圓外切四邊形的性質(zhì)及應(yīng)用

..圓外切四邊形的性質(zhì)及應(yīng)用雙心四邊形，外心為O，外接圓半徑為R，心為P，切圓半徑為r，OI=h．證明EQ\F(1,R+h2)+EQ\F(1,R－h(huán)2)=EQ\F(1,r2)．證：如圖，分別過K、L、M、N作PK、PL、PM、PN垂線交于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四點共圓．我們設(shè)其半徑為，易證B、P、D；A、P、C分別三點共線．∴r=PLsin=PBsinsin=PB·EQ\F(PC,BC)EQ\F(AP,AB),PC·AP=2－d2d為ABCD的外心記為與P的距離．又易證AC⊥BD，∴EQ\F(PB,BC·AB)=EQ\F(1,2)r=EQ\F(2－d2,2)…①延長NP交BC于T，易證T為BC中點卜拉美古塔定理．∴T∥PS,S∥PT．□TPS中，4OT2=PS2+OS2－d2=22－d2．又ON=EQ\F(1,2)EQ\R(22－d2)O為KLMN的外心即為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－h(huán)22)=EQ\F(1,R+h2)+EQ\F(1,R－h(huán)2)．證明圓外切四邊形ABCD的對角線AC、BD的中點E、F與圓心O共線．證：沿用上題的記號，對點X、Y、Z，用dX,YZ表示X到Y(jié)Z的距離．設(shè)⊙O半徑為r，∠BAD=2,∠ABC=2,∠BCD=2,∠CDA=2，那么,,,均為銳角且+++=．∴sin,sin,sin,sin>0．連結(jié)EF假設(shè)E與F重合，那么結(jié)論顯然成立，以下設(shè)E與F不重合．在線段EF上取點O使EQ\F(EO,OF)=EQ\F(sinsin,sinsin)．連OA、OD、OGF為⊙O與AD相切處，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因為+++=，所以cos++cos+=0．同理dO,AB=dO,BC=dO,DA=r．∴O與O重合，故知結(jié)論成立，證畢．△ABC，在BC、CA、AB上分別取點D、E、F使四邊形AEDF、BDEF、CDEF均為圓外切四邊形．求證AD、BE、CF三線共點．證：作△DEF切圓⊙，切EF、FD、DE于P、Q、R．又設(shè)△ABC切圓為⊙I，△AEF切圓為⊙1．記⊙1、⊙、⊙I半徑分別為R1,R,r．由AEDF為圓外切四邊形知AF+DE=AE+DF．∴FP－PE=FD－DE=FA－AE．∴⊙1切EF于P，∴⊙1與⊙外切，∴1、P、三點共線．另一方面，易知A、1、I三點共線．延長AP交I于T，那么對△I1與截線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為線段I上一個定點，∴AP、BQ、CR三線共點于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．再用角平分線定理知上式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．將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三線共點，得證．四邊形ABCD既可外切于圓，又可接于圓，并且ABCD的切圓分別與它的邊AB、BC、CD、AD相切于點K、L、M、N，四邊形的∠A和∠B的外角平分線相交于點K，∠B和∠C的外角平分線相交于點L，∠C和∠D的外角平分線相交于點M，∠D和∠A的外角平分線相交于點N．證明，直線KK、LL、MM、NN經(jīng)過同一個點．證：如圖，設(shè)∠BCD的切圓圓心為I，∠BAI=∠IAD=,∠ABI=∠CBI=,∠BCI=∠DCI=,∠CDI=∠ADI=θ．⊙I半徑為r．由ABCD還有外接圓可得+=+θ=EQ\F(,2)．∴∠KAB==∠NAI由于KN為A外角平分線，且A、K、B、I四點共圓，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．于是四邊形KLMN與四邊形KLMN位似，對應(yīng)頂點連線KK、LL、MM、NN共點于位似中心，得證．設(shè)凸四邊形ABCD外切于⊙O，圓心O在對角線BD上的射影為M．求證BD平分∠AMC．證：設(shè)⊙O在ABCD四邊切點為A1、B1、C1、D1．不妨設(shè)⊙O半徑為1，以O(shè)為原點建立復(fù)平面，那么⊙O為單位圓．令A(yù)1、B1、C1、D1所代表的復(fù)數(shù)為a,b,c,d，那么由熟知結(jié)論可知D=EQ\F(2ab,a+b),A=EQ\F(2bc,b+c),B=EQ\F(2cd,c+d),C=EQ\F(2da,d+a)．注意到過BD直線方程為B－Dx+BD=B－Dx+BD．將B、D代入化簡得c+d－a－bx－[abc+d－cda+b]x=2cd－ab…①又過O且垂直于BD直線方程為EQ\F(x,B－D)+EQ\F(x,B－D)=0．將B、D代入化簡得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)，此即為M的復(fù)數(shù)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))．將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比擬③④知僅需證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，得證．雙心四邊形ABCD，AC∩BD=E，、外心為I、O．求證I、O、E三點共線．證：引理：圓外切四邊形ABCD，切點為M、N、K、L，那么AC、BD、MK、NL四線共點．引理的證明：設(shè)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三線共點．同理BD、KM、LN三線共點，引理得證．回到原題：切點仍記為K、L、M、N，由引理KM∩LN=E．以I為中心，⊙KNM為反演圓作反演，A、B、C、D分別為KLMN四邊中點．由BC∥KM∥AD,AB∥NL∥DC知ABCD為平行四邊形．而A、B、C、D共圓知A、B、C、D共圓，ABCD必為矩形，其中心設(shè)為Q，且有KM⊥LN．由反演性質(zhì)知Q、I、O三點共線．設(shè)LN、KM中點為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．由垂徑定理知PIRE為矩形．從而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三點共線，從而O、I、E三點共線．平面幾何中兩個重要定理引理1:凸四邊形ABCD有切圓當(dāng)且僅當(dāng),當(dāng)且僅當(dāng)當(dāng)且僅當(dāng)〔圖１〕