2 s t^2 - b c^2 p q^2 s t^2 -
     a^2 b c^2 p q^2 s t^2 + a b^2 c^2 p q^2 s t^2 +
     a^2 b^2 c^2 p q^2 s t^2))/(2 (-1 + b) (1 + a b) (-1 + c) (1 +
     a c) p (I + q) s (I + t) (-1 - b c - b p + c p - b q + c q +
     p q + b c p q + b t - c t - p t - b c p t - q t - b c q t -
     b p q t + c p q t))
四内心共圆的条件为：\[{\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {\frac{{\mathop {P{I_1}}\limits^ \to   - \mathop {P{I_3}}\limits^ \to  }}{{\mathop {P{I_2}}\limits^ \to   - \mathop {P{I_3}}\limits^ \to  }}\frac{{\mathop {P{I_2}}\limits^ \to   - \mathop {P{I_4}}\limits^ \to  }}{{\mathop {P{I_1}}\limits^ \to   - \mathop {P{I_4}}\limits^ \to  }}} \right) = 0\]
代入，理论上可以由此得到$P$的轨迹方程，对于给定的$a,b,c$也确实可以求解出。
但是，直接计算会产生两个数十万项的多项式相乘，根本无法计算，
我现在尝试不断利用$s,t,p,q$之间的关系来将关系式化简为关于$s,t$的多项式方程，目前仍看不到可以得到最终式子的希望。
当然，如果直接指定$P$的位置，化简会容易得多。

hujunhua

已知：四边形ABCD是一个镖形（AB＝BC，CD＝DA），O是其内心，F是劣弧AOC上一点。
求证：        1、∠BFC+∠DFA＝180°。
                2、△AFB，△BFC，△CFD，△DFA的内心四点共圆。

镖形的还有F点位于对称轴上和优弧上的情况，但劣弧上是重点。

creasson

又尝试了两种方法，先说第一种:
点$A,B,C,D$的设法仍如24#，$P=x+y*I$,  然后再令$PA=s,PB=t,PC=p,PD=q$, 根据重心坐标性质,  有
\[{I_1} = \frac{{AB \bullet P + PA \bullet B + PB \bullet A}}{{AB \bullet P + PA \bullet B + PB \bullet A}} =  - \frac{{( - i + b)((1 + i)s + (1 + i)abs + it - at - ibt + abt - ix - iax - bx - abx + y + ay - iby - iaby)}}{{1 + a + {b^2} + a{b^2} - s + bs - abs + a{b^2}s - t + bt - abt + a{b^2}t}}\]
另外三个内心同理可表示。
然后代入四点共圆条件
\[{\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {\frac{{{I_1} - {I_3}}}{{{I_2} - {I_3}}}\frac{{{I_2} - {I_4}}}{{{I_1} - {I_4}}}} \right) = 0\]
再利用$s,t,p,q$的等式
\[{s^2} - P{A^2} = \frac{{ - 1 - {a^2} - {b^2} - {a^2}{b^2} + {s^2} + 2ab{s^2} + {a^2}{b^2}{s^2} + 2x - 2{a^2}{b^2}x - {x^2} - 2ab{x^2} - {a^2}{b^2}{x^2} + 2ay + 2by + 2{a^2}by + 2a{b^2}y - {y^2} - 2ab{y^2} - {a^2}{b^2}{y^2}}}{{{{(1 + ab)}^2}}} = 0\]
...
不断求余降次，最后得到这样的式子，关于$s,t,p,q$均是一次的
\[{f_1}stpq + {f_2}stp + {f_3}tpq + ... + {f_{12}}s + {f_{13}}t + {f_{14}}p + {f_{15}}q + {f_{16}} = 0\]
总项数为几十万之巨，虽然理论上可用$s,t,p,q$分别乘上式再化简转化为线性方程组消去参数，但实际已经没法计算了。

creasson

第二种，我们直接设出四内心的坐标：$I_k = p_k + q_ki,\left( k = 1,2,3,4 \right)$。
然后利用marden定理的一般形式，对复平面上的任意不共线三点$z_1,z_2,z_3 $, 其内切椭圆之焦点$z$满足方程：
\[\left( {z - {z_1}} \right)\left( {z - {z_1}} \right) + \lambda \left( {z - {z_2}} \right)\left( {z - {z_3}} \right) + \mu \left( {z - {z_3}} \right)\left( {z - {z_1}} \right) = 0\]
其中$\lambda ,\mu$是实数 ,对于内切圆来说，两个焦点是重合的，故而还有上式的微分等于0，也即
\[2\left( {1 + \lambda  + \mu } \right)z - \left( {{z_1} + {z_2} + \lambda {z_2} + \lambda {z_3} + \mu {z_3} + \mu {z_1}} \right) = 0\]
代入各点表示式求解出$\lambda ,\mu$
根据其虚部为0的条件，可得两个等式，并可将其中一个变量$q$用另一个变量$p$的分式形式表示出来, $p$满足一个四次方程。
然后代入共圆条件化简。

wayne

creasson 发表于 2020-9-26 11:22
又尝试了两种方法，先说第一种:
点$A,B,C,D$的设法仍如24#，$P=x+y*I$,  然后再令$PA=s,PB=t,PC=p,PD=q$,  ...

在23楼有大致说明，因为 通过执果索因，我们知道，目标表达式是六个多项式的分段函数，其中四个是二元一次多项式，一个是二元三次多项式，一个是二元四次多项式，
分段的情况只能通过平方消除，于是要产生$2^6$个分支，算下来如果不用这64个条件分支，而用大一统的方程应该是关于$x,y$的$4^{2^6}=340282366920938463463374607431768211456$次多项式方程

creasson

感觉目前几种代数计算方案，通过设$PA=s,PB=t,PC=p,PD=q$, 利用重心坐标给出内心表示式后化简所得的四内心共圆条件相对简化些。
为此整理出来，看将来是否能解决此问题，或以此证明某些特例情形。
令$Z = \frac{1 - uv}{1 + uv} + \frac{u + v}{1 + uv}i$,  $A = Z\left( a,b \right),B = Z\left( b, - 1 \right),C = Z\left( c, - 1 \right),D = Z \left( c,a \right)$ 是单位圆的外切四边形，且BC平行于$X$轴
其中参数$a > 0,b <-\frac{1}{a} < c < 1$用以保证四边形是逆时针方向的。
又令$P = x + yi$, 距离$s, t, p, q$ 满足等式：
$$1 + a^2 + b^2 + a^2 b^2 - s^2 - 2 a b s^2 - a^2 b^2 s^2 - 2 x +
2 a^2 b^2 x + x^2 + 2 a b x^2 + a^2 b^2 x^2 - 2 a y - 2 b y -
2 a^2 b y - 2 a b^2 y + y^2 + 2 a b y^2 + a^2 b^2 y^2=0 $$
$$ 2 + 2 b^2 - t^2 + 2 b t^2 - b^2 t^2 - 2 x + 2 b^2 x + x^2 - 2 b x^2 +
b^2 x^2 + 2 y - 4 b y + 2 b^2 y + y^2 - 2 b y^2 + b^2 y^2 = 0 $$
$$ 2 + 2 c^2 - p^2 + 2 c p^2 - c^2 p^2 - 2 x + 2 c^2 x + x^2 - 2 c x^2 +
c^2 x^2 + 2 y - 4 c y + 2 c^2 y + y^2 - 2 c y^2 + c^2 y^2 =0 $$
$$ 1 + a^2 + c^2 + a^2 c^2 - q^2 - 2 a c q^2 - a^2 c^2 q^2 -
2 x + 2 a^2 c^2 x + x^2 + 2 a c x^2 + a^2 c^2 x^2 - 2 a y - 2 c y -
2 a^2 c y - 2 a c^2 y + y^2 + 2 a c y^2 + a^2 c^2 y^2 = 0$$
四内心共圆的表达式可化简为关于$s,t,p,q$的一次式（其中$f_k$为关于$a,b,c,x,y$的多项式）：
\[ {f_1}stpq + {f_2}stp + {f_3}tpq + {f_4}pqs + {f_5}qst + .... + {f_{12}}s + {f_{13}}t + {f_{14}}p + {f_{15}}q + {f_{16}} = 0 \]
链接: https://pan.baidu.com/s/1yPRjv9PRglswQMDZTWb9VQ 提取码: 2ai1

$\angleAPB+\angleCPD=2\angleAEB$的化简式为：
链接: https://pan.baidu.com/s/1cb9kaqIxnlACtPpSfR0_Vg 提取码: 871j

容易验证当$P$为对角线中垂线的交点时是成立的($p=s,q=t$)

creasson

取$a -> 2, b -> -5, c -> 1/3$时，解图为