张志朝暑期培训材料-四边形对角线互相垂直的充要条件及其应用

1、BD _ AC)nAB2 CD2 =BC2 AD2，.BHi DH；二 BH； DH；BH： _DH； =BH； _DH；BD(BH-DH 二 B(D BHDH四边形对角线互相垂直的充要条件及其应用张志朝在平几问题的求证中， 我们常常会遇到一类： 两线段互相垂直的证明问题， 而要求证的 互相垂直的两线段，又可作为一个四边形的一对对角线。对于此类问题，往往可以采用四边形对角线互相垂直的充要条件进行求证，而此种证法，不仅思路清晰、方向明确，而且过程也比较简捷，下面我们先来研究四边形对角线互相垂直的充要条件。定理：四边形对边平方和相等是对角线互相垂直的充要条件。亦即，如图（1）所示，对四边形 ABC

2、D， AB2 CD2 =BC2 ADBD _ AC，【证明】（1）先证必要性（即由 BD _ AC，求证AB2 CD BC2 AD2）设BD与AC相交于H ,BD _ AC二 Ag+cD=( bH + aH 十 C"H+ D)H= (BH2 +C H) +( aH + dH)又 BC2 AD2 =(BH2 CH2) (AH2 DH2)，2 2 2 2.AB2 CD =BC2 AD2（2）再证充分性（即由 AB2 CD2二BC2 AD2，求证:如图（2），由A向BC作垂线，垂足为H,， 由C向BC作垂线，垂足为H2.于是有：AB2 CD2 二AH； BH； CH； DH；2 2 2 2

3、 2 2BC AD 二 BH2 CH2 AH, DH,BH, DH2 =BH2 DH,H,H0即H,与H2重合，故有BD AC。说明：（）从以上证明的过程看，我们可以发现此定理，它对凹四边形，以及空间四边形亦成立，这样其应用的领域也就更广泛了。（2）在应用本定理进行证明时， 我们亦可以直接运用： 若四边形的一对邻边的平方差 与另一对邻边的平方差相等，则该四边形的对角线互相垂直。AD、BE、CF交于点H例1（ 2001.全国）如图（3）ABC中，0为外心，三条高直线ED和AB交于点M , FD交于点N，求证：代B,D,E四点共圆（一BED - BAD）又有：.MB MA 二 MD ME由BE _

4、 NA，得NB2 NH 2 二 AB2 AH 2由DA _ BC，得B D2 - C D = BA- Ac由OB _ DF，得bn2 - bD二 0N- OD由OC _ DE，得CM2- cD= oM- OD-丿+十-，得NH2 -MH 2 =ON2 -OM 2，OM 2-MH 2 =NO所以,OH _MN2-NH 2方法二 在图（4）中，设MH与：ABH的外接圆相交于T，连 AT ,ET , DT . A, B, H ,T 四点共圆MB MA =MH MTAD _ BC,BE _ AC由与知：MH MT二MD ME，故D,H ,T,E也四点共圆HTD = HED， 又 BED 二 BAD .

5、 MAD =/MTD ,. M,代 T,D 四点共圆.MH HT 二AH HD又 OM2R=(OM R)(OMR)二 mb ma,2 2.om =mb ma r于是 OM 2 -MH2 =(MB MA R2)-(MH MT - MH HT)2 2=MH HT -R =AH HD R（其中R是：ABC外接半径）另一方面，同样可以获得：ON2 -NH2 二 AH HD R2，故OM 2 -MH= ON2 - NH3. MAD =/MTD ,. M,代 T,D 四点共圆因此，OH _MN 说明：从方法一的证明过程看，第（1）小题的结论是为第（2）小题的求证所作的铺垫，所 以方法一缺少了这一铺垫，就无

6、法展开，同时，方法一中5个等式之间内在的联系，也是不易发现的；而从方法（二）的证明看，它无需第（1）小题的结论作铺垫，难度在于对MH的处理，对其策略之经典、方法之巧妙的感受。 来反思时，将会更加深刻，更加难忘。）（当我们将它与巩固练习 2的求证方法一起3. MAD =/MTD ,. M,代 T,D 四点共圆3. MAD =/MTD ,. M,代 T,D 四点共圆例2 设四边形ABCD为凸四边形，AC二BD，在它的边AB,BC,CD,DA上分别作中心为O-i, O2 , O3 , O4的等边三角形，求证：O1O3 O2O4.【证明】如图所示，0,B = -BO,BA）（cos30 isin 30

7、 ）3B02 二 BC(cos30isin30)二 0, 02 = 0, B+ BBA同理有:厂s «IIO3O4 =y|DADA DCO2 罷0,04 =AB AD033. MAD =/MTD ,. M,代 T,D 四点共圆3. MAD =/MTD ,. M,代 T,D 四点共圆。2。3| 盲 CD+CB322*2222 于是 0Q2| +|O3O4 = BA +|bc| +2BA BC+|da| +|DC +2DA DC+。2。34 22'222=AB + AD +2AB AD + CD + CB +2CD CB这样，就有 O1O2+ O3O42=O1O4 + 02032

8、，等价于:BA BC DA DC =AB AD CD CB .又由题设条件:AC = BD，可知:AB +BC = BC +CD 与 AD +DC = BA + AD ,于是有:AB+BC +AD+DC = BC+CD +BA+AD故 AB BC AD DC = BC CD BA AD ,亦即：BA BC DA DC 二 AB AD CD CB ,因此有：O1O2+O3O42Oi O4+ O2O3 ，故四边形O1,O2,O3,O4的对角线O1O3与O2O4互相垂直。说明：从本例的证明过程中， 我们可以发现：题设条件中的等边三角形可以改变为正方形：点o1,o2,o3,o4也可以改变为等边三角形的

9、另一顶点；更一般地，只要o在对应边的中垂线上，并且 Oi与顶点所连线与对应边的夹角都相等，则都有题中结论成立。例3 （2007.中国西部） 如图（6），首Oi与& O2相交于C,D点，过点D的一条直线分别 与、Q、匸O2相交于点 代B ,点P在0“的弧AD上，PD与线段AC的延长线交于点 M，点Q在、。2的弧BD上，QD与线段BC的延长线交于点 N , O是 ABC的外心, 求证：OD _MN的充要条件为P,Q,M,N四点共圆。【证明】设三角形ABC的外接圆O的半径为 从 N 至U圆 O 的切线为 NX ，nO=N2 X 2 R NC+ N B 同理 MO2 二 MC MA R2.又因

10、为A, C, D,四点共圆，所M C M朮 M D同理由 Q,D,C,B四点共圆，得NCNB二NDNQ由，得NO? M0?二ND NQ MD MP= ND(ND NQ) _MD(MD DP)2 2二 ND -MD (ND DQ -MD DP).所以 OD _ MN 二 NO2 MO2 二 ND2 - MD2 = ND DQ二 MD DP= P,Q,M, N 四点共圆.说明：对、O外一点M ,过该点任作O的割线，若割线与-O相交于A, B，则MAMB是个定值(切线长的平方)，我们称此定值为点 M关于、O的幕，它的值也等于 OM 2 - R2(R为、O半径)，所以，在上述证明过程中，我们有：MO2

11、 =MC MA R2，与NO2二NC NB R2.本例的证明，正是有了它们，才能够顺利的进行下去。例4如图(7)所示，在AABC的边A B AC得延长线上分别取点M , N ,使得KAM二CN二p这里p是 ABC的半周长，作外接圆的 直径BK , I为内心.求证：KI - MN .【证明】 设. ABC的内切圆切 AB于P，切CB于Q，/BAK = BCK =90，利用勾股定理，有KM2 _KN2 =(KA2 AM2) _(KC2 CN2) = KA2 _ 心=(KA2 _ KB2) (KB2 _ KC2) = BC2 _ AB2.另一方面，IM 2 -IN2 =(IP2 PM2) -(IQ2

12、 QN2)2 2=PM -QN=(AM-AP)2_(CN -QC)2二 1(AB BAC)-?(AB BC CA) -QC-l(AP BC)-APf - l(QC AB)-QC F 二 BC2 - AB2.由得KM2 KN $ =|M-IN2说明：在这里由切线长定理可知，:ABC的周长=2AP 2BQ 2CQ二2AP 2BC ,1同样也有： ABC的周长=2QC 2AB.所以在证明过程中就有： AM -AP= CABC的21周长AP =BC，与CN -QCABC 的周长-QC二AB .此种等量代换，在本例证明2中十分关键；另外，勾股定理的多次应用，亦是本例获证的另一个关键。例5 （第53届IM

13、O第5题）已知三角形 ABC中，/ ACB=90 °, D是过顶点C的高的垂足. 设X是线段CD内部一点.K是线段AX上一点，使得BK=BC. L是线段BX上一点，使 得AL=AC.设M是AL与BK的交点.证明：MK=ML.证明：设 ADL的外接圆为0，延长DC与v O相交于R，连AR, KR, LR, DK，再连RM，于是要证： MK =ML，只要证明 RMK三RML .延长BX交AR于T，在Rt ACB中，由于CD _ AB，所以，AC2二AD AB ,又 AC =AL , AL2 二 AD AB，: ADL 、 ALB , ALD =“ABL .又 ARD 二 ALD , AR

14、D 二 ABT并且有： RAD BAT Z BTA =/RDA =90 ,X为 ABR的垂心，AK RBAR2 -RK2 =AB2 - BK2 =AB2 -BD BA = AB AD又 /ARD /ALD , - Z ARD /ABT .并且有：.RAD =/BAT . . BTA=/RDA=90 .X 是 ARB 的垂心， AK_RB.AR? RK? = AB? BK $ 二 AB BD BA 二 AB AD二(AD DB) AD 二 AD? AD DB 二 AD? CD?二 AC?二 AL?,RK? =AR? AL? =RL?, RK = RL .同样在Rt ACB中，亦有BC?二BD B

15、A，又 BC二BK ,BK? =BD BA , BAK 相似：BKD , BAK = BKD ,又 BAK =/BRD , . BKD =/BRD.B,D,K, R四点共圆，BKR=/BDR=90 .于是 Rt. RMK 二 Rt. RML , . MK =ML .说明：一般而言，定理的应用， 主要是通过证明对角线互相垂直来体现，而在本例的证 明过程中，MK二ML的获得，充分体现了定理的另一种作用.巩固练习1.如图（8）所示，设O为 ABC的外心，AB = AC， D为AB中点，E 是 ACD的重 心，求证：OE_CD【证明】 取AD中点F，连CF，连OA,OC，记BC =a, AB =AC

16、=b，依题设AF 1a，于是由余弦定理可得：CosB ,进FB 3一?b? 而由CF?半b?a 3bCosB14丿 4解得CF?a?b?，16故 CE?4CF9另一方面,由FEECFDDB1，知 DE / BC ?BC，且 DE =3从而CE-DE?b? ?又 OC -OD?= OB-OD?= BD?因此 C E? - D E = C 0- D.O2. （1997. CMO, 2010.全国题的充分性）如图（9）所示，点 O是"ABC的外心，K是边上一点（非中点），在AK的延长线上 取一点D，连BD、CD并延长， 别交AB与AC所在直线于M、若A,B,D,C四点共圆，求证:丄MN设M

17、K所在直线与T，连【证明】lABK的外接圆相交于AT,CT,DT由于 MB MA =MK MT.MK MT 二 MD MCOK分N，又 MDMC =MB MAD, C,T,I四点共圆KTD 二KCD 二KAM.A, M , D,T也四点共圆.MK KT = AK KD .OM? KM $ =(MB MA -R2) - (MT - KT) MK2=MB MA R -MT MK KT2 2MK =KT MK -R =AK KD R22同理亦有 ON -KN =AK KD-R.O K_ M N2 2 2 2.OM - KM = ON - KN 23.( 2006.波兰)已知点C是线段AB的中点,过点

18、 AC的、Oi与过点B,C的'。2相交于C,D两点，点P是、Q上弧AD （不包含点C ）的中点，点Q是、O?上弧BD （不包含点C ）的中点,求证：PQ_CD.【解】如图（10），设AD, PC相交于点E，BD ,QC相交于点F，由 PA 二 PD，知 PDE =/PCD又 DPE =/CPD y PDE 相似 PCD 于曰PD _PE 于是PC PD同理即 PD2 =PC PEDQ2 二 QC QF由 PA 二 PD又.CPA 二/CDE ，则. CPA 相似. ：CDE于是CACECPCD，即 PC CE 二 CA CD同理，QC CF =CB CD而 PD2 QD2 二 PC PE QC QF 二 PC(PC CE) 一 QC(QC 一 CF)-PC2 -QC2 QCCF PC CE 2 PC 2 QC CB CD CAD -P C Q C所以，