半内切圆的半径

hejoseph

凸四边形 \(ABCD\) 中，\(AB=a\)，\(BC=b\)，\(CD=c\)，\(DA=d\)，\(\odot O\) 的圆心在 \(AB\) 上，且与 \(BC\)、\(CD\)、\(DA\) 都相切，求 \(\odot O\) 的半径。上面这种圆暂且称为半内切圆吧。

hejoseph

如图，已知凸四边形 \(ABCD\) 有一个内切半圆，其中边`AB`与半圆的直径相切，其它三边与半圆弧相切。
设四边长为\(AB=a，BC=b，CD=c，DA=d\)，试求 ：
1、四边形应满足一个怎样的约束条件。
2、\(\odot O\) 的半径。

happysxyf

\[\begin{split}s+t&=b\\t+u&=c\\u+v&=d\\\sqrt{r^2+v^2}+\sqrt{r^2+s^2}&=a\\\arctan\frac{s}{r}+\arctan\frac{v}{r}+2\left(\arctan\frac{t}{r}+\arctan\frac{u}{r}\right)&=\pi\end{split}\]
5个未知数，5个方程，岂能无解。
由于没有提供a、b、c、d具体数值，我只能给你列方程。

hejoseph

happysxyf 发表于 2017-1-1 11:08
5个未知数，5个方程，岂能无解。
由于没有提供a、b、c、d具体数值，我只能给你列方程。

当 \(c\neq b+d\) 时有\[r=\frac{\sqrt{-\left(a-b+c-d\right)\left(a+b-c+d\right)\left(P\mp 2a\left(b-d\right)\sqrt{\Delta}\right)}}{2\left(b+c+d\right)\left(b-c+d\right)}\]其中
\begin{align*}
P &= \left(b + c + d\right)\left(-b + c + d\right)\left(b - c + d\right)\left(b + c - d\right) + a^2\left(b^2 + c^2 + d^2 - 6bd\right) \\
\Delta &= a^2\left(c^2 - 4bd\right) + 4bd\left(b + c + d\right)\left(b - c + d\right)
\end{align*}
当 \(c=b+d\) 时有\[r=\frac{a}{2}\]

happysxyf

如3#的图所示，筝形OFDG和筝形OECF是可以互换位置的，所以在将来的表达式中，可以预料`s`与`v`,`t`与`u`是可互换的。
所以我们作变量代换 `e=s+v,c=t+u,m=sv,n=tu`或许能简化表达式。
将3#的最后一式两取正切后展开化简、整理可得\[\Omega\* r^4-P\*r^2+Q=0\] 式中 `\Omega=e+2c=b+c+d,P=e(c^2+2n)+2c(m+n),Q=2mnc+en^2`
由3#的倒数第2式可得
\[r^2=\frac{(a-s-v)(a+s+v)(a+s-v)(a-s+v)}{4a^2}\]代入前述关于 `r` 的 4 次方程可得一个关于`a,s,t,u,v`的约束关系。

hejoseph

文档正在整理，整理完就会发上来

hejoseph

设射线 $AB$ 与射线 $DC$ 相交于点 $P$，$CP = x$，$BP = y$，$BO = z$，则 $AO = a - x$。连 $CO$、$DO$，则 $CO$ 是 $\triangle BCP$ 的外角平分线，$DO$ 是 $\triangle ADP$ 的内角平分线，根据角平分线定理，得
\[
\left\{
\begin{aligned}
\frac{x}{b} &= \frac{y + z}{z} ， \\
\frac{c + x}{d} &= \frac{y + z}{a - z} ，
\end{aligned}
\right.
\]
解这个方程组，得
\[
\left\{
\begin{aligned}
y &= \frac{a\left(x - b\right)\left(x + c\right)}{\left(b + d\right)x + bc} ， \\
z &= \frac{ab\left(x + c\right)}{\left(b + d\right)x + bc} ，
\end{aligned}
\right.
\]
再由余弦定理，得
\[
\frac{x^2 + y^2 - b^2}{2xy} = \frac{\left(x + c\right)^2 + \left(y + a\right)^2 - d^2}{2\left(x + c\right)\left(y + a\right)} ，
\]
把上面得到的 $y$、$z$ 的值代入上方程，得
\begin{align*}
& \left(a + b + d\right)\left(a - b - d\right)\left(b + d - c\right)x^2 \\
& + c\left(a^2\left(2b - c\right) - 2b\left(b + d\right)\left(b + d - c\right)\right)x + bc^2\left(a^2 - b\left(b + d - c\right)\right) = 0 ，
\end{align*}
因此分三种情况：
一、当 $a \ne b + d$ 且 $c \ne b + d$ 时，解这个方程，得
\[
x = \frac{- c\left(a^2\left(2b - c\right) - 2b\left(b + d\right)\left(b + d - c\right)\right) \pm ac\sqrt{a^2\left(c^2 - 4bd\right) + 4bd\left(\left(b + d\right)^2 - c^2\right)}}{2\left(a + b + d\right)\left(a - b - d\right)\left(b + d - c\right)} 。
\]
二、当 $a = b + d$ 时，方程变为
\[
\left(d^2 - b^2\right)x = b\left(b\left(c + d\right) + d^2\right) ，
\]
当 $b \ne d$ 时，解这个方程，得
\[
x = \frac{b\left(b\left(c + d\right) + d^2\right)}{d^2 - b^2} 。
\]
当 $b = d$ 时，这个四边形必定是等腰梯形。
三、当 $c = b + d$ 时，方程变为
\[
\left(d - b\right)x = bc ，
\]
当 $b \ne d$ 时，解这个方程，得
\[
x = \frac{bc}{d - b} 。
\]
当 $b = d$ 时，这个四边形必定是矩形。

设圆半径是 $r$。因为
\begin{equation}
r = BO \cdot \sin \angle APD = \left|y + z\right|\sqrt{1 - \left(\frac{x^2 + y^2 - b^2}{2xy}\right)^2} 。
\end{equation}

当 $a \ne b + d$ 且 $c \ne b + d$ 时，把上面一计算得到的 $x$ 值代入 (1) 并化简，得
\[
r = \frac{\sqrt{-\left(a - b + c - d\right)\left(a + b - c + d\right)\left(P \mp 2a\left(b - d\right)\sqrt{\Delta}\right)}}{2\left(b + c + d\right)\left(b - c + d\right)} ，
\]
其中
\begin{align*}
P &= \left(b + c + d\right)\left(-b + c + d\right)\left(b - c + d\right)\left(b + c - d\right) + a^2\left(b^2 + c^2 + d^2 - 6bd\right) ， \\
\Delta &= a^2\left(c^2 - 4bd\right) + 4bd\left(b + c + d\right)\left(b - c + d\right) 。
\end{align*}
此时
\[
AO = \frac{a\left(2b + c\right) \pm \sqrt{\Delta}}{2\left(b + c + d\right)} ， BO = \frac{a\left(c + 2d\right) \mp \sqrt{\Delta}}{2\left(b + c + d\right)} 。
\]
以上三式的符号对应于上面一中 $x$ 的符号。

可以验证，上述公式对 $a = b + d$，但 $c \ne b + d$ 时仍成立。

当 $a = b + d$，$c \ne b + d$ 时，若四边形 $ABCD$ 是梯形时，则 $r$ 就是 $AB$ 与 $CD$ 的距离，所以
\[
r = \frac{\sqrt{c\left(2b - c\right)\left(2d - c\right)\left(2b + 2d - c\right)}}{b + d - c} 。
\]
此时
\[
AO = d ， BO = b 。
\]
若四边形 $ABCD$ 内接于圆，则把上面二计算得到的 $x$ 值代入 (1) 并化简，得
\[
r = \frac{\sqrt{c\left(2b + c\right)\left(2d + c\right)\left(2b + 2d - c\right)}}{b + d + c} 。
\]
此时
\[
AO = \frac{b\left(b + c\right) + d^2}{b + c + d} ， BO = \frac{b^2 + d\left(b + c\right)}{b + c + d} 。
\]
由上面的结果知，此时有外接圆时的 $r$ 总不比梯形的 $r$ 小。

当 $c = b + d$ 时，必定 $BC$ 与圆相切于点 $B$，$DA$ 与圆相切于点 $A$，且 $a^2 + (b - d)^2 = c^2$，$r = \frac{a}{2}$。

hejoseph

还有一个问题：如果给定 $a$、$b$、$c$、$d$ 四个长度，如何尺规作图作出如图那样外切于一个半圆的四边形 $ABCD$？

zeroieme

hejoseph 发表于 2020-6-16 12:01
还有一个问题：如果给定 $a$、$b$、$c$、$d$ 四个长度，如何尺规作图作出四边形 $ABCD$？

作出线段长度f，满足\(\left| a-b\right| <f<a+b\land \left| c-d\right| <f<c+d\)，以此线段为一边，在两侧作三角形，他们边长分别为\(a\)、\(b\)、\(f\)与\(c\)、\(d\)、\(f\)

zeroieme

hejoseph 发表于 2020-6-16 12:01
还有一个问题：如果给定 $a$、$b$、$c$、$d$ 四个长度，如何尺规作图作出如图那样外切于一个半圆的四边形 $ ...

那也很简单，你7#已经有结论。r长度可作出，AO可作出定圆心。画半圆做切线。