圆外切四边形地性质及应用.doc

word圆外切四边形的性质与应用01 双心四边形，外心为O，外接圆半径为R，内心为P，内切圆半径为r，OI = h证明 + = 证：如图，分别过K、L、M、N作PK、PL、PM、PN垂线交于A、B、C、DLCM = 180°LPM = PLM + PML = (MLK + LMN),KAN = (LKN + KNM)A、B、C、D四点共圆我们设其半径为r，易证 B、P、D；A、P、C分别三点共线r = PLsinb = PBsinasinb = PB·,PC·AP = r2d2 (d为ABCD的外心记为W与P的距离)又易证ACBD，= Þr = 延长NP交BC于T，易证T为BC中点(卜拉美古塔定理)WTPS, WSPTWTPS中，4O¢T2 = PS2 + OS2d2 = 2r2d2又 O¢N = ÞO¢为KLMN的外心(即为O)且R = ，h = d由得 = = = + 02 证明圆外切四边形ABCD的对角线AC、BD的中点E、F与圆心O共线证：沿用上题的记号，对点X、Y、Z，用d(X, YZ)表示X到YZ的距离设O半径为r，BAD = 2a, ABC = 2b, BCD = 2g, CDA = 2d，如此a, b, g, d均为锐角且 a + b + g + d = psina, sinb, sing, sind > 0连结EF(假如E与F重合，如此结论显然成立，以下设E与F不重合)在线段EF上取点O¢使 = 连OA、OD、OG(F为O与AD相切处)，如此OGAD, AG = OGcota = rcota, GD = OGcotd = rcotd故AD = r(cota + cotd)d(A, CD) = r(cota + cotd)sin 2dd(E, CD) = sin 2d(cota + cotd)r = sindcosd(cota + cotd)r = (sindcosdcota + cos2d)r = (sindcosdcotasin2d)r + r = sind·r + r = (+ 1)r同理 d(F, CD) = (+ 1)r由 = 知d(O¢, CD) = = r + r= r(因为 a + b + g + d = p，所以 cos(a + d) + cos(b + g) = 0)同理 d(O¢, AB) = d(O¢, BC) = d(O¢, DA) = rO¢与O重合，故知结论成立，证毕03 ABC，在BC、CA、AB上分别取点D、E、F使四边形AEDF、BDEF、CDEF均为圆外切四边形求证AD、BE、CF三线共点证：作DEF内切圆w，切EF、FD、DE于P、Q、R又设ABC内切圆为I，AEF内切圆为w1记w1、w、I半径分别为R1, R, r由AEDF为圆外切四边形知AF + DE = AE + DFFPPE = FDDE = FAAEw1切EF于P，w1与w外切，w1、P、w 三点共线另一方面，易知A、w1、I三点共线延长AP交Iw于T，如此对Iww1与截线AP用梅氏定理知= 1注意到 = ，上式Û= 1，即 = T为线段wI上一个定点，AP、BQ、CR三线共点于T由塞瓦定理知 = 1再用角平分线定理知上式Û= 1将FP = FQ, EP = ER, DQ = DR代入得 = 1由塞瓦定理即知 AD、BE、CF三线共点，得证04 四边形ABCD既可外切于圆，又可内接于圆，并且ABCD的内切圆分别与它的边AB、BC、CD、AD相切于点K、L、M、N，四边形的A和B的外角平分线相交于点K¢，B和C的外角平分线相交于点L¢，C和D的外角平分线相交于点M¢，D和A的外角平分线相交于点N¢证明，直线KK¢、LL¢、MM¢、NN¢经过同一个点证：如图，设BCD的内切圆圆心为I，BAI = IAD = a, ABI = CBI = b, BCI = DCI = g, CDI = ADI = I半径为r由ABCD还有外接圆可得 a + g = b + = K¢AB = g = N¢AI(由于K¢N¢为A外角平分线)，且A、K¢、B、I四点共圆，AB = r(cota + cotB)= 即 = AK¢ = 同理 AN¢ = K¢N¢ = = ，K¢N¢AI而KNK¢N¢且 = 2rsing 且KNAIKNK¢N¢且= 2 sinasinbsinsing同理可得MNM¢N¢, = 2 sinasinbsinsing, MLM¢L¢, = 2 sinasinbsinsing, LKL¢K¢, = 2 sinasinbsinsing于是四边形KLMN与四边形K¢L¢M¢N¢位似，对应顶点连线K¢K、L¢L、M¢M、N¢N共点于位似中心，得证05 设凸四边形ABCD外切于O，圆心O在对角线BD上的射影为M求证BD平分AMC证：设O在ABCD四边切点为A1、B1、C1、D1不妨设O半径为1，以O为原点建立复平面，如此O为单位圆令A1、B1、C1、D1所代表的复数为a, b, c, d，如此由熟知结论可知D = , A = , B = , C = 注意到过BD直线方程为 (BD)x + BD = (BD)x + BD将B、D代入化简得(c + dab)x ab(c + d)cd(a + b)x = 2cdab又过O且垂直于BD直线方程为 + = 0将B、D代入化简得(c + dab)x + ab(c + d)cd(a + b)x = 0 得 x = ，此即为M的复数表示，M = 又AMC被BD平分ÛAMD = DMCÛÎRÛ= 将A、B、C、D、M代入得= = = 注意到 = = 比拟知仅需证 4abcd(c + dab)22(c + dab)(cdab)bc(a + d) + ad(b + c) = 4ab(c + d)cd(a + b) 22ab(c + d)cd(a + b)(abcd)(a + b + c + d)Û2abcd(c + d)2 + 2abcd(a + b)24abcd(a + b)(c + d) + ab(c + d)cd(a + b)(abcd)(a + b + c + d) = 2a2b2 (c + d)2 + 2c2d2 (a + b)24abcd(a + b)(c + d) + (c + dab)(cdab)(abc + abd + bcd + acd)Û2(abcd)ab(c + d)2cd(a + b)2 = (abcd)ab(c + d)cd(a + b)(a + b + c + d) + (c + dab)ab(c + d) + cd(a + b)Û2ab(c + d)22cd(a + b)2= ab(c + d)(a + b) + ab(c + d)2cd(a + b)2cd(c + b) + ab(c + d)2(a + b)ab(c + d) + cd(a + b)(c + d)cd(a + b)2Û2ab(c + d)22cd(a + b)2 = 2ab(c + d)22cd(a + b)2，得证06 双心四边形ABCD，ACBD = E，内、外心为I、O求证I、O、E三点共线证：引理：圆外切四边形ABCD，切点为M、N、K、L，如此AC、BD、MK、NL四线共点引理的证明：设ACKM = G，LNKM = G¢，由正弦定理得= = = 同理 = = = = 即G = G¢故AC、NL、KM三线共点同理BD、KM、LN三线共点，引理得证回到原题：切点仍记为K、L、M、N，由引理KMLN = E以I为中心，(KNM)为反演圆作反演，A¢、B¢、C¢、D¢分别为KLMN四边中点由B¢C¢KMA¢D¢, A¢B¢NLD¢C¢知A¢B¢C¢D¢为平行四边形而A、B、C、D共圆知A¢、B¢、C¢、D¢共圆，A¢B¢C¢D¢必为矩形，其中心设为Q，且有KMLN由反演性质知Q、I、O三点共线设LN、KM中点为P、R，如此= (+ + + ) = (+ + + ) = (+ )由垂径定理知PIRE为矩形从而+ = = ，即I、Q、E三点共线，从而O、I、E三点共线平面几何中两个重要定理引理1:凸四边形ABCD有内切圆当且仅当,当且仅当当且仅当图 引理2:凸四边形ABCD在角C有旁切圆当且仅当当且仅当图题目1:A,B,C,D为平面上四点,其中AD与线段BC相交于G,分别过A,B作AE/BD,BF/AC交直线BC,AD于点E,F.证明:EB-EA=FA-FB.证明一:设因为,所以要证即证由余弦定理知,即 条件CB-CA=DA-DB.故证明二:记 由正弦定理知,条件等价于由正弦定理知,要证明的结论等价于 因此,命题成立.证明三:设凸四边形GCQD在角G有旁切圆(引理2)(引理2)(平行四边形AQBP中,)凸四边形PAGB有内切圆(引理1)(引理1).题目2:记为的内切圆为.过点D,E作的切线(不过点A)交于点P;过B,C作的切线(不过点A)交于点Q.证明: 无论如何选取直线直线PQ总过定点.题记:此题是2009年捷克波兰斯洛伐克数学竞赛题3(见2010年中等数学增刊).利用引理1和2,可以简洁给出证明.证明:设.切点为X,Y, 凸四边形ADPE在角P处有旁切圆(引理2).又,故.因此,点M也是在DE边上的旁切圆的切点.易知:点N是在UV边上的旁切圆的切点.与关于点P位似,且点M和点N是该位似变换下的对应点,故点M,N,P共线.切点为I,J,.由引理1知,又故因此,点N也是在BC边上的旁切圆的切点.易知:点M是在KL边上的旁切圆的切点.与关于点P位似,且点M和点N是该位似变换下的对应点,故点M,N,Q共线.由和知，直线PQ过定点N.13 / 13