老王的夢田

之前討論過，若ABCD為圓內接四邊形，則△ABC、△CDA的內切圓半徑和，與△BCD、△DAB的內切圓半徑和相等。好，那如果我們反問：若△ABC、
△CDA的內切圓半徑和，與△BCD、△DAB的內切圓半徑和相等，那麼ABCD是否為圓內接四邊形呢？

想要證明這件事，發現缺少共圓條件時，r和R的關係無法順利應用（至少我想不出怎麼用），於是另覓途徑。在<<幾何學辭典>>中找到一個命題：
若ABCD為圓內接四邊形，則△ABC、△BCD、△CDA、△DAB的內心所構成的四邊形為矩形。

【證明】

令△DAB、△ABC、△BCD、△CDA的內心為I_A、I_B、I_C、I_D，
並設E、F、G、H分別為AB弧、BC弧、CD弧、和DA弧的中點。
那麼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為∠DEC的平分線
故I_AI_B⊥EG
同理I_CI_D⊥EG、I_BI_C⊥FH、I_AI_D⊥FH
於是I_AI_B//I_CI_D且I_AI_D//I_BI_C
而EG⊥FH
這告訴我們I_AI_B⊥I_AI_D
故I_AI_BI_CI_D為矩形。

如何用這個命題證明半徑和相等呢？

r_A+r_C會等於I_AI_C乘上I_AI_C與BD夾角正弦值，r_B+r_D會等於I_BI_D乘上I_BI_D與AC夾角
正弦值。因為I_AI_C＝I_BI_D，所以只要證明那兩個角相等就可以。

【證明】
I_AI_C與I_BI_D和EG的夾角相等
AC和EG的夾角是(AE弧+CG弧)/2，BD和EG的夾角是(BE弧+DG弧)/2
所以AC與BD和EG的夾角也相等
故I_AI_C與BD夾角和I_BI_D與AC夾角相等
就得到r_A+r_C＝r_B+r_D了。

接下來證明：
若r_A+r_C＝r_B+r_D，則I_AI_BI_CI_D為矩形。

【證明】

（先證明兩雙對邊分別相等）

分別過I_A和I_B作AB的垂線，令垂足為K、L
那麼I_AK＝r_A，I_BL＝r_B
I_AI_B²＝(I_AK－I_BL)²+KL²＝(r_A－r_B)²+KL²

KL＝AL－AK＝(AB+AC－BC)/2－(AB+AD－BD)/2＝(AC+BD－AD－BC)/2
再分別過I_C和I_D作CD的垂線，令垂足為M、N
那麼I_CM＝r_C，I_DN＝r_D
I_CI_D²＝(I_CM－I_DN)²+MN²＝(r_C－r_D)²+MN²
MN＝CN－CM＝(CD+AC－AD)/2－(CD+BC－BD)/2＝(AC+BD－AD－BC)/2
因為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_CI_B
故I_AI_BI_CI_D為平行四邊形。

（再證明對角線等長）

分別過I_A和I_C作BD的垂線，令垂足為P、Q
那麼I_AP＝r_A，I_CQ＝r_C
I_AI_C²＝(I_AP+ I_CQ)²+PQ²＝(r_A+r_C)²+PQ²
PQ＝｜BQ－BP｜＝｜(AB+CD－AD－BC)/2｜
再分別過I_B和I_D作AC的垂線，令垂足為S、T
那麼I_BS＝r_B，I_DT＝r_D
I_BI_D＝(I_BS+ I_DT)²+ST²＝(r_B+r_D)²+ST²
ST＝｜AS－AT｜＝｜(AB+CD－AD－BC)/2｜
故I_AI_C＝I_BI_D

對角線等長的平行四邊形為矩形，故I_AI_BI_CI_D為矩形。

最後，就可以證明之前想要的逆命題：
若r_A+r_C＝r_B+r_D，則ABCD為圓內接四邊形。

【證明】

用反證法，我們可以過ABC作一個圓，再說明D不在圓外也不在圓內，這樣ABCD就共圓了。

（1）    若D在圓外
那麼BD會和圓有個交點，設為E
對圓內接四邊形ABCE作四內心J_A、I_B、J_C、J_D（注意I_B是一樣的）
J_AI_BJ_CJ_D是矩形
但是J_A會在B和I_A之間，且J_C會在B和I_C之間
∠I_AI_BI_C＜∠J_AI_BJ_C＝90°
於是I_AI_BI_CI_D不是矩形，這不合

（2）    同理可證明D在圓內的情形（同學請自行練習）

於是得到我們所要的結果。

參考資料：

【1】    幾何學辭典，世部貞市郎，命題587

【2】    走向國際數學奧林匹克的平面幾何試題詮釋，沈文選，哈爾濱工業大學出版社