圆外切四边形的性质及应用

..圆外切四边形的性质及应用双心四边形，外心为O，外接圆半径为R，心为P，切圆半径为r，OI=h．证明EQ\F(1,R+h2)+EQ\F(1,R－h2)=EQ\F(1,r2)．证：如图，分别过K、L、M、N作PK、PL、PM、PN垂线交于A、B、C、D．∵∠LCM=180－∠LPM=∠PLM+∠PML=EQ\F(1,2)∠MLK+∠LMN,∠KAN=EQ\F(1,2)∠LKN+∠KNM．∴A、B、C、D四点共圆．我们设其半径为，易证B、P、D；A、P、C分别三点共线．∴r=PLsin=PBsinsin=PB·EQ\F(PC,BC)EQ\F(AP,AB),PC·AP=2－d2d为ABCD的外心记为与P的距离．又易证AC⊥BD，∴EQ\F(PB,BC·AB)=EQ\F(1,2)r=EQ\F(2－d2,2)…①延长NP交BC于T，易证T为BC中点卜拉美古塔定理．∴T∥PS,S∥PT．□TPS中，4OT2=PS2+OS2－d2=22－d2．又ON=EQ\F(1,2)EQ\R(22－d2)O为KLMN的外心即为O且R=EQ\F(1,2)EQ\R(22－d2)…②，h=EQ\F(1,2)d…③由①②③得EQ\F(1,r2)=EQ\F(42,2－d22)=EQ\F(2R2+h2,R2－h22)=EQ\F(1,R+h2)+EQ\F(1,R－h2)．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dX,YZ表示X到YZ的距离．设⊙O半径为r，∠BAD=2,∠ABC=2,∠BCD=2,∠CDA=2，那么,,,均为锐角且+++=．∴sin,sin,sin,sin>0．连结EF假设E与F重合，那么结论显然成立，以下设E与F不重合．在线段EF上取点O使EQ\F(EO,OF)=EQ\F(sinsin,sinsin)．连OA、OD、OGF为⊙O与AD相切处，那么OG⊥AD,AG=OGcot=rcot,GD=OGcot=rcot．故AD=rcot+cot．∴dA,CD=rcot+cotsin2．∴dE,CD=EQ\F(1,2)sin2cot+cotr=sincoscot+cotr=sincoscot+cos2r=sincoscot－sin2r+r=sin·EQ\F(coscos－sinsin,sin)r+r=EQ\F(sincos+,sin)+1r．同理dF,CD=EQ\F(sincos+,sin)+1r．由EQ\F(EO,OF)=EQ\F(sinsin,sinsin)知dO,CD=EQ\F(sinsinEQ\F(sincos+,sin)+1r+sinsinEQ\F(sincos+,sin)+1r,sinsin+sinsin)=EQ\F(sinsincos++cos+,sinsin+sinsin)r+r=r因为+++=，所以cos++cos+=0．同理dO,AB=dO,BC=dO,DA=r．∴O与O重合，故知结论成立，证毕．△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切圆⊙，切EF、FD、DE于P、Q、R．又设△ABC切圆为⊙I，△AEF切圆为⊙1．记⊙1、⊙、⊙I半径分别为R1,R,r．由AEDF为圆外切四边形知AF+DE=AE+DF．∴FP－PE=FD－DE=FA－AE．∴⊙1切EF于P，∴⊙1与⊙外切，∴1、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，那么对△I1与截线AP用梅氏定理知EQ\F(0T,TI)EQ\F(IA,A1)EQ\F(1P,P)=1．注意到EQ\F(A1,AI)=EQ\F(R1,r)，上式EQ\F(0T,TI)EQ\F(r,R1)EQ\F(R1,R)=1，即EQ\F(0T,TI)=EQ\F(R,r)．∴T为线段I上一个定点，∴AP、BQ、CR三线共点于T．由塞瓦定理知EQ\F(sin∠FAP,sin∠EAP)EQ\F(sin∠ECR,sin∠DCR)EQ\F(sin∠DBQ,sin∠FBQ)=1．再用角平分线定理知上式EQ\F(EQ\F(FP,FA),EQ\F(EP,EA))EQ\F(EQ\F(ER,EC),EQ\F(DR,DC))EQ\F(EQ\F(DQ,DB),EQ\F(FQ,FB))=1．将FP=FQ,EP=ER,DQ=DR代入得EQ\F(FA,EA)EQ\F(EC,DC)EQ\F(DB,FB)=1．由塞瓦定理即知AD、BE、CF三线共点，得证．四边形ABCD既可外切于圆，又可接于圆，并且ABCD的切圆分别与它的边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的切圆圆心为I，∠BAI=∠IAD=,∠ABI=∠CBI=,∠BCI=∠DCI=,∠CDI=∠ADI=θ．⊙I半径为r．由ABCD还有外接圆可得+=+θ=EQ\F(,2)．∴∠KAB==∠NAI由于KN为A外角平分线，且A、K、B、I四点共圆，AB=rcot+cotB．∴EQ\F(AK,sin∠KBA)=EQ\F(AB,sin∠AIB)即EQ\F(AK,sinθ)=EQ\F(rcot+cot,sin+)．∴AK=EQ\F(rsinθ,sinsin)．同理AN=EQ\F(rsin,sinsinθ)．∴KN=EQ\F(rsin2θ+sin2,sinsinsinθ)=EQ\F(r,sinsinsinθ)，KN⊥AI．而KN∥KN且EQ\F(KN,KN)=2rsin且KN⊥AI．∴KN∥KN且EQ\F(KN,KN)=2sinsinsinθsin．同理可得MN∥MN,EQ\F(MN,MN)=2sinsinsinθsin,ML∥ML,EQ\F(ML,ML)=2sinsinsinθsin,LK∥LK,EQ\F(LK,LK)=2sinsinsinθsin．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．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，那么⊙O为单位圆．令A1、B1、C1、D1所代表的复数为a,b,c,d，那么由熟知结论可知D=EQ\F(2ab,a+b),A=EQ\F(2bc,b+c),B=EQ\F(2cd,c+d),C=EQ\F(2da,d+a)．注意到过BD直线方程为B－Dx+BD=B－Dx+BD．将B、D代入化简得c+d－a－bx－[abc+d－cda+b]x=2cd－ab…①又过O且垂直于BD直线方程为EQ\F(x,B－D)+EQ\F(x,B－D)=0．将B、D代入化简得c+d－a－bx+[abc+d－cda+b]x=0…②EQ\F(①+②,2c+d－a－b)得x=EQ\F(cd－ab,c+d－a－b)，此即为M的复数表示，M=EQ\F(cd－ab,c+d－a－b)．又∵∠AMC被BD平分EQ\O(,∠)AMD=EQ\O(,∠)DMCEQ\F(EQ\F(A－M,B－D),EQ\F(B－D,C－M))REQ\F(A－MC－M,B－D2)=EQ\X\TO(EQ\F(A－MC－M,B－D2))．将A、B、C、D、M代入得EQ\F(A－MC－M,B－D2)=EQ\F(EQ\F(2bc,b+c)－EQ\F(cd－ab,c+d－a－b)EQ\F(2ad,a+d)－EQ\F(cd－ab,c+d－a－b),EQ\F(2ab,a+b)－EQ\F(2cd,c+a)2)=EQ\F(1,4)EQ\F(a+bc+d[2bcc+d－a－b－cd－abb+c][2adc+d－a－b－cd－cbc+d],c+d－a－b2[abc+d－cda+d]2)=EQ\F(1,4)EQ\F(a+bc+d[4abcdc+d－a－b2+cd－ab2a+db+c－2c+d－a－bcd－ab[bca+d+adb+c],c+d－a－b2[abc+dcda+b]2)…③注意到EQ\F(1,4)EQ\F(a+bc+d[4abcdc+d－a－b2+cd－ab2a+bb+c－2c+d－a－bcd－abcd－ab[bca+d+adb+c],c+d－a－b2[abc+d－cda+b]2)=EQ\F(1,4)EQ\F(EQ\F(a+b,ab)EQ\F(c+d,cd)[EQ\F(4,abcd)EQ\F([abc+d－cda+b]2,a2b2c2d2)+EQ\F(cd－ab2a+db+c,a3b3c3d3)－EQ\F(2[abc+d－cda+b]2ab－cda+b+c+d,a3b3c3d3)],EQ\F([abc+d－cda+b]2c+d－a－b2,a4b4c4d4))=EQ\F(a+bc+d{4[abc+d－cda+b]2+cd－ab2a+db+c－2[abc+d－cda+b]ab－cda+b+c+d},c+d－a－b2[abc+d－cda+b]2)…④比拟③④知仅需证4abcdc+d－a－b2－2c+d－a－bcd－ab[bca+d+adb+c=4[abc+d－cda+b]2－2[abc+d－cda+b]ab－cda+b+c+d2abcdc+d2+2abcda+b2－4abcda+bc+d+[abc+d－cda+b]ab－cda+b+c+d=2a2b2c+d2+2c2d2a+b2－4abcda+bc+d+c+d－a－bcd－ababc+abd+bcd+2ab－cd[abc+d2－cda+b2]=ab－cd{[abc+d－cda+b]a+b+c+d+c+d－a－b[abc+d+cda+b]}2abc+d2－2cda+b2=abc+da+b+abc+d2－cda+b2－cdc+b+abc+d2－a+babc+d+cda+bc+d－cda+b22abc+d2－2cda+b2=2abc+d2－2cda+b2，得证．双心四边形ABCD，AC∩BD=E，、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，那么AC、BD、MK、NL四线共点．引理的证明：设AC∩KM=G，LN∩KM=G，由正弦定理得EQ\F(GC,AG)=EQ\F(CMEQ\F(sin∠GMC,sin∠CGH),AKEQ\F(sin∠AKG,sin∠AGK))=EQ\F(CM,AK)EQ\F(sin∠GMC,sin∠AKG)EQ\F(sin∠AGK,sin∠CGM)=EQ\F(CM,AK)．同理EQ\F(GC,AG)=EQ\F(CL,AN)．∴EQ\F(GC,AG)=EQ\F(CL,AN)=EQ\F(CM,AK)=EQ\F(CG,AG)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KM∩LN=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BC∥KM∥AD,AB∥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KM⊥LN．由反演性质知Q、I、O三点共线．设LN、KM中点为P、R，那么EQ\s\up8(→)\d\ba24()IQ=EQ\F(1,4)EQ\s\up8(→)\d\ba24()IA+EQ\s\up8(→)\d\ba24()IB+EQ\s\up8(→)\d\ba24()IC+EQ\s\up8(→)\d\ba24()ID=EQ\F(1,4)EQ\s\up8(→)\d\ba24()IK+EQ\s\up8(→)\d\ba24()IL+EQ\s\up8(→)\d\ba24()IM+EQ\s\up8(→)\d\ba24()IN=EQ\F(1,2)EQ\s\up8(→)\d\ba24()IR+EQ\s\up8(→)\d\ba24()IP．由垂径定理知PIRE为矩形．从而EQ\s\up8(→)\d\ba24()IR+EQ\s\up8(→)\d\ba24()IP=EQ\s\up8(→)\d\ba24()IE．∴EQ\s\up8(→)\d\ba24()IQ=EQ\F(1,2)EQ\s\up8(→)\d\ba24()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有切圆当且仅当,当且仅当当且仅当〔图１〕