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【旧枝新花】圆外切四边形中三角形内心共圆问题  [复制]

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发表于 2016/12/23 23:18:47

楼主

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旧题:

已知四边形ABCD为圆外切四边形,对角线AC,BD交于点P,点I_△APB,I_△BPC,I_△CPD,I_△DPA分别为△APB,△BPC,△CPD,△DPA的内心。

求证:I_△APB,I_△BPC,I_△CPD,I_△DPA四点共圆

新题:

已知四边形ABCD为圆外切四边形,对角线AC,BD的中垂线交于点Q,点I_△AQB,I_△BQC,I_△CQD,I_△DQA分别为△AQB,△BQC,△CQD,△DQA的内心。

求证:I_△AQB,I_△BQC,I_△CQD,I_△DQA四点共圆


听说黄老师在2016年第四期《中等数学》提到了这题(新题)


旧题在本论坛讨论了挺多次的

旧竹生新笋,新花长旧枝。

圆外切四边形中的发现(老封)2008-06-26

http://bbs.cnool.net/cthread-4761313.html

一道似乎很老的题 2009-05-07

http://bbs.cnool.net/cthread.aspx?topicid=6694521

求教田廷彦老师的一道几何超难题 2011-10-24

http://bbs.cnool.net/cthread-62922428-1.html

纵使归来花满树,新枝不是旧时枝。

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发表于 2016/12/23 23:38:05

在帖子圆外切四边形中的发现(老封)中第一个结论(旧题)是对的,第二个结论不正确。

引用:原回复由 @izzystar 于 2008/6/27 13:36:00

发表第二个结论似乎是不对的?

在第一个结论中,把内心换为外侧的旁心确实仍然成立,这是由于如下的结果:设EAB的内心为I,夹在角E中的那个旁心为J, 则EI*EJ = EA*EB。这样,如果四个三角形的内心共圆,则EI12*EI34 = EI23*EI14;而由上面的结果,可知EI12*EJ12*EI34*EJ34 = EI23*EJ23*EI14*EJ14,这样就


而且,第一个结论推广为旁切圆也是对的。

    发表于 2016/12/23 23:47:43

    在帖子求教田廷彦老师的一道几何超难题
    引用:原回复由 @izzystar 于 2011/10/25 12:21:38 发表见这里http://www.cut-the-knot.org/Curriculum/Geometry/CyclicIncenters.shtml
    这个网址可能是这道旧题首次出现在网上的网址已知四边形ABCD为圆外切四边形,对角线AC,BD交于点P,点I_△APB,I_△BPC,I_△CPD,I_△DPA分别为△APB,△BPC,△CPD,△DPA的内心。求证:I_△APB,I_△BPC,I_△CPD,I_△DPA构成圆内接四边形(不知道外国人为什么喜欢这样表述?直接说四点共圆不就好了吗?)这个问题曾出现在Cut The Knot论坛上于2003年9月17日,被讨论了一个月。在2004年1月2日,这个问题迁移到雅虎的风信子石问题解答组,一个星期后,全综合解决方案和该构形的一些额外性质是由Darij Grinberg 和其他许多人的帮助下完成。为什么这个问题被称为Christopher Bradley猜想呢?在2004年11月英国数学家Christopher Bradley出版了一篇关于圆内接四边形的论文,其中上述问题被表述为一个猜想。一个类似的问题,算得上是逆命题,日本数学家清宫俊雄(Toshio Seimiya)1998年在加拿大数学难题名刊《Crux》上提出:给定一凸圆内接四边形ABCD,对角线AC,BD交于点P,点I_△APB,I_△BPC,I_△CPD,I_△DPA分别为△APB,△BPC,△CPD,△DPA的内心。求证:若I_△APB,I_△BPC,I_△CPD,I_△DPA共圆,四边形ABCD有内切圆。第二年,Peter Y. Woo在《Crux》出版的文章给出了一个漂亮的证明,并且推广了的清宫的命题:一个凸四边形被对角线分成四个不重叠的三角形,这四个三角形的内心共圆,当且仅当凸四边形有内切圆。然而,更早之前已有出版物的提到了Woo的推广。1996年,I. Vaynshtejn在俄罗斯杂志《Kvant》发表了关于我们称之为Christopher Bradley猜想及其逆问题的文章。由于是用俄语写的,所以geometricorum论坛没有多少读者既能读到他的证明。但有兴趣的人可以结合几何图形帮助理解那些式子,毕竟,那些式子是用拉丁字母写的。

      发表于 2016/12/23 23:58:22

      在帖子求教田廷彦老师的一道几何超难题


      引用:原回复由 @izzystar 于 2011/10/25 12:21:38

      发表见这里

      2011/10/25 12:21:38




      黄老师给的网址可能是这道旧题首次出现在网上的网址



      已知四边形ABCD为圆外切四边形,对角线AC,BD交于点P,点I_△APB,I_△BPC,I_△CPD,I_△DPA分别为△APB,△BPC,△CPD,△DPA的内心。

      求证:I_△APB,I_△BPC,I_△CPD,I_△DPA构成圆内接四边形

      (不知道外国人为什么喜欢这样表述?直接说四点共圆不就好了吗?)


      这个问题曾出现在Cut The Knot论坛上于2003年9月17日,被讨论了一个月。在2004年1月2日,这个问题迁移到雅虎的风信子石问题解答组,一个星期后,全综合解决方案和该构形的一些额外性质是由Darij Grinberg 和其他许多人的帮助下完成。

      为什么这个问题被称为Christopher Bradley猜想呢?在2004年11月英国数学家Christopher Bradley出版了一篇关于圆内接四边形的论文,其中上述问题被表述为一个猜想。

      一个类似的问题,算得上是逆命题,日本数学家清宫俊雄(Toshio Seimiya)1998年在加拿大数学难题名刊《Crux》上提出:


      给定一凸圆内接四边形ABCD,对角线AC,BD交于点P,点I_△APB,I_△BPC,I_△CPD,I_△DPA分别为△APB,△BPC,△CPD,△DPA的内心。

      求证:若I_△APB,I_△BPC,I_△CPD,I_△DPA共圆,四边形ABCD有内切圆。


      第二年,Peter Y. Woo在《Crux》出版的文章给出了一个漂亮的证明,并且推广了的清宫的命题:


      一个凸四边形被对角线分成四个不重叠的三角形,这四个三角形的内心共圆,当且仅当凸四边形有内切圆。


      然而,更早之前已有出版物的提到了Woo的推广。1996年,I. Vaynshtejn在俄罗斯杂志《Kvant》发表了关于我们称之为Christopher Bradley猜想及其逆问题的文章。由于是用俄语写的,所以geometricorum论坛没有多少读者既能读到他的证明。但有兴趣的人可以结合几何图形帮助理解那些式子,毕竟,那些式子是用拉丁字母写的。

        发表于 2016/12/24 00:22:36

        另外,叶老师和冯老师十年前就把这道旧题玩出了花


        引用:叶老师与冯老师的邮件2006/5/23 08:43:32

        发表见这里


        不久前说及的圆外切四边形一题,请暂缓投寄《月刊》。因为觉得这题尚可再作进一步的挖掘,仅仅停留在现有层次还有些可惜。而且,它包含有丰富的背景,有待弄清楚。我刚才与吴伟朝通了一次长长的电话。此题原先是由他提出的,以前他同我说起过, 但对其细节我却印象不深, 原因是自己并未认真做过此题。 这次与湖北的杨先义通邮件时,他又提及了类似的问题,于是引起我和田廷彦、唐传发的讨论兴趣。(06050601. gsp ; 06051 002. gsp)

        田廷彦于这题最有心得,他通过一个较深刻的引理来处理这一系列结论。

        他的基本引理是:“设四边形 ABCD 的对角线交于 P 点,在射线 PA、PB、PC、PD上各取一点 A′、B′、C′、D′,满足:PA×PA′=PB×PB′=PC×PC′=PD×PD′。

        则A′D′+B′C′究竟大于、等于或小于A′ B′+D′C′, 取决于AD+BC大于、等于或小于AB+DC。” 田廷彦的 基本结 论( 060430)


        可把上述 A′B′C′D′称作原四边形的“反演四边形”。

        上述结论相当于说: 原四边形和其反演四边形在对边之和谁大谁小的性状上保持完全一致;

        特别地,当 ABCD 是圆外切四边形时,其反演四边形也一定是圆外切的。

        反复利用这一引理,田论证了在四边形ABCD中,设对角线 AC、BD相交于P点,I1、I2、I3、I4分别是△PAB、△PBC、△PCD、△PDA的内心,r1,r2,r3,r4分别是上述四个三角形的内切圆的半径,h1,h2,h3,h4分别是P到AB、BC、CD、DA的距离;

        则如下四款是等价的:

        (1 )ABCD是圆外切四边形;

        (2)I1、I2、I3、I4四点共圆;

        (3)1/r1+1/r3=1/r2+1/r4;

        (4)1/h1+1/h3=1/h2+1/h4。

        上述四个结论都是吴伟朝于1996年前提出的,发表于《湖南数学通讯》和安徽《中学数学教学》,解答大概刊于1998年。

        后他投给《美国数学月刊》,仅刊用了(3),后知原因是一日本人已于《Crux》(上一楼提到上发表了结论(2);但吴说其实他提出的时间比那人更早。上次所说吴后来提出的三线共点的充要条件刊在《中学数学教学》05年第6期(“有奖解题擂台(76)” 第 1题)。

        我和田廷彦讨论得到:由△ABC、△BCD、△CDA、△DAB的外心所构成的四边形与ABCD的反演四边形恰是反向相似的。

        于是,若ABCD是圆外切的,则这两者也同时是圆外切的(下图)。

        反演圆反演四边形A'B'C'D'与四个外心组成的四边形恰好反向相似。

        设 A′B′C′D′的内心为 I′,设O_A O_B O_C O_D的对角线交点为P′,我们得到如下结论:P、P′、I′三点一定共线。

        由于P′其实就是对角线AC、BD的中垂线交点,于是上面这条结论相当于给出了I′点位置的刻划:它位于对角线交点P和对角线的中垂线交点P′的连线上!

        另外,P、I、I′三点共线的条件是:ABCD要么是筝形,要么是双心四边形。与吴的那条结论很相似。(注:当 ABCD共圆时,O_A O_B O_C O_D退化成点, 此时易知A′B′C′D′与ABCD反位似。)

        又设O_A O_B O_C O_D的内心为I″,则I″总夹在直线PI和PI′之间(很像是在角平分线上,但并不是)。

        还获得一条有趣结论:“O_A O_B O_C O_D的Newton线平行于PI。”(06-05-1 0)目前还未找到有效证明。

        四边形O_A O_B O_C O_D的Newton线与IP恰好平行!

        后来田廷彦又建议研究四点形的九点圆心,也得到了一组结论。(06050901. gsp)

        其中,“(1)在任意四边形 ABCD 中,设NA、NB、NC、ND分别是△BCD、△ACD、△ABD、△ABC的九点圆心,则N_A N_C、N_B N_D的夹角与AC、BD的夹角相等!”难度较高,迄今也还没找到有效证明。


              

          发表于 2018/10/01 19:38:03

          求指导。。。。。。。已知四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O,AB+BC=AD+DC,AO=OC,求证:BO=OD。附:不允许用反证法和同一法,最好用初中学的综合法进行解决。

            1 到第

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