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楼主: hejoseph

[讨论] 半内切圆的半径

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发表于 2020-6-17 16:33:47 | 显示全部楼层
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。
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
毋私小惠而伤大体  毋借公论以快私情
 楼主| 发表于 2020-6-18 16:42:29 | 显示全部楼层
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。
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发表于 2021-7-20 22:09:08 | 显示全部楼层
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
\[r = c{\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {\frac{z\left( {1 - w} \right)}{1 - zw}} \right) = \frac{ic(1 - w)(1 - z)}{2(1 - wz)} \]
                       
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*}
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