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Rectangle from incenters of cyclic quadrilateral

 
  • Jan 15, 2020
命题1：若ABCD为圆内接四边形, 则△ABC, △BCD, △CDA, △DAB的内心所构成的四边形为矩形.
  • 中国数学奥林匹克集训题 1986, 证明见 中等数学 1992
  • 几何学辞典, 世部贞市郎, 命题587
  • 走向国际数学奥林匹克的平面几何试题诠释：历届全国高中数学联赛平面几何试题一题多解(上), 沈文选, 第 14 章 1992~1993 年度试题的诠释, 第 2 节 圆内接四边形的两个充要条件
【证明】令△DAB, △ABC, △BCD, △CDA的内心为$I_A,I_B,I_C,I_D$,
并设E, F, G, H分别为AB弧, BC弧, CD弧, 和DA弧的中点.
那么$I_A$在DE上, $I_B$在CE上且$EI_A=EA=EB$, $EI_B=EA=EB$, 故$EI_A=EI_B$.
又EG为∠DEC的平分线, 故$I_AI_B⊥EG$.
同理$I_CI_D⊥EG$, $I_BI_C⊥FH$, $I_AI_D⊥FH$.
于是$I_AI_B∥I_CI_D$且$I_AI_D∥I_BI_C$.
而EG⊥FH, 这告诉我们$I_AI_B⊥I_AI_D$, 故$I_AI_BI_CI_D$为矩形.
下面用命题1证明:
定理1：△ABC, △BCD, △CDA, △DAB的内切圆半径为$r_A,r_B,r_C,r_D$.
若$ABCD$为圆内接四边形, 则$r_A+r_C=r_B+r_D$.
【证明】用命题1得，$I_AI_C=I_BI_D$
$r_A+r_C$会等于$I_AI_C$乘上$I_AI_C$与BD夹角正弦值, $r_B+r_D$会等于$I_BI_D$乘上$I_BI_D$与AC夹角正弦值.
因为所以只要证明那两个夹角相等就可以.
$I_AI_C$与$I_BI_D$和EG的夹角相等, AC和EG的夹角是(AE弧+CG弧)/2, BD和EG的夹角是(BE弧+DG弧)/2, 所以AC与BD和EG的夹角也相等.
故$I_AI_C$与$BD$的夹角和$I_BI_D$与$AC$的夹角相等, 就得到$r_A+r_C=r_B+r_D$了.
下面证明定理1的逆命题。首先证明:
命题2：△ABC, △BCD, △CDA, △DAB的内切圆半径为$r_A,r_B,r_C,r_D$.
若$r_A+r_C=r_B+r_D$, 则$I_AI_BI_CI_D$为矩形.
【先证明两双对边分别相等】
分别过$I_A$和$I_B$作$AB$的垂线，令垂足为$K$、$L$.
那么$I_AK=r_A$，$I_BL=r_B$.
$I_AI_B^2=(I_AK-I_BL)^2+KL^2=(r_A-r_B)^2+KL^2$.
$KL=AL-AK=(AB+AC-BC)/2-(AB+AD-BD)/2=(AC+BD-AD-BC)/2$.
再分别过$I_C$和$I_D$作$CD$的垂线，令垂足为$M$、$N$.
那么$I_CM=r_C$，$I_DN=r_D$.
$I_CI_D^2=(I_CM-I_DN)^2+MN^2=(r_C-r_D)^2+MN^2$.
$MN=CN-CM=(CD+AC-AD)/2-(CD+BC-BD)/2=(AC+BD-AD-BC)/2$.
因为$r_A+r_C=r_B+r_D$，可知$r_A-r_B=r_C-r_D$.
故$I_AI_B=I_CI_D$.
同理$I_AI_D=I_BI_C$.
故$I_AI_BI_CI_D$为平行四边形.
【再证明对角线等长】
分别过$I_A$和$I_C$作$BD$的垂线，令垂足为$P$、$Q$.
那么$I_AP=r_A$，$I_CQ=r_C$.
$I_AI_C^2=(I_AP+I_CQ)^2+PQ^2=(r_A+r_C)^2+PQ^2$.
$PQ=|BQ-BP|=|(AB+CD-AD-BC)/2|$.
再分别过$I_B$和$I_D$作$AC$的垂线，令垂足为$S$、$T$.
那么$I_BS=r_B$，$I_DT=r_D$.
$I_BI_D^2=(I_BS+I_DT)^2+ST^2=(r_B+r_D)^2+ST^2$.
$ST=|AS-AT|=|(AB+CD-AD-BC)/2|$.
故$I_AI_C=I_BI_D$.
对角线等长的平行四边形为矩形，故$I_AI_BI_CI_D$为矩形。
最后，就可以证明之前想要的逆命题：
定理1的逆：△ABC, △BCD, △CDA, △DAB的内切圆半径为$r_A,r_B,r_C,r_D$.
若$r_A+r_C=r_B+r_D$, 那么$ABCD$为圆内接四边形.
【证明】用命题2, $I_AI_BI_CI_D$是矩形.
  1. 若$D$在圆外, 那么$BD$会和圆有个交点, 设为$E$, 对圆内接四边形$ABCE$作四内心$J_A$, $I_B$, $J_C$, $J_D$（注意$I_B=J_B$都是△ABC的内心）.
    用命题1, $J_AI_BJ_CJ_D$是矩形, 但是$J_A$会在$B$和$I_A$之间, 且$J_C$会在$B$和$I_C$之间, $∠I_AI_BI_C<∠J_AI_BJ_C=90°$, 于是$I_AI_BI_CI_D$不是矩形, 矛盾.
  2. 若$D$在圆内, 同理得 $∠I_AI_BI_C>∠J_AI_BJ_C=90°$, 于是$I_AI_BI_CI_D$不是矩形, 矛盾.
D不在圆外也不在圆内，这样ABCD就共圆了。