圆外切四边形的性质及应用.doc

圆外切四边形的性质及应用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、D LCM = 180LPM = 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 = PL sin b = PB sin a sin b = PB, PCAP = r 2d 2 (d为ABCD的外心记为W与P的距离)又易证ACBD， = r = 延长NP交BC于T，易证T为BC中点(卜拉美古塔定理) WTPS, WSPTWTPS中，4OT 2 = PS 2 + OS 2d 2 = 2r 2d 2又 ON = O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，则 a, b, g, d均为锐角且 a + b + g + d = p sin a, sin b, sin g, sin d 0连结EF (若E与F重合，则结论显然成立，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)，则 OGAD, AG = OG cot a = r cot a, GD = OG cot d = r cot d故AD = r(cot a + cot d) d(A, CD) = r(cot a + cot d) sin 2d d(E, CD) = sin 2d (cot a + cot d)r = sin d cos d (cot a + cot d)r = (sin d cos d cot a + cos 2 d )r = (sin d cos d cot asin 2 d )r + r = sin dr + 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) = r O与O重合，故知结论成立，证毕03 已知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 + DF FPPE = FDDE = FAAE w1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，则对Iww1与截线AP用梅氏定理知 = 1注意到 = ，上式 = 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 = 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 + = KAB = g = NAI (由于KN为A外角平分线)，且A、K、B、I四点共圆，AB = r(cot a + cot B) = 即 = AK = 同理 AN = KN = = ，KNAI而KNKN且 = 2r sin g 且KNAI KNKN且 = 2 sin a sin b sin sin g同理可得 MNMN, = 2 sin a sin b sin sin g, MLML, = 2 sin a sin b sin sin g, LKLK, = 2 sin a sin b sin sin g于是四边形KLMN与四边形KLMN位似，对应顶点连线KK、LL、MM、NN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，则O为单位圆令A1、B1、C1、D1所代表的复数为a, b, c, d，则由熟知结论可知 D = , A = , B = , C = 注意到过BD直线方程为 (BD )x + BD = (BD)x + B D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 AMD = DMC R = 将A、B、C、D、M代入得 = = = 注意到 = = 比较知仅需证 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) 2abcd(c + d) 2 + 2abcd(a + b) 24abcd(a + b)(c + d) + ab(c + d)cd(a + b)(abcd)(a + b + c + d) = 2a 2 b 2 (c + d) 2 + 2c 2 d 2 (a + b) 24abcd(a + b)(c + d) + (c + dab)(cdab)(abc + abd + bcd + acd) 2(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) 2ab(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) 2 2ab(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，则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BCKMAD, ABNLDC知ABCD为平行四边形而A、B、C、D共圆知A、B、C、D共圆，ABCD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，则 = (+ + + ) = (+ + + ) = (+ )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:已知A,B,C,D为平面上四点,其中任意三点不共线,且CB-CA=DA-DB.设线段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 已知条件CB-CA=DA-DB.故证明二:记 由正弦定理知,已知条件等价于 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:已知记为的边BC的旁切圆.任意选取一条平行于BC的直线分别交线段AB,AC于点D,E.记的内切圆为.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:本题是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,