已知圆外切四边形的边长，再加什么条件能确定圆的半径

abababa

如题，已知$\odot O$外切四边形$ABCD$的四条边长为$AB=a,BC=b,CD=c,DA=d$，但四边形不稳定，不能确定这个圆的半径。那么再加上哪个条件$e$，能确定圆的半径？并用$a,b,c,d,e$相对简捷地表示出圆半径来？

爪机专用

不需要，现在就能确定

hbghlyj

In terms of the tangent lengths, the incircle has radius^[8]:
${\displaystyle \displaystyle r={\sqrt {\frac {efg+fgh+ghe+hef}{e+f+g+h}}}.}$
en.wikipedia.org/wiki/Tangential_quadrilateral#Inradius

hbghlyj

无法从 a=e+f,b=f+g,c=g+h,d=h+e 解出 e,f,g,h

hbghlyj

爪机专用 发表于 2024-2-19 11:42
不需要，现在就能确定

the inradius of a tangential quadrilateral is not determined by the sides alone
pg28

hbghlyj

abababa 发表于 2024-2-19 11:29
四边形不稳定，不能确定这个圆的半径。

我同意，这是正确的
当改变角度并固定边长时会改变半径

kuing

hbghlyj 发表于 2024-2-19 19:55
我同意，这是正确的
当改变角度并固定边长时会改变半径

哦，那就是说，如果一个固定边长的四边形没有内切圆，那无论它的形状怎么变，都没有，而如果有内切圆，那就怎么变都有……？

我还以为压扁就没有了呢

我本来是这样想的：
五个条件可以确定四边形，如今知道四边，再加一个有内切圆的条件，就五个条件了……
看来是我想得太简单了

hbghlyj

kuing 发表于 2024-2-19 12:39
哦，那就是说，如果一个固定边长的四边形没有内切圆，那无论它的形状怎么变，都没有，而如果有内切圆，那 ...

en.wikipedia.org/wiki/Pitot_theorem
The converse implication is also true: whenever a convex quadrilateral has pairs of opposite sides with the same sums of lengths, it has an inscribed circle

abababa

hbghlyj 发表于 2024-2-19 19:47
In terms of the tangent lengths, the incircle has radius^[8]:
${\displaystyle \displaystyl ...

原来如此，那这样的话，只要加上任意一个切线长度（$e,f,g,h$）之一，就能表示了。不过表示的结果不如这个好看。

另外链接里用到的下式怎么证明：
\[\tan(\theta_1+\theta_2+\cdots+\theta_n)=\frac{\sigma_1-\sigma_3+\sigma_5+\cdots}{1-\sigma_2+\sigma_4+\cdots}\]

其中$\sigma_i$是$\tan\theta_1,\cdots,\tan\theta_n$的第$i$个初等对称多项式。例如$\sigma_1=\tan\theta_1+\cdots+\tan\theta_n,\sigma_2=\tan\theta_1\tan\theta_2+\cdots+\tan\theta_n\tan\theta_1,\sigma_3=\tan\theta_1\tan\theta_2\tan\theta_3+\cdots,$等等。

感觉是数学归纳法，当$n=2$时显然
\[\tan(\theta_1+\theta_2)=\frac{\theta_1+\theta_2}{1-\theta_1\theta_2}=\frac{\sigma_1}{1-\sigma_2}
\]
当$n=3$时有
\[\tan(\theta_1+\theta_2+\theta_3)=\frac{\sigma_1-\sigma_3}{1-\sigma_2}\]
当$n=4$时有
\[\tan(\theta_1+\theta_2+\theta_3+\theta_4)=\frac{\sigma_1-\sigma_3}{1-\sigma_2+\sigma_4}\]
分母全是偶数项的，分子全是奇数项的。假设直到$n-1$时命题都成立，即
\[\tan(\theta_1+\theta_2+\cdots+\theta_{n-1})=\frac{\tau_1-\tau_3+\tau_5-\cdots+\tau_{n-2}}{1-\tau_2+\tau_4-\cdots+\tau_{n-1}}\]

这里$\tau_i$是$\tan\theta_1,\cdots,\tan\theta_{n-1}$的第$i$个初等对称多项式，那么怎么证明对于$n$的命题？

kuing

abababa 发表于 2024-2-19 21:41
另外链接里用到的下式怎么证明：
\[\tan(\theta_1+\theta_2+\cdots+\theta_n)=\frac{\sigma_1-\sigma_3+\sigma_5+\cdots}{1-\sigma_2+\sigma_4+\cdots}\]
其中$\sigma_i$是$\tan\theta_1,\cdots,\tan\theta_n$的第$i$个初等对称多项式。 ...

因为
\begin{align*}
&(\cos\theta_1+i\sin\theta_1)(\cos\theta_2+i\sin\theta_2)\cdots(\cos\theta_n+i\sin\theta_n)\\
={}&\cos(\theta_1+\theta_2+\cdots+\theta_n)+i\sin(\theta_1+\theta_2+\cdots+\theta_n),
\end{align*}
对左边有
\begin{align*}
\frac{\LHS}{\cos\theta_1\cos\theta_2\cdots\cos\theta_n}&=(1+i\tan\theta_1)(1+i\tan\theta_2)\cdots(1+i\tan\theta_n)\\
&=(1-\sigma_2+\sigma_4-\sigma_6+\cdots)+i(\sigma_1-\sigma_3+\sigma_5-\sigma_7+\cdots),
\end{align*}
所以
\begin{align*}
\cos(\theta_1+\theta_2+\cdots+\theta_n)&=\cos\theta_1\cos\theta_2\cdots\cos\theta_n(1-\sigma_2+\sigma_4-\sigma_6+\cdots),\\
\sin(\theta_1+\theta_2+\cdots+\theta_n)&=\cos\theta_1\cos\theta_2\cdots\cos\theta_n(\sigma_1-\sigma_3+\sigma_5-\sigma_7+\cdots),
\end{align*}
相除即得。

hejoseph

$a$、$b$、$c$、$d$ 实际上只有三个独立的量，事实上必须满足 $a + c = b + d$，这个条件也是四边形有内切圆的充要条件。
另外有这个结论：给定四个长度 $a$、$b$、$c$、$d$，且 $a + c = b + d = p$，固定四边形 $ABCD$ 的边 $AB$，$AB = a$，点 $C$ 和点 $D$ 是动点，并且满足 $BC = b$，$CD = c$，$DA = d$，则四边形 $ABCD$（含退化为三角形）的内切圆圆心的轨迹是一段圆弧，其中圆弧的圆心在线段 $AB$ 内，并且到点 $A$ 和点 $B$ 的距离之比是 $d : b$，半径是 $\dfrac{\sqrt{abcd}}{p}$。
根据这个结论，若给定四边形的四个切线长就可以做出满足条件的四边形了。

hejoseph

若只规定与四边形的边所在直线相切，则还有这种凹四边形的内切圆。

abababa

kuing 发表于 2024-2-19 21:51
因为
\begin{align*}
&(\cos\theta_1+i\sin\theta_1)(\cos\theta_2+i\sin\theta_2)\cdots(\cos\theta_n+i ...

原来如此，果然简捷。

hbghlyj

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