圆外切四边形地性质及应用

1、圆外切四边形的性质及应用01 双心四边形，外心为 0,外接圆半径为R,内心为P,内切圆半径为r，01 = h.证明1 12 = 2R hr证：如图，分别过 K、L、M N作PKPL、PM PN垂线交于 A B、C D.1/ LCM= 180 / LPM= / PLM+ / PML=（/ MLK+ / LMN,1/ KAN=/ LKN+ / KNMA B、C D四点共圆.我们设其半径为 打易证B、P、D A、P、C分别三点共线.PL sin= PB sin :- sinP = pb. PCAPPB BC ABPC AP= t 1 2 d 2 d为ABC啲外心记为J与 P的距离.又易证ACL BD

2、PB 1BC- AB=云= r =2 -延长NP交BC于T,易证T为BC中点 卜拉美古塔定理 . TPS中，40T R =2 . d ，h = 2 d = PS2 + OS2 d 2 = 2 t2 d 2.1 又ON = 2 2、2 d 2 = O为KLMN勺外心 即为O且021由得-r证明圆外切四边形2 2.24P _ 2(R + h2 72 2 = 二 2 : 2 丿= r： dR hABCD勺对角线 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、乙用dX, YZ表示X到YZ的距离.设OO半径为 r ,z BAD= 2 : , / ABC= 2 , / BCD= 2

3、, / CDA= 2、，则:,-,，/均为锐角且-sin :, sin sin,sin 、. 0 .则结论显然成立，以下设 E与F不重合.EOsin P sin 6在线段EF上取点O使=-OFsin a sin 1连结EF若E与F重合,OGL AD AG= OGcot :- = r cot:,GD= OGcot 、=r cot 故AD=r cot:-+ cot 、. d A,CD =r cot :- + cot0sin 2 d E,CD =12 sin 2、 cotj. +cotr =sin :. cos3cot :- + cot 、 r连OA OD OG（F为O O与AD相切处）则sinsi

4、n、.cos、. cot :- + cos 2、 r = sin亠 cos 5 cos a sin d sin aj. r + r:.cos、 cot: sin 2、. r + r同理d F, CD =sin 二sin cos : +sin P + 1 r .sin 、. cos :- + 、+ 1 r.sin 二03.EO由OF血 知sin 爲 sinsin sinsin_+ 1 r + sin I； sin 、.sinco： + 1sin ：sin -d(0, CDsin a sinY+ sin P sin 右sin sin cos :- + 、. + cos l:- + Nsin B s

5、in 6r + rsin :- sin +同理 d O； AB = d O, BC = d O； O与O重合，故知结论成立，证毕.、；= 二，所以 COS 二 + ，-. + cos 加 += 0.已知 ABC在BC CA AB上分别取点 D E、F使四边形AEDF BDEF CDEF匀为圆外切四边形求证 AD证：作 DEF内切圆O -.,切 EF FD DE于 P、Q RBE CF三线共点.又设 ABC内切圆为O I , AEF内切圆为O - .1.记O1、O、O I半径分别为 R, R r.由AEDF为圆外切四边形知 AF+ DE= AE+ DF.FP- PE= FD- DE= FA- A

6、E O .1切EF于P,. O .1与O ，外切，5、P、三点共线.另一方面，易知A、1、I三点共线.延长AP交I 于T,则对 I1与截线AP用梅氏定理知，oT IA 1P=1TI A 1 P 注意到AyoT r RAI r，上式一 TI R1 = 1 即oT = R r=1，即 tt = r04 T为线段上一个定点，APBQ CF三线共点于T.sin / FAP sin / ECRsin / DBQ ,由塞瓦定理知=1 .sin / EAPsin / DCRsin / FBQFP ER DQFA EC DB再用角平分线定理知上式=Ep Dr fq = 1 .EA DC FB将 FP= FQ

7、EP= ER DQ= DR代入得 |A|CDB= 1 .由塞瓦定理即知 AD BE CF三线共点，得证.四边形ABCD可外切于圆，又可内接于圆，并且ABC啲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,Z B和/C的外角平分线相交于点L ,Z 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 = :, / ABI =/ DCI =, / CDI = / ADI = B.O I 半径为 r

8、.由ABCDS有外接圆可得 :-+= +9=2 . / KAB= = / NAI由于KN为A外角平分线，且 A、K、B I 四点共圆，AB= r cot :- + cot B .e AKr (cot a + cot 撫_冃口 =7xsin / K BA sin / AIB sin 9sin i ：AKABLAK =r sin 0sin | sin :同理AN =r sinsin :- sin 0KN=r sin 2 0 + sin 2 I：sin :- sin sin 0rsin :- sin sin 0,KN 丄 Al.而 KIN/ KN且:KN. = 2 r sin 且 KNLAl. KI

9、N/ KN且 kn =2sinCtsinPsin0sin同理可得MN/ MN,MN=2 MNsinasinPsin0sin,MU/ ML ,ML.Ml = 2 sin :- sin - sin 0 sin ,LK/ LK；LK=2LKsinasinPsin0sin.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 ABC疗卜切于O O圆心0在对角线BD上的射影为 M求证BD平分/ AMC证：设O 0在ABCD3边切点为 A、B、C、D.不妨设O 0半径为1,以0为原点建立复平面，则O 0为单位圆.令Ai、B、C、D所代表的复数为a,

10、 b,c,d,则由熟知结论可知2ab2bcD = B , A =寸,B =2da d + a .注意到过BD直线方程为 B D x + B_D _将B、D代入化简得B Dx + _BD.c + d a b x ab c + d cd a +x又过0且垂直于BD直线方程为)+B- Db 1 x _ 2 cd ab x _ 0 .B D将B、D代入化简得c + d a b x + ab c + d cd a + b x = 0 + ，=cd abd a b得x _ c +二二b，此即为M的复数表示,M=cd abc+ d ab 又A MBD / AMC被 BD平分 二 / AMD： / DMfc

11、BzDCMA M C2m =a m c2mB DB D将A、B C D M代入得2bccd ab2adb + c c + d a b a + dcd ab(A M(C M)_B-D 2 2aba + b c + acd abc + d a b2cd 21 a + b c + d 2bcc + d a b cd ab b + ci 2 adc + d a b cd cb c + d 1Z=1 (a + bc + d 4 abed (c + d a bf + (cd ab) 2? + dgb + c 2(c + d bgcd ab bc(a + d)+ ad(b + c =4c + d a b 2

12、 abc + d cd a + b 2注意到1 a + b C + d 4abcdc + d- a- b $ + cd- ab a +2b b + C 2c + d a b cd ab cd ab b + d + adb + C4(c + d a b ) ab(c + d cd(a + b)2 2a + b c + d 4 abp + d -cdf + bh 2 ( (cd ab) (a + db + c i 2ab卩 + d cdfa + b (ab cd+ b + c + d”1 ab cd abcd a 2 b 山 c 2 d 2a b X c + 2 abcd a + b 4abcd

13、a + b c +=2 a 2 b 2 c + d 2 + 2 c 2 d 2 a + b 2 4abcd a +汀 d3/“ V a 3 b3 c 3 d 3琴*=4ab c + d cd a + b2 2= fa + b gc + d 4 ab(c + d cd(a + b + (cd ab)(a =c + d a b 2 abca b i+ d b + c -2abc + 2d -cda + b ab-cd a + b + c + d + d cd a + b 比较知仅需证24abcdc + dab 2c + da b cdabbca + d + adb=4 ab c + d cd a

14、+2b 2abc + d cda + b abcd a + b + c + d2=2 ab cd ab c + d cd a +abc + d cd a + b ab cd a + b + c + dd + c + d a b cd ab abc + abd + bcd + acd=ab cd ab c + d cd a +2 2=2 ab c + d 2cd a + bd a b ab c + d + cd a + b 2 2cda +b cdc +b+abc +d a +babc +d + cda +bc +d cda +b2=ab c + d a + b + ab c + d2222=2

15、 ab c + d 2cd a + b = 2 ab c + d 2cd a + b ，得证.06 双心四边形 ABCD A8 BD= E,内、外心为I、Q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.GCsin Z GMCCMsin Z CGHCMsin Z GMCSin Z AGKCMAG=AKsin Z AKG _ sin Z AGKAKsin Z AKGsin Z CGMAK同理GC _CLGC CL CM CG 口一.一厂即G_G.AGAN .AG AN AK AG 1引理的证明：设 A8 KM= G, LNP KM=

16、 G,由正弦定理得故AC NL KM三线共点.同理 BD KM LN三线共点，弓I理得证.C回到原题：切点仍记为 K L、M N由引理KMT LN= E.以I为中心，O KNM为反演圆作反演， A、B、C、D分别为KLMN四边中点.由 BC/ KM/ AD； AB7/ NL/ DC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KML LN由反演性质知 Q I、O三点共线设LN KM中点为P、R,则-1 -IQ = 4 IA + IB + IC + ID1f1=4 IK + IL + IM + IN = 2 IR + IP .由垂径定

17、理知 PIRE为矩形.从而IR + IP = IEIQ =2 IE，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AB CD = AD BC ,当且仅当 FC AE = EC AF,当且仅当BE BF = DE DF .（图1）引理2:凸四边形ABCD在角C有旁切圆当且仅当BC BA =DC DA,当且仅当 EB ED = FB FD .（图 2）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

18、：EB-EA=FA-FB.证明一：设 BA =a,AC 二 b,CG = c,GB =d,BD = e, DG = f, GA = g.因为 BFG CAG , AEG DBG ,所以-JFG -FB = （g -b）,AcEG EA 专(d -e).要证 FA -FB = EB EA,即证 d(g b) + g = 9(d _e)+d. cf2 +2 b2由余弦定理知，c g2cg2 2 2f d -e,即5CGA DGB 二 2df2 2 2c_ gb_1 =2cg2df2_e 仁 (c -g b)(c- g - b) _ (f - d e)(f - d - e)2cg2df已知条件CB-

19、CA=DA-DB=c d-b = f g-e：= c-b-g 二 f -d-e=O.故c -g bcgf -de df11 11Cg（gb）r 市（de）=g(d -e) d.证明二：记.GAB = 1 , GAC 二:,-GBA -二 GBD二辽由正弦定理知，已知条件等价于CB CA =DA DB =CA CB DA DBAB AB 一 AB AB-sin r sin(:.)_ sin():) -sin :si n() sin()a + P -0 a + P +62sincos 22a + P +ea + P+e2sincos22e +p _p e +p + p 2sincos2 2e +p

20、 + p e +p + p 2sincos2 2a +P -00 +P +Psinsin= sin2展亠 21-2- 2 - -a +P +90 +P -Psin2 2-coscos2：亠 2二-coscos* 亠 2 l-：, -?coscos2-2 : 2 -+ cos2.：亠 2 cos 2a COS .2 2由正弦定理知FA FBcos cos2,要证明的结论等价于AB ABEA EBAB ABsin(愿一(：亠.J)sin ： sin sin(理-亠 J) = r sin ：sin ： sin ：sin ：亠2卩-2 cossin22sin a2日十屮半2cossin2 2sin 很

21、亠21，2蔦u coscos cos cos2 2 2 2因此,命题成立证明三：设 CA 一 DB =Q, AE - BF = P.CB -CA 二 DA -DB=AC AD 二 BC BD=凸四边形GCQ在角 G有旁切圆(引理2)u CQ CG =DQ DG (引理 2)=(AQ - AC) CG =(BQ - BD) DG= BP AG = AP (AG AC - BD -CG DG) (平行四边形 AQBP中, AQ 二 BP, BQ 二 AP )=BP AG 二 AP （DA - BD AC - CG）二 AP （BC - AC AC - CG）二 AP BG 二 凸四边形 PAGB 有内