圆外切四边形的性质及应用

大全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 1(R + h ) 2 + 1(R －h ) 2= 1r 2． 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 = 12 (∠MLK + ∠LMN ),∠KAN = 12 (∠LKN + ∠KNM )．∴ A 、B 、C 、D 四点共圆．我们设其半径为ρ，易证 B 、P 、D ；A 、P 、C 分别三点共线．∴ r = PL sin β = PB sin α sin β = PB ·PC BCAPAB, PC ·AP = ρ 2－d 2(d 为ABCD 的外心记为Ω与P 的距离)． 又易证AC ⊥BD ，∴PB BC ·AB = 12ρ ⇒ r = ρ 2－d22ρ… ① 延长NP 交BC 于T ，易证T 为BC 中点(卜拉美古塔定理)． ∴ ΩT ∥PS , ΩS ∥PT ．□ΩTPS 中，4O 'T 2 = PS 2 + OS 2－d 2 = 2ρ 2－d 2．又 O 'N = 12 2ρ 2－d 2⇒ O '为KLMN 的外心(即为O )且R = 12 2ρ 2－d 2… ②，h = 12d … ③●●CAPO L ST'KβαMNαBΩα大全由①②③得 1r 2 = 4ρ 2(ρ 2－d 2 ) 2 = 2(R 2 + h 2)(R 2－h 2 ) 2 = 1(R + h ) 2 + 1(R －h ) 2 ．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 = 2α, ∠ABC = 2β, ∠BCD = 2γ, ∠CDA = 2δ，则 α, β, γ, δ均为锐角且 α + β + γ + δ = π． ∴ sin α, sin β, sin γ, sin δ > 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EO 'O 'F = sin β sin δsin α sin γ． 连OA 、OD 、OG (F 为⊙O 与AD 相切处)，则OG ⊥AD , AG = OG cot α = r cot α, GD = OG cot δ = r cot δ． 故AD = r (cot α + cot δ)．∴ d (A , CD ) = r (cot α + cot δ) sin 2δ．∴ d (E , CD ) = 12sin 2δ (cot α + cot δ)r = sin δ cos δ (cot α + cot δ)r= (sin δ cos δ cot α + cos 2δ )r = (sin δ cos δ cot α－sin 2δ )r + r = sin δ·cos δ cos α－sin δ sin αsin α r + r = ( sin δ cos (α + δ)sin α+ 1)r ．同理 d (F , CD ) = ( sin γ cos (β + γ)sin β+ 1)r ．O BA●D EO'( )F ●●大全 由EO 'O 'F = sin β sin δsin α sin γ知 d (O ', CD ) =sin α sin γ (sin δ cos (α + δ)sin α + 1)r + sin β sin δ ( sin γ cos (β + γ)sin β+ 1)r sin α sin γ + sin β sin δ= sin δ sin γ ( cos (α + δ) + cos (β + γ))sin α sin γ + sin β sin δr + r= r (因为 α + β + γ + δ = π，所以 cos (α + δ) + cos (β + γ) = 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⊙ω，切EF 、FD 、DE 于P 、Q 、R ．又设△ABC 内切圆为⊙I ，△AEF 内切圆为⊙ω1．记⊙ω1、⊙ω、⊙I 半径分别为R 1, R , r ． 由AEDF 为圆外切四边形知AF + DE = AE + DF ． ∴ FP －PE = FD －DE = FA －AE ．∴ ⊙ω1切EF 于P ，∴ ⊙ω1与⊙ω外切，∴ ω1、P 、ω 三点共线． 另一方面，易知A 、ω1、I 三点共线．延长AP 交I ω于T ，则对△I ωω1与截线AP 用梅氏定理知ω0T TI IA A ω1 ω1PP ω= 1． CQP EFR1●●●●I AB TDωω大全注意到A ω1AI = R 1r ，上式 ⇔ ω0T TI r R 1 R 1R = 1，即 ω0T TI = R r． ∴ T 为线段ωI 上一个定点，∴ AP 、BQ 、CR 三线共点于T ． 由塞瓦定理知 sin ∠FAP sin ∠EAP sin ∠ECR sin ∠DCR sin ∠DBQsin ∠FBQ= 1．再用角平分线定理知上式 ⇔ FP FA EP EA ER EC DR DC DQ DBFQ FB= 1．将FP = FQ , EP = ER , DQ = DR 代入得 FA EAEC DC DBFB= 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 = α, ∠ABI = ∠CBI = β, ∠BCI = ∠DCI = γ, ∠CDI = ∠ADI = θ．⊙I 半径为r ． 由ABCD 还有外接圆可得 α + γ = β + θ = π2 ．∴ ∠K 'AB = γ = ∠N 'AI (由于K 'N '为A 外角平分线)， 且A 、K '、B 、I 四点共圆，AB = r (cot α + cot B )．∴ AK 'sin ∠K 'BA = ABsin ∠AIB 即 AK 'sin θ = r (cot α + cot β)sin (α + β)． ACN●●D L BIMKK'M'N'L'αβαβθγθγγγ大全∴ AK ' = r sin θsin β sin α ．同理 AN ' = r sin βsin α sin θ．∴ K 'N ' = r (sin 2 θ + sin 2 β)sin α sin β sin θ = rsin α sin β sin θ，K 'N '⊥AI ．而KN ∥K 'N '且KNK 'N '= 2r sin γ 且KN ⊥AI ． ∴ KN ∥K 'N '且 KNK 'N '= 2 sin α sin β sin θ sin γ． 同理可得 MN ∥M 'N ', MN M 'N ' = 2 sin α sin β sin θ sin γ, ML ∥M 'L ', MLM 'L ' = 2 sin α sin β sin θ sin γ, LK ∥L 'K ',LKL 'K '= 2 sin α sin β sin θ sin γ． 于是四边形KLMN 与四边形K 'L 'M 'N '位似，对应顶点连线K 'K 、L 'L 、M 'M 、N 'N 共点于位似中心，得证．大全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A 1、B 1、C 1、D 1．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A 1、B 1、C 1、D 1所代表的复数为a , b , c , d ，则由熟知结论可知 D = 2ab a + b , A = 2bc b + c , B = 2cd c + d , C = 2da d + a ．注意到过BD 直线方程为 (⎺B －⎺D )x + B ⎺D = (B －D )⎺x + ⎺B D ． 将B 、D 代入化简得(c + d －a －b )x －[ ab (c + d )－cd (a + b )]⎺x = 2cd －ab … ① 又过O 且垂直于BD 直线方程为 xB －D + ⎺x⎺B －⎺D = 0．将B 、D 代入化简得(c + d －a －b )x + [ ab (c + d )－cd (a + b )]⎺x = 0 … ②① + ②2(c + d －a －b ) 得 x = cd －ab c + d －a －b ，此即为M 的复数表示，M = cd －abc +d －a －b ．又∵ ∠AMC 被BD平分 ⇔ )∠AMD = )∠DMC ⇔ A －MB －D B －DC －M∈ R ⇔ (A －M )(C －M )(B －D ) 2= (A －M )(C －M )(B －D ) 2 ．将A 、B 、C 、D 、M 代入得(A －M )(C －M )(B －D ) 2 = ( 2bcb +c －cd －ab c + d －a －b )( 2ad a + d －cd －abc +d －a －b )( 2ab a + b －2cd c + a )2 = 14 (a + b )(c + d )[ 2bc (c + d －a －b )－(cd －ab )(b + c )][ 2ad (c + d －a －b )－(cd －cb )(c + d )](c + d －a －b ) 2 [ ab (c + d )－cd (a + d )]2A D 1111B ABC D O大全= 14 (a + b )(c + d )[ 4abcd (c + d －a －b ) 2 + (cd －ab ) 2 (a + d )(b + c )－2(c + d －a －b )(cd －ab )[ bc (a + d ) + ad (b + c )](c + d －a －b ) 2 [ ab (c + d )cd (a + b )] 2… ③ 注意到14(a + b )(c + d )[ 4abcd (c + d －a －b ) 2 + (cd －ab ) 2 (a + b )(b + c )－2(c + d －a －b )(cd －ab )(cd －ab )[ bc (a + d ) + ad (b + c )](c + d －a －b ) 2 [ ab (c + d )－cd (a + b ) ] 2= 14 a + b ab c + d cd [ 4abcd [ab (c + d )－cd (a + b )]2a 2b 2c 2d 2 + (cd －ab ) 2 (a + d )(b + c )a 3 b 3 c 3 d 3 －2[ab (c + d )－cd (a + b )] 2 (ab －cd )(a + b + c + d )a 3 b 3c 3d 3][ab (c + d )－cd (a + b )] 2 (c + d －a －b ) 2a 4 b 4 c 4 d4= (a + b )(c + d ){ 4[ab (c + d )－cd (a + b )] 2 + (cd －ab ) 2(a + d )(b + c )－2[ab (c + d )－cd (a + b )](ab －cd )(a + b + c + d )}(c + d －a －b ) 2 [ ab (c + d )－cd (a + b )]2… ④ 比较③④知仅需证4abcd (c + d －a －b ) 2－2(c + d －a －b )(cd －ab )[bc (a + d ) + ad (b + c )]= 4[ab (c + d )－cd (a + b )] 2－2[ab (c + d )－cd (a + b )](ab －cd )(a + b + c + d )⇔ 2abcd (c + d ) 2 + 2abcd (a + b ) 2－4abcd (a + b )(c + d ) + [ ab (c + d )－cd (a + b )](ab －cd )(a + b + c + d ) = 2a 2b 2(c + d ) 2+ 2c 2d 2(a + b ) 2－4abcd (a + b )(c + d ) + (c + d －a －b )(cd －ab )(abc + abd + bcd + acd ) ⇔ 2(ab －cd )[ab (c + d ) 2－cd (a + b ) 2]= (ab －cd ){[ab (c + d )－cd (a + b )](a + b + c + d ) + (c + d －a －b )[ab (c + d ) + cd (a + b )]} ⇔ 2ab (c + d ) 2－2cd (a + b )2= ab (c + d )(a + b ) + ab (c + d ) 2－cd (a + b ) 2－cd (c + b ) + ab (c + d ) 2－(a + b )ab (c + d ) + cd (a + b )(c + d )－cd (a + b ) 2 ⇔ 2ab (c + d ) 2－2cd (a + b ) 2= 2ab (c + d ) 2－2cd (a + b ) 2，得证． 06 双心四边形ABCD ，AC ∩BD = E ，内、外心为I 、O ．求证I 、O 、E 三点共线．大全证：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AC ∩KM = G ，LN ∩KM = G '，由正弦定理得GC AG = CM sin ∠GMC sin ∠CGHAK sin ∠AKG sin ∠AGK= CM AK sin ∠GMC sin ∠AKG sin ∠AGK sin ∠CGM = CM AK ． 同理G 'C AG ' = CL AN ．∴ G 'C AG ' = CL AN = CM AK = CGAG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B 'C '∥KM ∥A 'D ', A 'B '∥NL ∥D 'C '知A 'B 'C 'D '为平行四边形．而A 、B 、C 、D 共圆知A '、B '、C '、D '共圆，A 'B 'C 'D '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 ，则 → IQ ' = 14(→ IA ' + → IB ' + → IC ' + → ID ' )= 14 (→ IK + → IL + → IM + → IN ) = 12 (→ IR + → IP )． 由垂径定理知PIRE 为矩形．从而→ IR + → IP = →IE ．DG CMNAB LK G'( )DP RIE C●●●●A'B'C'MNAB LK ●●●D'大全∴ → IQ = 12 → 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BC AD CD AB +=+,当且仅当,AF EC AE FC +=+当且仅当.DF DE BF BE +=+（图１）引理2:凸四边形ABCD 在角C 有旁切圆当且仅当,DA DC BA BC +=+当且仅当.FD FB ED EB +=+（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:EB-EA=FA-FB.证明一:设,,,,d GB c CG b AC a BA ====.,,g GA f DG e BD ===因为BFG ∆～CAG ∆,AEG ∆～DBG ∆,所以 ),(b g cdFB FG -=-大全).(e d fgEA EG -=- 要证,EA EB FB FA -=-即证=+-g b g cd)(.)(d e d f g +-由余弦定理知,,2cos cos 2222222dfe df DGB CGA cg b g c -+=∠=∠=-+即 .2))((2))((1212222222dfe df e d f cg b g c b g c df e d f cg b g c --+-=--+-⇔--+=--+已知条件CB-CA=DA-DB 0≠--=--⇔-+=-+⇔e d f g b c e g f b d c .故)(11)(11e d dfd b g cg g dfe df cg b g c --=--⇔+-=+- ⇔=+-g b g cd)(.)(d e d f g +-证明二:记,,αβ=∠=∠GAC GAB.,ϕθ=∠=∠GBD GBA 由正弦定理知,已知条件等价于大全 ABDB AB DA AB CB AB CA DB DA CA CB -=+-⇔-=- 2cos 2sin 22cos 2sin 22cos 2sin 22cos 2sin 2)sin(sin )sin()sin()sin(sin βϕθβϕθβϕθβϕθθβαθβαθβαθβαβϕθβϕθθβαβαθ++++++-+=++++++-+⇔++-+=++++-⇔ 2sin 2sin 2sin 2sin βϕθθβαβϕθθβα-+++=++-+⇔22cos 22cos 22cos 22cos ϕβαϕθααθϕϕβα-++++-=-++++-⇔ =-++++⇔22cos 22cos ϕβαϕβα22cos 22cos αθϕϕθα-++++ .2cos 22cos 2cos 22cos αθϕϕβα+=+⇔ 由正弦定理知,要证明的结论等价于 ABEB AB EA AB FB AB FA +-=- ϕϕθπϕθαβαβαπsin ))(sin(sin sin sin sin sin ))(sin(+-+-=-+-⇔ ϕϕϕθααβαsin 2sin 22cos 2sin 2sin 22cos2+=+⇔大全.2cos 22cos 2cos 22cos αθϕϕβα+=+⇔ 因此,命题成立.证明三:设.,P BF AE Q DB CA =⋂=⋂DB DA CA CB -=-⇔BD BC AD AC +=+⇔凸四边形GCQD 在角G 有旁切圆(引理2)DG DQ CG CQ +=+⇔(引理2)DG BD BQ CG AC AQ +-=+-⇔)()()(DG CG BD AC AG AP AG BP +--++=+⇔(平行四边形AQBP 中,AP BQ BP AQ ==,)BGAP CG AC AC BC AP CG AC BD DA AP AG BP +=-+-+=-+-+=+⇔)()(⇔凸四边形PAGB 有内切圆(引理1)BE BF AE AF +=+⇔(引理1)FB FA EA EB -=-⇔. 题目2:已知,ABC ∆记ΘΓ为ABC ∆的边BC 的旁切圆.任意选取一条平行于BC 的直线,l 分别交线段AB,AC 于点D,E.记ADE ∆的内切圆为1ΘΓ.过点D,E 作ΘΓ的切线(不过点A)交于点P;过B,C 作1ΘΓ的切线(不过点A)交于点Q.证明: 无论如何选取直线,l 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.大全 证明:设N BC M DE =ΘΓ⋂=ΘΓ⋂,1.切点为X,Y,.,,V BC PY U BC PX P EY DX =⋂=⋂=⋂ 凸四边形ADPE 在角P 处有旁切圆EP EA DP DA +=+⇒(引理2).又AD EM DM AE +=+,故EM EP DM DP +=+.因此,点M 也是EPD ∆在DE边上的旁切圆的切点. 易知:点N 是VPU ∆在UV 边上的旁切圆的切点. EPD ∆与VPU ∆关于点P 位似)//(CB DE ,且点M 和点N 是该位似变换下的对应点,故点M,N,P 共线.①切点为I,J,Q CJ BI L DE CJ K DE BI =⋂=⋂=⋂,,.由引理1知,.BQ AC CQ AB +=+又,BN AB CN AC +=+故,BN BQ CN CQ +=+因此,点N 也是CQB∆在BC 边上的旁切圆的切点. 易知:点M 是LQK ∆在KL 边上的旁切圆的切点.CQB ∆与LQK ∆关于点P 位似)//(CB LK ,且点M 和点N 是该位似变换下的对应点,故点M,N,Q 共线.②由①和②知，直线PQ 过定点N.。

圆与圆内切外切关系分析一、圆的定义与基本性质1.1 圆的定义：平面上一动点以一定点为中心，一定长为距离运动一周的轨迹称为圆。

1.2 圆心：圆上所有点到圆心的距离相等，称为圆心。

1.3 半径：从圆心到圆上任意一点的距离称为半径。

1.4 直径：通过圆心，并且两端点都在圆上的线段称为直径。

1.5 圆的性质：圆上任意一点到圆心的距离等于半径；圆心到圆上任意一点的连线与圆的切线垂直；圆的周长公式：C=2πr，其中r为半径，π为圆周率。

二、圆与圆的位置关系2.1 外切：两个圆外部相切，此时两圆的圆心距等于两圆半径之和。

2.2 内切：一个圆内切于另一个圆，此时两圆的圆心距等于两圆半径之差。

2.3 相离：两个圆不相交，且圆心距大于两圆半径之和。

2.4 相交：两个圆相交，且圆心距小于两圆半径之和，大于两圆半径之差。

2.5 包含：一个圆完全包含另一个圆，此时两圆的圆心距等于大圆半径减去小圆半径。

三、圆与圆内切外切关系的应用3.1 圆的切线：圆的切线与圆的半径垂直，且切点在圆的半径上。

3.2 圆的弦：连接圆上任意两点的线段称为弦，直径是最大的弦。

3.3 圆的弧：圆上任意两点间的部分称为弧，圆周角等于90度的弧称为半圆。

3.4 圆的内切四边形：一个四边形四个顶点都在圆上，称为圆的内切四边形。

其对角互补，即任意两个对角的和为180度。

3.5 圆的外切四边形：一个四边形四个顶点都在圆外，称为圆的外切四边形。

其对角互补，即任意两个对角的和为180度。

四、圆与圆内切外切关系的证明4.1 圆外切的证明：设两圆O1和O2，半径分别为r1和r2，圆心距为d。

当两圆外切时，有d=r1+r2。

4.2 圆内切的证明：设两圆O1和O2，半径分别为r1和r2，圆心距为d。

当两圆内切时，有d=r2-r1。

五、圆与圆内切外切关系的拓展5.1 圆的相交：当两个圆相交时，交点数量与两圆的位置关系有关。

外离则无交点，外切则有一个交点，相离则有两个交点，相交则有三个交点，内切则有一个交点，包含则有两个交点。

切线长定理—知识讲解（基础）责编：康红梅【学习目标】1.了解切线长定义；理解三角形的内切圆及内心的定义；2.掌握切线长定理；利用切线长定理解决相关的计算和证明.【要点梳理】要点一、切线长定理1．切线长：经过圆外一点作圆的切线，这点和切点之间的线段的长，叫做这点到圆的切线长.要点诠释：切线长是指圆外一点和切点之间的线段的长，不是“切线的长”的简称.切线是直线，而非线段. 2．切线长定理：从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角. 要点诠释：切线长定理包含两个结论：线段相等和角相等.3．圆外切四边形的性质：圆外切四边形的两组对边之和相等.要点二、三角形的内切圆1．三角形的内切圆：与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆.这个三角形叫作圆的外切三角形.2．三角形的内心：三角形内切圆的圆心是三角形三条角平分线的交点，叫做三角形的内心. 三角形的内心是这个三角形的三条角平分线的交点.要点诠释：(1) 任何一个三角形都有且只有一个内切圆，但任意一个圆都有无数个外切三角形；(2) 解决三角形内心的有关问题时，面积法是常用的，即三角形的面积等于周长与内切圆半径乘积的一半，即(S为三角形的面积，P为三角形的周长，r为内切圆的半径).【典型例题】类型一、切线长定理1．（2015秋•湛江校级月考）已知PA 、PB 分别切⊙O 于A 、B ，E 为劣弧AB 上一点，过E 点的切线交PA 于C 、交PB 于D ．（1）若PA=6，求△PCD 的周长． （2）若∠P=50°求∠DOC．【答案与解析】解：（1）连接OE ， ∵PA、PB 与圆O 相切， ∴PA=PB=6，同理可得：AC=CE ，BD=DE ，△PCD 的周长=PC+PD+CD=PC+PD+CE+DE=PA+PB=12； （2）∵PA PB 与圆O 相切， ∴∠OAP=∠OBP=90°∠P=50°，∴∠AOB=360°﹣90°﹣90°﹣50°=130°， 在Rt△AOC 和Rt△EOC 中，，∴Rt△AOC≌Rt△EOC（HL ）， ∴∠AOC=∠COE， 同理：∠DOE=∠BOD， ∴∠COD=∠AOB=65°．【总结升华】本题考查的是切线长定理和全等三角形的判定和性质，掌握切线长定理是解题的关键．2．（2016秋•江阴市校级期中）如图，AB 、AC 、BD 是⊙O 的切线，P 、C 、D 为切点，如果AB=5，AC=3，则BD 的长为 ．【思路点拨】由于AB 、AC 、BD 是⊙O 的切线，则AC=AP ，BP=BD ，求出BP 的长即可求出BD 的长． 【答案】2．【解析】解：∵AC 、AP 为⊙O 的切线， ∴AC=AP ，∵BP 、BD 为⊙O 的切线， ∴BP=BD ，∴BD=PB=AB ﹣AP=5﹣3=2． 故答案为：2．【总结升华】本题考查了切线长定理，两次运用切线长定理并利用等式的性质是解题的关键． 举一反三：【变式】已知：如图，⊙O 为ABC ∆的外接圆，BC 为⊙O 的直径，作射线BF ，使得BA 平分CBF ∠，过点A 作AD BF ⊥于点D .求证：DA 为⊙O 的切线.FCFC【答案】连接AO .∵ AO BO =，∴ 23∠=∠.∵ BA CBF ∠平分，∴ 12∠=∠. ∴ 31∠=∠ . ∴ DB ∥AO .∵ AD DB ⊥,∴ 90BDA ∠=︒.∴ 90DAO ∠=︒.∵ AO 是⊙O 半径，∴ DA 为⊙O 的切线.3．如图，正方形ABCD 边长为4cm ，以正方形的一边BC 为直径在正方形ABCD 内作半圆，过A 作半圆的切线，与半圆相切于F 点，与DC 相交于E 点，则△ADE 的面积（ ）A.12B.24C.8D.6【答案】D；【解析】∵AE与圆O切于点F，显然根据切线长定理有AF=AB=4cm，EF=EC，设EF=EC=xcm，则DE=（4﹣x）cm，AE=（4+x）cm，在三角形ADE中由勾股定理得：（4﹣x）2+42=（4+x）2，∴x=1cm，∴CE=1cm，∴DE=4﹣1=3cm，∴S△ADE=AD•DE÷2=3×4÷2=6cm2．【总结升华】此题主要考查圆的切线长定理，正方形的性质和勾股定理等知识，解答本题关键是运用切线长定理得出AB=AF，EF=EC．类型二、三角形的内切圆4．（2015•靖江市校级二模）如图，在△ABC中，I是内心，O是AB边上一点，⊙O经过B点且与AI相切于I点．（1）求证：AB=AC；（2）若BC=16，⊙O的半径是5，求AI的长．【解题思路】（1）延长AI交BC于D，连结OI，如图，根据内心的性质得∠OBI=∠DBI，则可证明OI∥BD，再根据切线的性质得OI⊥AI，则BD⊥AD，加上AI平分∠BAC，所以△ABC为等腰三角形，得到AB=AC；（2）由OI∥BC，得到△AOI∽△ABD，得到比例式，再根据勾股定理求得323=，于是就可得．【答案与解析】解：（1）延长AI交BC于D，连结OI，如图，∵I是△ABC的内心，∴BI平分∠ABC，即∠OBI=∠DBI，∵OB=OI，∴∠OBI=∠OIB，∴∠DBI=∠OIB，∴OI∥BD，∵AI为⊙O的切线，∴OI⊥AI，∴BD⊥AD，∵AI平分∠BAC，∴△ABC为等腰三角形，∴AB=AC；（2）∵OI∥BC，∴△AOI∽△ABD，∴==，∴=，∴AB=，323=，∴AI=•AD=×=．【总结升华】本题考查了三角形的内切圆与内心，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等，正确的作出辅助线是解题的关键．举一反三：【变式】已知如图，△ABC中，∠C=90°，BC=4，AC=3，求△ABC的内切圆⊙O的半径r.【答案】连结OA、OB、OC，∵△ABC中，∠C=90°，BC=4，AC=3，∴AB=5.则S△AOB+S△COB+S△AOC=S△ABC，即11115+4+3=34=12222r r r r⨯⨯⨯⨯⨯，。

切线长定理—知识讲解【学习目标】1.了解切线长定义,掌握切线长定理；2.了解圆外切四边形定义及性质；3. 利用切线长定理解决相关的计算和证明.【要点梳理】要点一、切线长定理1．切线长：经过圆外一点作圆的切线，这点和切点之间的线段的长，叫做这点到圆的切线长.要点诠释：切线长是指圆外一点和切点之间的线段的长，不是“切线的长”的简称.切线是直线，而非线段. 2．切线长定理：从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角. 要点诠释：切线长定理包含两个结论：线段相等和角相等.要点二、圆外切四边形的性质1.圆外切四边形四边形的四条边都与同一个圆相切,那这个四边形叫做圆的外切四边形.2.圆外切四边形性质圆外切四边形的两组对边之和相等.【典型例题】类型一、切线长定理1．（2015秋•湛江校级月考）已知PA、PB分别切⊙O于A、B，E为劣弧AB上一点，过E点的切线交PA于C、交PB于D．（1）若PA=6，求△PCD的周长．（2）若∠P=50°求∠DOC．【答案与解析】解：（1）连接OE，∵P A、PB与圆O相切，∴PA=PB=6，同理可得：AC=CE，BD=DE，△PCD的周长=PC+PD+CD=PC+PD+CE+DE=PA+PB=12；（2）∵PA PB 与圆O 相切，∴∠OAP=∠OBP=90°∠P=50°，∴∠AOB=360°﹣90°﹣90°﹣50°=130°，在Rt△AOC 和Rt△EOC 中，，∴Rt△AOC≌Rt△EOC（HL ），∴∠AOC=∠COE，同理：∠DOE=∠BOD， ∴∠COD=∠AOB=65°．【总结升华】本题考查的是切线长定理和全等三角形的判定和性质，掌握切线长定理是解题的关键．2． 如图，△ABC 中，∠ACB=90°，以AC 为直径的⊙O 交AB 于D ，E 为BC 中点.求证：DE 是⊙O 切线.【答案与解析】连结OD 、CD ，AC 是直径，∴OA=OC=OD ，∴∠OCD=∠ODC ，∠ADC=90°，∴△CDB 是直角三角形.∵E 是BC 的中点，∴DE=EB=EC ，∴∠ECD=∠EDC ，∠ECD+∠OCD=90°，∴∠EDC+∠ODC=90°，即OD ⊥ED ，∴DE 是⊙O 切线.【总结升华】自然连接OD ，可证OD ⊥DE.举一反三：【变式】已知：如图，⊙O 为ABC ∆的外接圆，BC 为⊙O 的直径，作射线BF ，使得BA 平分CBF ∠，过点A 作AD BF ⊥于点D .求证：DA 为⊙O 的切线. O FDC B A3421O F D CB A【答案】连接AO .∵ AO BO∠=∠.=，∴ 23∵ BA CBF∠平分，∴ 12∠=∠. ∴ 31∠=∠ .∴ DB∥AO.∵ AD DB⊥,∴ 90∠=︒.DAOBDA∠=︒.∴ 90∵ AO是⊙O半径，∴ DA为⊙O的切线.3．如图，正方形ABCD边长为4cm，以正方形的一边BC为直径在正方形ABCD内作半圆，过A作半圆的切线，与半圆相切于F点，与DC相交于E点，则△ADE的面积（）A.12B.24C.8D.6【答案】D；【解析】∵AE与圆O切于点F，显然根据切线长定理有AF=AB=4cm，EF=EC，设EF=EC=xcm，则DE=（4﹣x）cm，AE=（4+x）cm，在三角形ADE中由勾股定理得：（4﹣x）2+42=（4+x）2，∴x=1cm，∴CE=1cm，∴DE=4﹣1=3cm，∴S△ADE=AD•DE÷2=3×4÷2=6cm2．【总结升华】此题主要考查圆的切线长定理，正方形的性质和勾股定理等知识，解答本题关键是运用切线长定理得出AB=AF，EF=EC．类型二、圆外切四边形4.（西青区二模）已知四边形ABCD中，AB∥CD，⊙O为内切圆，E为切点．（Ⅰ）如图1，求∠AOD的度数；（Ⅱ）如图1，若AO=8cm，DO=6cm，求AD、OE的长；（Ⅲ）如图2，若F是AD的中点，在（Ⅱ）中条件下，求FO的长．【答案与解析】解：（Ⅰ）∵⊙O为四边形ABCD的内切圆，∴AD、AB、CD为⊙O的切线，∴OD平分∠ADC，OA平分∠BAD，即∠ODA=∠ADC，∠OAD=∠BAC，∵AB∥CD，∴∠ADC+∠BAC=180°，∴∠ODA+∠OAD=90°，∴∠AOD=90°；（Ⅱ）在Rt△AOD中，∵AO=8cm，DO=6cm，∴AD==10（cm），∵AD切⊙O于E，∴OE⊥AD，∴OE•AD=OD•OA，∴OE==（cm）；（Ⅲ）∵F是AD的中点，∴FO=AD=×10=5（cm）．【总结升华】本题考查了三角形的内切圆与内心，也考查了切线长定理．举一反三：【变式】在圆外切四边形ABCD中，AB:BC:CD:AD只可能是（）.A.2:3:4:5B.3:4:6:5C.5:4:1:3D.3:4:2:5【答案】B.。

四边形性质及应用四边形是平面几何学中的基本图形之一，它由四条线段组成，这四条线段依次连接起来形成一个封闭的图形。

四边形广泛应用于建筑设计、地理测量、计算机图形学等领域。

它具有以下特点和性质：1. 边的性质：四边形有四条边，它们可以是直线段，也可以是曲线段。

四边形的边有两对对边，即相对的两条边平行且长度相等，正是由于这一性质，四边形在实际应用中具有较好的稳定性。

2. 角的性质：四边形有四个角，它们的和为360度。

而对边角是相等的，即相对的两个角的度数相等，同时曲线边所围的角是该曲线的内角，而直线边所围的角是该直线的外角。

3. 对角线的性质：四边形拥有两条对角线，它们互相交于一点，且这个交点将对角线划分为相等的两部分。

同时，对角线的长度关系也具有一定的规律，对角线之和大于两条非对角线之和。

4. 类型和特殊形状：四边形可以根据其边和角的性质分为不同的类型，常见的有四边形、平行四边形、矩形、菱形、正方形等。

每种特殊形状都有其独特的性质和应用场景。

在实际应用中，我们可以利用四边形的性质进行各种计算和测量，如测量建筑物的面积、计算电子屏幕的尺寸、设计桥梁和道路等。

下面是一些具体的应用案例：1. 建筑设计：在建筑设计中，我们经常会用到四边形的性质来计算建筑物的面积和体积。

例如，我们可以利用平行四边形的性质来计算一个房间的地板面积，或者利用矩形的性质来计算一个建筑物的体积。

2. 地理测量：在地理测量中，四边形也经常被用来进行测量和计算。

例如，我们可以利用四边形的对角线性质来计算一个地块的面积，或者利用正方形的性质来测量一个城市的面积。

3. 计算机图形学：在计算机图形学中，四边形是绘制图形的基本元素之一。

我们可以利用四边形的性质来绘制各种形状和图案，同时还可以利用四边形的平行性质来进行图形的变换和对称操作。

4. 组合数学：在组合数学中，四边形也是一个重要的研究对象。

例如，我们可以研究四边形的不同类型和组合方式，来解决一些组合计数问题或图论问题。

《外方内圆，外圆内方》（教案）六年级上册数学人教版教案：《外方内圆，外圆内方》一、教学内容本节课的教学内容选自人教版六年级上册数学教材，具体为第五章“圆”的第三节“圆的内接四边形和外切四边形”。

本节内容主要介绍圆的内接四边形和外切四边形的性质及其判定方法。

二、教学目标1. 让学生掌握圆的内接四边形和外切四边形的性质及判定方法。

2. 培养学生运用几何知识解决实际问题的能力。

3. 培养学生的观察能力、推理能力和创新能力。

三、教学难点与重点1. 教学难点：圆的内接四边形和外切四边形的判定方法。

2. 教学重点：圆的内接四边形和外切四边形的性质及其应用。

四、教具与学具准备1. 教具：黑板、粉笔、多媒体课件。

2. 学具：直尺、圆规、剪刀、彩笔。

五、教学过程1. 情境引入：利用多媒体课件展示生活中的圆形物体，如硬币、圆桌、地球等，引导学生关注圆形的特征。

2. 探究圆的内接四边形和外切四边形的性质：（1）引导学生观察圆的内接四边形和外切四边形的图形，发现它们的特征。

（2）引导学生通过画图、剪裁等方式，验证圆的内接四边形和外切四边形的性质。

3. 讲解圆的内接四边形和外切四边形的判定方法：（2）运用判定方法，解决实际问题。

4. 巩固练习：设计一些具有代表性的练习题，让学生运用所学知识解决问题，巩固所学内容。

5. 课堂小结：六、板书设计1. 圆的内接四边形的性质（1）对角互补（2）相邻角互补2. 圆的外切四边形的性质（1）对角互补（2）相邻角互补3. 圆的内接四边形和外切四边形的判定方法（1）内接四边形：四边形内接于圆（2）外切四边形：四边形外切于圆七、作业设计1. 题目：判断下列四边形是否为圆的内接四边形或外切四边形，并说明理由。

图1：四边形ABCD内接于圆O。

图2：四边形ABCD外切于圆O。

2. 答案：图1：四边形ABCD是圆的内接四边形，因为对角互补，相邻角互补。

图2：四边形ABCD是圆的外切四边形，因为对角互补，相邻角互补。

切线长定理—知识讲解（基础）【学习目标】1.了解切线长定义；理解切线的判定和性质；理解三角形的内切圆及内心的定义；2.掌握切线长定理；利用切线长定理解决相关的计算和证明.【要点梳理】要点一、切线的判定定理和性质定理1．切线的判定定理：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线.要点诠释：切线的判定方法：（1）定义：直线和圆有唯一公共点时，这条直线就是圆的切线；（2）定理：和圆心的距离等于半径的直线是圆的切线；（3）判定定理：经过半径外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线.（切线的判定定理中强调两点：一是直线与圆有一个交点，二是直线与过交点的半径垂直，缺一不可）.2．切线的性质定理：圆的切线垂直于过切点的半径.要点诠释：切线的性质：（1）切线和圆只有一个公共点；（2）切线和圆心的距离等于圆的半径；（3）切线垂直于过切点的半径；（4）经过圆心垂直于切线的直线必过切点；（5）经过切点垂直于切线的直线必过圆心.要点二、切线长定理1．切线长：经过圆外一点作圆的切线，这点和切点之间的线段的长，叫做这点到圆的切线长.要点诠释：切线长是指圆外一点和切点之间的线段的长，不是“切线的长”的简称.切线是直线，而非线段. 2．切线长定理：从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角. 要点诠释：切线长定理包含两个结论：线段相等和角相等.3．圆外切四边形的性质：圆外切四边形的两组对边之和相等.要点三、三角形的内切圆1．三角形的内切圆：与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆.2．三角形的内心：三角形内切圆的圆心是三角形三条角平分线的交点，叫做三角形的内心. 要点诠释：(1) 任何一个三角形都有且只有一个内切圆，但任意一个圆都有无数个外切三角形；(2) 解决三角形内心的有关问题时，面积法是常用的，即三角形的面积等于周长与内切圆半径乘积的一半，即(S 为三角形的面积，P 为三角形的周长，r 为内切圆的半径).(3) 三角形的外心与内心的区别：名称 确定方法 图形性质外心(三角形外接圆的圆心)三角形三边中垂线的交点(1)OA=OB=OC ；(2)外心不一定在三角形内部内心(三角形内切圆的圆心)三角形三条角平分线的交点(1)到三角形三边距离相等；(2)OA 、OB 、OC 分别平分 ∠BAC 、∠ABC 、∠ACB ； (3)内心在三角形内部.【典型例题】类型一、切线长定理1．如图，PA 、PB 、DE 分别切⊙O 于A 、B 、C ，⊙O 的半径长为6 cm ，PO ＝10 cm ，求△PDE 的周长．【答案与解析】连结OA ，则OA ⊥AP ．在Rt △POA 中，PA ＝22OA OP -＝22610-＝8（cm ）． 由切线长定理，得EA ＝EC ，CD ＝BD ，PA ＝PB ， ∴ △PDE 的周长为PE ＋DE ＋PD ＝PE ＋EC ＋DC ＋PD ，＝PE ＋EA ＋PD ＋DB ＝PA ＋PB ＝16（cm ）．【总结升华】本题考查切线长定理、切线的性质、勾股定理．注意：在有关圆的切线长的计算中，往往利用切线长定理进行线段的转换．【高清ID 号： 356967 关联的位置名称（播放点名称）：方法总结及例题1-2】2． 如图，△ABC 中，∠ACB=90°，以AC 为直径的⊙O 交AB 于D ，E 为BC 中点.求证：DE 是⊙O 切线.【答案与解析】连结OD 、CD ，AC 是直径，∴OA=OC=OD ，∴∠OCD=∠ODC ， ∠ADC=90°，∴△CDB 是直角三角形.∵E 是BC 的中点，∴DE=EB=EC ，∴∠ECD=∠EDC ，∠ECD+∠OCD=90°， ∴∠EDC+∠ODC=90°，即OD ⊥ED ， ∴DE 是⊙O 切线.【总结升华】自然连接OD ，可证OD ⊥DE. 举一反三：【变式】已知：如图，⊙O 为ABC ∆的外接圆，BC 为⊙O 的直径，作射线BF ，使得BA 平分CBF ∠，过点A 作AD BF ⊥于点D .求证：DA 为⊙O 的切线.OFD CBA3421OFD CBA【答案】连接AO .∵ AO BO =，∴ 23∠=∠.∵ BA CBF ∠平分，∴ 12∠=∠. ∴ 31∠=∠ . ∴ DB ∥AO .∵ AD DB ⊥,∴ 90BDA ∠=︒.∴ 90DAO ∠=︒. ∵ AO 是⊙O 半径，∴ DA 为⊙O 的切线.类型二、三角形的内切圆3．已知：如图，△ABC的三边BC=a，CA=b，AB=c，它的内切圆O的半径长为r．求△ABC的面积S．【答案与解析】设内切圆与三角形的三边AB、AC、BC分别交于D、E、F，连接OE、 OF、OD、AO、BO、CO.∴△ABC=△AO B+△AO C+△BO C=12r(a+b+c).【总结升华】考虑把△ABC的面积分割成3个以圆的半径为高的三角形面积的和，从而求出△ABC的面积.举一反三：【高清ID号：356967 关联的位置名称（播放点名称）：切线长定理及例3】【变式】已知如图，△ABC中，∠C=90°，BC=4，AC=3，求△ABC的内切圆⊙O的半径r.【答案】连结OA、OB、OC，∵△ABC中，∠C=90°，BC=4，AC=3，∴AB=5.则S△AOB+S△COB+S△AOC=S△ABC，即11115+4+3=34=1 2222r r r r ⨯⨯⨯⨯⨯，类型三、与相切有关的计算与证明4．如图，平行四边形ABCD中，以A为圆心，AB为半径的圆交AD于F，交BC于G，延长BA交圆于E.（1）若ED与⊙A相切，试判断GD与⊙A的位置关系，并证明你的结论；（2）在（1）的条件不变的情况下，若GC＝CD＝5，求AD的长.G FEDCBA【答案与解析】（1）结论：GD 与O 相切证明：连接AG ∵点G 、E 在圆上， ∴AG AE =∵四边形ABCD 是平行四边形， ∴AD BC ∥ ∴123B ∠=∠∠=∠，∵AB AG =，∴3B ∠=∠，∴12∠=∠ 在AED ∆和AGD ∆12AE AGAD AD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴AED AGD ∆∆≌，∴AED AGD ∠=∠ ∵ED 与A 相切∴90AED ∠=︒，∴90AGD ∠=︒ ∴AG DG ⊥∴GD 与A 相切（2）∵5GC CD ==，四边形ABCD 是平行四边形 ∴AB DC =，45∠=∠，5AB AG ==∵AD BC ∥，∴46∠=∠，∴1562B ∠=∠=∠∴226∠=∠ ，∴630∠=︒ ∴10AD =.【总结升华】本题虽然是圆和平行四边形的位置关系问题，但是依然考察的是如何将所有条件放在最基本的三角形中求解的能力.判断出DG 与圆相切不难，难点在于如何证明.第二问则不难，重点在于如何利用角度的倍分关系来判断直角三角形中的特殊角度，从而求解.654321GF EDCBA。

切线长定理—知识讲解（提高）【学习目标】1.了解切线长定义；理解切线的判定和性质；理解三角形的内切圆及内心的定义；2.掌握切线长定理；利用切线长定理解决相关的计算和证明.【要点梳理】要点一、切线的判定定理和性质定理1．切线的判定定理：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线.要点诠释：切线的判定方法：（1）定义：直线和圆有唯一公共点时，这条直线就是圆的切线；（2）定理：和圆心的距离等于半径的直线是圆的切线；（3）判定定理：经过半径外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线.（切线的判定定理中强调两点：一是直线与圆有一个交点，二是直线与过交点的半径垂直，缺一不可）.2．切线的性质定理：圆的切线垂直于过切点的半径.要点诠释：切线的性质：（1）切线和圆只有一个公共点；（2）切线和圆心的距离等于圆的半径；（3）切线垂直于过切点的半径；（4）经过圆心垂直于切线的直线必过切点；（5）经过切点垂直于切线的直线必过圆心.要点二、切线长定理1．切线长：经过圆外一点作圆的切线，这点和切点之间的线段的长，叫做这点到圆的切线长.要点诠释：切线长是指圆外一点和切点之间的线段的长，不是“切线的长”的简称.切线是直线，而非线段.2．切线长定理：从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角.要点诠释：切线长定理包含两个结论：线段相等和角相等.3．圆外切四边形的性质：圆外切四边形的两组对边之和相等.要点三、三角形的内切圆1．三角形的内切圆：与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆.2．三角形的内心：三角形内切圆的圆心是三角形三条角平分线的交点，叫做三角形的内心.要点诠释：(1) 任何一个三角形都有且只有一个内切圆，但任意一个圆都有无数个外切三角形；(2) 解决三角形内心的有关问题时，面积法是常用的，即三角形的面积等于周长与内切圆半径乘积的一半，即(S为三角形的面积，P为三角形的周长，r为内切圆的半径).【典型例题】类型一、切线长定理1.如图，等腰三角形ABC中，6AC BC==，8AB=．以BC为直径作⊙O交AB于点D，交AC于点G，DF AC⊥，垂足为F，交CB的延长线于点E．求证：直线EF是⊙O的切线.【答案与解析】如图，连结OD、CD，则90BDC∠=︒．∴CD AB⊥．∵ AC BC=，∴AD BD=．∴D是AB的中点．∵O是BC的中点，∴DO AC∥．∵EF AC⊥于F．∴EF DO⊥．∴EF是⊙O的切线．【总结升华】连半径，证垂直.举一反三：【变式】已知：如图，在梯形 ABCD中，AB∥DC，∠B=90°，AD=AB+DC，AD是⊙O的直径．求证：BC和⊙O相切．【答案】作OE⊥BC，垂足为E，∵ AB∥DC，∠B=90°，∴ OE∥AB∥DC，∵ OA=OD，∴ EB=EC，∴ BC是⊙O的切线．2.已知：如图，AB是⊙O的直径，BC是⊙O的切线，切点为B，OC平行于弦AD，求证：DC是⊙O的切线．【答案与解析】连接OD．∵ OA=OD，∴∠1=∠2．∵ AD∥OC，∴∠1=∠3，∠2=∠4．因此∠3=∠4．又∵ OB=OD，OC=OC，∴△OBC≌△ODC．∴∠OBC=∠ODC．∵BC是⊙O的切线，∴∠OBC=90°，∴∠ODC=90°，∴ DC是⊙O的切线．【总结升华】因为AB是直径，BC切⊙O于B，所以BC⊥AB．要证明DC是⊙O的切线，而DC和⊙O 有公共点D，所以可连接OD，只要证明DC⊥OD．也就是只要证明∠ODC=∠OBC.而这两个角分别是△ODC和△OBC的内角，所以只要证△ODC≌△OBC．这是不难证明的．举一反三：【高清ID号：356967 关联的位置名称（播放点名称）：练习题精讲】【变式】已知：∠MAN=30°，O为边AN上一点，以O为圆心、2为半径作⊙O，交AN于D、E两点，设AD=x，⑴如图⑴当x 取何值时，⊙O 与AM 相切；⑵如图⑵当x 为何值时，⊙O 与AM 相交于B 、C 两点，且∠BOC=90°．【答案】（1）设AM 与⊙O 相切于点B ，并连接OB ，则OB ⊥AB ；在△AOB 中，∠A=30°， 则AO=2OB=4， 所以AD=AO-OD ， 即AD=2．x=AD=2.（2）过O 点作OG⊥AM 于G∵OB=OC=2，∠BOC=90°，∴BC=，∴OA=∴x=AD= 2类型二、三角形的内切圆3.（2015•西青区二模）已知四边形ABCD 中，AB∥CD，⊙O 为内切圆，E 为切点．（Ⅰ）如图1，求∠AOD 的度数；（Ⅱ）如图1，若AO=8cm ，DO=6cm ，求AD 、OE 的长；（Ⅲ）如图2，若F 是AD 的中点，在（Ⅱ）中条件下，求FO 的长．图（2）【答案与解析】解：（Ⅰ）∵⊙O为四边形ABCD的内切圆，∴AD、AB、CD为⊙O的切线，∴OD平分∠ADC，OA平分∠BAD，即∠ODA=∠ADC，∠OAD=∠BAC，∵AB∥CD，∴∠ADC+∠BAC=180°，∴∠ODA+∠OAD=90°，∴∠AOD=90°；（Ⅱ）在Rt△AOD中，∵AO=8cm，DO=6cm，∴AD==10（cm），∵AD切⊙O于E，∴OE⊥AD，∴OE•AD=OD•OA，∴OE==（cm）；（Ⅲ）∵F是AD的中点，∴FO=AD=×10=5（cm）．【总结升华】本题考查了三角形的内切圆与内心，也考查了切线长定理．类型三、与相切有关的计算与证明4.（2016•三明）如图，在△ABC中，∠C=90°，点O在AC上，以OA为半径的⊙O交AB 于点D，BD的垂直平分线交BC于点E，交BD于点F，连接DE．（1）判断直线DE与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）若AC=6，BC=8，OA=2，求线段DE的长．【思路点拨】（1）直线DE与圆O相切，理由如下：连接OD，由OD=OA，利用等边对等角得到一对角相等，等量代换得到∠ODE为直角，即可得证；（2）连接OE，设DE=x，则EB=ED=x，CE=8﹣x，在直角三角形OCE中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的得到x的值，即可确定出DE的长．【答案与解析】解：（1）直线DE与⊙O相切，理由如下：连接OD，∵OD=OA，∴∠A=∠ODA，∵EF是BD的垂直平分线，∴EB=ED，∴∠B=∠EDB，∵∠C=90°，∴∠A+∠B=90°，∴∠ODA+∠EDB=90°，∴∠ODE=180°﹣90°=90°，∴直线DE与⊙O相切；（2）连接OE，设DE=x，则EB=ED=x，CE=8﹣x，∵∠C=∠ODE=90°，∴OC2+CE2=OE2=OD2+DE2，∴42+（8﹣x）2=22+x2，解得：x=4.75，则DE=4.75．【总结升华】此题考查了直线与圆的位置关系，以及线段垂直平分线定理，熟练掌握直线与圆相切的性质是解本题的关键．。

外切圆与特殊边形的特点研究外切圆是指一个圆与一个多边形的所有边均相切的情况。

本文将探讨外切圆与某些特殊边形的特点。

一、三角形的外切圆三角形是最简单的多边形，其外切圆被称为外接圆。

外接圆的特点如下：1. 外接圆的圆心位于三角形的垂直平分线的交点，垂直平分线即为三角形三边中线所形成的线段的垂直平分线。

2. 外接圆的半径等于三角形三条边的中线长度之积的二分之一。

二、正方形的外切圆正方形是一种特殊的矩形，其外切圆与正方形的关系如下：1. 外切圆的圆心位于正方形的对角线的交点上。

2. 外切圆的半径等于正方形边长的二分之一。

三、正五边形的外切圆正五边形是指五个边相等且五个角均为72°的多边形，其外切圆的特点如下：1. 外切圆的圆心位于正五边形的几何中心，这里的几何中心指正五边形的重心、内心和外心的交点。

2. 外切圆的半径等于正五边形边长的黄金分割比例，即正五边形的边长与外切圆半径之比为黄金分割比例。

四、正六边形的外切圆正六边形是指六个边相等且六个角均为120°的多边形，其外切圆的特点如下：1. 外切圆的圆心位于正六边形的几何中心，这里的几何中心指正六边形的重心、内心和外心的交点。

2. 外切圆的半径等于正六边形边长的二分之一。

五、正n边形的外切圆对于正n边形（n > 6），其外切圆的特点有如下规律：1. 外切圆的圆心位于正n边形的几何中心。

2. 外切圆的半径等于正n边形的边长与外接圆半径之比。

综上所述，不同特殊边形的外切圆具有不同的特点。

研究外切圆与特殊边形的关系有助于我们更好地理解几何图形的性质与特征。

对于相关领域的学生和研究者来说，熟练掌握外切圆与特殊边形的特点是十分重要的。

既有外接圆又有内切圆的四边形存在条件及其性质
杨新建
【期刊名称】《数学教学通讯：教师阅读》
【年(卷),期】1989(000)005
【摘要】我们知道,任何一个正多边形都存在外接圆和内切圆且两圆同心。

本文四边形内切圆和外接圆存在时,它的一些性质。

Ⅰ.存在条件任何一个圆存在着任意多的内接四边形和外切四边形,但并非任意的一个四边形都存在内切圆和外接圆,那么什么情况下这种四边形才存在呢?为此先引进两个引理引理1:四边形有外接圆的充要条件是其对角互补。

(证略) 引理2. 四边形外切于圆的充要条件是其对边之和相等。

【总页数】2页(P9-10)
【作者】杨新建
【作者单位】乐山师专数学系
【正文语种】中文
【中图分类】G633.6
【相关文献】
1.正多边形的内切圆和外接圆的一些性质——一个问题的求解、引申与推广 [J], 马俊华
2.三角形内有关外接圆内切圆半径的有趣性质 [J], 汪华
3.正多边形的内切圆和外接圆的一些性质 [J], 马俊华
4.既有内切园又有外接圆的四边形的判定、性质及作图 [J], 龙朝阳
5.圆内接四边形内切圆的有关性质 [J], 杨希
因版权原因，仅展示原文概要，查看原文内容请购买。

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1R + h2+1R－h2=1r 2．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 = 12∠MLK + ∠LMN,∠KAN = 12∠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 = PL sin = PB sin sin = PB·PCBC AP AB,PC·AP = 2－d2 d为ABCD的外心记为与P的距离．又易证AC⊥BD，∴PBBC·AB=12r =2－d22…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，4O T2 = PS2 + OS2－d2 = 22－d2．又O N = 1222－d2 O为KLMN的外心即为O且●●CDAPOLST'KβαMNαBΩαR = 1222－d 2 … ②，h = 12 d … ③由①②③得 1r 2 =4 2 2－d 2 2 = 2R 2 + h 2R 2－h 2 2=1R + h 2 +1R －h 2．02 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 = 2, ∠ABC = 2, ∠BCD = 2, ∠CDA = 2，则, , , 均为锐角且+ ++ = ．∴ sin , sin , sin , sin > 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 EO O F = sin sinsin sin ． 连OA 、OD 、OGF 为⊙O 与AD 相切处，则OG ⊥AD , AG = OG cot = r cot , GD = OG cot = r cot ． 故AD = r cot+ cot． ∴ d A , CD = r cot + cotsin 2．∴ d E , CD = 12 sin 2cot + cotr = sin coscot+ cotr = sin cos cot + cos 2r = sin cos cot －sin 2r + rO BA●DEO'( )F ●●= sin ·cos cos －sinsinsinr + r =sin cos+sin+ 1r ．同理 d F , CD =sin cos+sin+ 1r ．由 EO O F = sin sinsin sin 知 d O, CD = sin sinsincos +sin+ 1r + sin sinsin cos+sin+ 1r sin sin + sinsin=sin sin cos + + cos+sin sin + sin sinr + r = r 因为+ + + = ，所以 cos++ cos + = 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⊙，切EF 、FD 、DE 于P 、Q 、R ． 又设△ABC 内切圆为⊙I ，△AEF 内切圆为⊙1．记⊙1、⊙、⊙I 半径分别为R 1, 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 ，则对△I 1与截线AP 用梅氏定理知0T TI IA A 1 1PP = 1．注意到 A 1AI = R 1r ，上式0TTI r R 1R 1R = 1，即 0TTI = 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sin ∠FAP sin ∠EAP sin ∠ECR sin ∠DCR sin ∠DBQsin ∠FBQ= 1．再用角平分线定理知上式FP FA EP EAER EC DR DCDQ DB FQ FB= 1．将FP = FQ , EP = ER , DQ = DR 代入得 FA EA EC DC DBFB = 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 = , ∠ABI = ∠CBI = , ∠BCI = ∠DCI = , ∠CDI = ∠ADI = θ．⊙I 半径为r ．CQP EFR1●●●●I ABTDωω由ABCD 还有外接圆可得 + =+ θ = 2 ．∴ ∠K AB = = ∠N AI由于K N 为A 外角平分线，且A 、K 、B 、I 四点共圆，AB = r cot + cot B ． ∴AK sin ∠K BA = AB sin ∠AIB即 AK sin θ = r cot+ cotsin+．∴ AK = r sin θsin sin ．同理 AN = r sinsin sin θ ． ∴ K N= r sin 2 θ + sin 2 sin sin sin θ = rsin sin sin θ ，K N⊥AI ．而KN ∥K N 且 KNK N = 2r sin 且KN ⊥AI ． ∴ KN ∥K N 且 KNK N = 2 sin sin sin θ sin ．同理可得MN ∥M N , MNM N = 2 sin sin sin θ sin , ML ∥M L, MLM L = 2 sin sinsin θ sin ,LK ∥L K , LKLK = 2 sin sin sin θ sin ．于是四边形KLMN 与四边形K L M N 位似，对应顶点连线K K 、L L 、M M 、N N 共点于位似中心，得证．ACN●●D L BIMKK'M'N'L'αβαβθγθγγγ05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 = 2aba + b, A =2bcb +c , B =2cdc +d , C =2dad + a．注意到过BD直线方程为B－D x+ B D= B－D x+ B D．将B、D代入化简得c + d－a－b x－[ ab c + d－cd a + b]x = 2cd－ab…①又过O且垂直于BD直线方程为xB－D+xB－D= 0．将B、D代入化简得c + d－a－b x + [ ab c + d－cd a + b]x = 0 …②① + ②2c + d－a－b得x =cd－abc + d－a－b，此即为M的复数表示，M =cd－abc + d－a－b．又∵∠AMC被BD平分∠AMD = ∠DMC A－MB－DB－DC－MRA－M C－MB－D2=A－M C－MB－D2．将A、B、C、D、M代入得AD1111BABCCDOA－M C－MB－D2= 2bcb + c－cd－abc + d－a－b2ada + d－cd－abc + d－a－b2aba + b－2cdc + a2= 14a +bc + d[ 2bc c + d－a－b－cd－ab b + c][ 2ad c + d－a－b－cd－cb c + d]c + d－a－b2 [ ab c + d－cd a + d] 2= 14a +bc + d[ 4abcd c + d－a－b2 + cd－ab2a + d b + c－2c + d－a－b cd－ab[ bc a + d + ad b + c]c + d－a－b2 [ ab c +d cd a + b] 2…③注意到1 4a + b c + d[ 4abcd c + d－a－b2 + cd－ab 2 a + b b + c－2c + d－a－b cd－ab cd－ab[ bc a + d + ad b + c]c + d－a－b2 [ ab c + d－cd a + b ] 2= 14a + babc + dcd[ + cd－ab2a + d b + ca3b3c3d3－2[ab c + d－cd a + b] 2ab－cd a + b + c + da3b3c3d3][ab c + d－cd a + b] 2c + d－a－b2a4b4c4d4= a + b c + d{ 4[ab c + d－cd a + b] 2 + cd－ab 2 a + d b + c－2[ab c + d－cd a + b]ab－cd a + b + c + d}c + d－a－b2 [ ab c + d－cd a + b] 2…④比较③④知仅需证4abcd c + d－a－b2－2c + d－a－b cd－ab[bc a + d + ad b + c]= 4[ab c + d－cd a + b] 2－2[ab c + d－cd a + b]ab－cd a + b + c + d2abcd c + d2 + 2abcd a + b2－4abcd a + b c + d + [ ab c + d－cd a + b]ab－cd a + b + c + d = 2a2b2 c + d2 + 2c2d2 a + b2－4abcd a + b c + d + c + d－a－b cd－ab abc + abd + bcd + acd 2ab－cd[ab c + d2－cd a + b2 ]= ab －cd {[ab c + d －cd a + b ]a + b + c + d + c + d －a －b [ab c + d + cd a + b ]}2ab c + d 2－2cd a + b 2 = ab c + d a + b+ abc + d2－cda + b2－cdc + b+ abc + d2－a + babc + d+ cda + bc + d－cda + b22ab c + d 2－2cd a + b 2 = 2ab c + d 2－2cd a + b 2，得证．06 双心四边形ABCD ，AC ∩BD = 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AC ∩KM = G ，LN ∩KM = G ，由正弦定理得 GC AG = CM sin ∠GMCsin ∠CGHAK sin ∠AKG sin ∠AGK = CM AK sin ∠GMC sin ∠AKG sin ∠AGK sin ∠CGM = CM AK ． 同理 G C AG = CL AN ．∴ G C AG = CL AN = CM AK = CGAG 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B C ∥KM ∥A D , AB ∥NL ∥DC 知A B CD 为平行四边形．DG CMNAB LK G'( )而A 、B 、C 、D 共圆知A 、B 、C 、D 共圆，A B C D 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 ，则 → IQ = 14→ IA + → IB + → IC + → ID= 14→ IK + → IL + → IM + → IN = 12→ IR + →IP ．由垂径定理知PIRE 为矩形．从而→ IR + → IP = →IE ．∴ → IQ = 12 → 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BC AD CD AB +=+,当且仅当,AF EC AE FC +=+当且仅当.DF DE BF BE +=+（图１）引理2:凸四边形ABCD 在角C 有旁切圆当且仅当,DA DC BA BC +=+当且仅当.FD FB ED EB +=+（图２）题目1:已知A,B,C,D 为平面上四点,其中DP RIE C●●●●A'B'C'MNAB LK ●●●D'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 证明:EB-EA=FA-FB. 证明一:设,,,,d GB c CG b AC a BA ====.,,g GA f DG e BD ===因为BFG ∆～CAG ∆,AEG ∆～DBG ∆,所以 ),(b g c dFB FG -=- ).(e d fgEA EG -=- 要证,EA EB FB FA -=-即证=+-g b g cd)(.)(d e d f g +-由余弦定理知,,2cos cos 2222222dfe df DGB CGA cg b g c -+=∠=∠=-+即 .2))((2))((1212222222dfe df e d f cg b g c b g c df e d f cg b g c --+-=--+-⇔--+=--+已知条件CB-CA=DA-DB 0≠--=--⇔-+=-+⇔e d f g b c e g f b d c .故)(11)(11e d dfd b g cg g dfe df cg b g c --=--⇔+-=+- ⇔=+-g b g cd )(.)(de dfg +-证明二:记,,αβ=∠=∠GAC GAB.,ϕθ=∠=∠GBD GBA 由正弦定理知,已知条件等价于ABDB AB DA AB CB AB CA DB DA CA CB -=+-⇔-=- 2cos 2sin 22cos 2sin 22cos 2sin 22cos 2sin 2)sin(sin )sin()sin()sin(sin βϕθβϕθβϕθβϕθθβαθβαθβαθβαβϕθβϕθθβαβαθ++++++-+=++++++-+⇔++-+=++++-⇔ 2sin 2sin 2sin 2sin βϕθθβαβϕθθβα-+++=++-+⇔22cos 22cos 22cos 22cos ϕβαϕθααθϕϕβα-++++-=-++++-⇔ =-++++⇔22cos 22cos ϕβαϕβα22cos 22cos αθϕϕθα-++++.2cos 22cos 2cos 22cos αθϕϕβα+=+⇔ 由正弦定理知,要证明的结论等价于ABEB AB EA AB FB AB FA +-=- ϕϕθπϕθαβαβαπsin ))(sin(sin sin sin sin sin ))(sin(+-+-=-+-⇔ ϕϕϕθααβαsin 2sin 22cos 2sin 2sin 22cos2+=+⇔ .2cos 22cos 2cos 22cos αθϕϕβα+=+⇔ 因此,命题成立.证明三:设.,P BF AE Q DB CA =⋂=⋂DB DA CA CB -=-⇔BD BC AD AC +=+⇔凸四边形GCQD 在角G 有旁切圆(引理2)DG DQ CG CQ +=+⇔(引理2)DG BD BQ CG AC AQ +-=+-⇔)()()(DG CG BD AC AG AP AG BP +--++=+⇔(平行四边形AQBP 中,AP BQ BP AQ ==,)BGAP CG AC AC BC AP CG AC BD DA AP AG BP +=-+-+=-+-+=+⇔)()(⇔凸四边形PAGB 有内切圆(引理1)BE BF AE AF +=+⇔(引理1) FB FA EA EB -=-⇔.题目2:已知,ABC ∆记ΘΓ为ABC ∆的边BC 的旁切圆.任意选取一条平行于BC 的直线,l 分别交线段AB,AC 于点D,E.记ADE ∆的内切圆为1ΘΓ.过点D,E 作ΘΓ的切线(不过点A)交于点P;过B,C 作1ΘΓ的切线(不过点A)交于点Q.证明: 无论如何选取直线,l 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N BC M DE =ΘΓ⋂=ΘΓ⋂,1.切点为X,Y ,.,,V BC PY U BC PX P EY DX =⋂=⋂=⋂ 凸四边形ADPE 在角P 处有旁切圆EP EA DP DA +=+⇒(引理2).又AD EM DM AE +=+,故EM EP DM DP +=+.因此,点M 也是EPD ∆在DE 边上的旁切圆的切点.易知:点N 是VPU ∆在UV 边上的旁切圆的切点. EPD ∆与VPU ∆关于点P 位似)//(CB DE ,且点M 和点N 是该位似变换下的对应点,故点M,N,P共线.①切点为I,J,Q CJ BI L DE CJ K DE BI =⋂=⋂=⋂,,. 由引理1知,.BQ AC CQ AB +=+又,BN AB CN AC +=+故,BN BQ CN CQ +=+因此,点N 也是CQB ∆在BC 边上的旁切圆的切点. 易知:点M 是LQK ∆在KL 边上的旁切圆的切点. CQB ∆与LQK ∆关于点P 位似)//(CB LK ,且点M 和点N 是该位似变换下的对应点,故点M,N,Q 共线.②由①和②知，直线PQ 过定点N.。

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1R + h 2 +1R －h 2 =1r 2． 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 = 12 ∠MLK + ∠LMN ,∠KAN = 12∠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 = PL sin = PB sin sin = PB ·PC BC APAB,PC ·AP = 2－d2d 为ABCD 的外心记为与P 的距离．又易证AC ⊥BD ，∴ PB BC ·AB = 12 r = 2－d22… 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，4O T 2 = PS 2 + OS 2－d 2 = 2 2－d 2．又 O N = 1222－d 2O 为KLMN 的外心即为O 且●●CDAPO LST 'KβαMNαBΩαR = 12 22－d 2… ②，h = 12d … ③由①②③得 1r 2 =4 22－d 2 2= 2R 2+ h2R 2－h 2 2= 1R + h2 + 1R －h 2．02 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 = 2, ∠ABC = 2, ∠BCD = 2, ∠CDA = 2，则, , , 均为锐角且 + + + = ． ∴ sin, sin, sin , sin > 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EO O F = sin sinsin sin． 连OA 、OD 、OG F 为⊙O 与AD 相切处，则OG ⊥AD , AG = OG cot = r cot , GD = OG cot = r cot ． 故AD = r cot + cot．∴ d A , CD = r cot + cotsin 2．∴ d E , CD= 12sin 2 cot + cot r = sin cos cot + cotr= sin cos cot + cos 2r = sin cos cot －sin 2r + rO BA●DEO'( )F ●●= sin ·cos cos －sin sinsinr + r =sin cos +sin+ 1r ．同理 d F , CD =sin cos+sin + 1r ．由EO O F = sin sinsin sin知 d O , CD=sin sinsin cos+sin+ 1r + sin sin sincos +sin+ 1rsin sin + sin sin=sin sin cos + + cos + sin sin+ sin sinr + r = r 因为+ + + = ，所以 cos ++ cos+= 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⊙，切EF 、FD 、DE 于P 、Q 、R ． 又设△ABC 内切圆为⊙I ，△AEF 内切圆为⊙1．记⊙1、⊙、⊙I 半径分别为R 1, 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 ，则对△I 1与截线AP 用梅氏定理知T TI IA A 1 1P P= 1． 注意到 A 1AI = R 1r ，上式 0T TI r R 1 R 1R = 1，即 0TTI = 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 sin ∠FAP sin ∠EAP sin ∠ECR sin ∠DCR sin ∠DBQsin ∠FBQ = 1．再用角平分线定理知上式FP FA EP EA ER EC DR DC DQ DBFQ FB= 1． 将FP = FQ , EP = ER , DQ = DR 代入得 FA EAEC DC DBFB= 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 = , ∠ABI = ∠CBI = , ∠BCI = ∠DCI =, ∠CDI = ∠ADI = θ．⊙I 半径为r ．CQP EFR1●●●●I ABTDωω由ABCD 还有外接圆可得 + = + θ = 2 ．∴ ∠K AB = = ∠N AI 由于KN 为A 外角平分线，且A 、K 、B 、I 四点共圆，AB = r cot + cot B ． ∴AKsin ∠KBA=ABsin ∠AIB即AKsin θ=r cot + cotsin +．∴ AK = r sin θsin sin．同理 AN=r sinsin sin θ．∴K N =r sin 2 θ + sin 2sin sinsin θ=rsin sinsin θ，KN ⊥AI ．而KN ∥K N 且KNK N= 2r sin 且KN ⊥AI ． ∴ KN ∥K N 且 KNK N= 2 sin sin sin θ sin ． 同理可得 MN ∥M N , MN M N = 2 sin sin sin θ sin , ML ∥M L , MLM L = 2 sin sin sin θ sin , LK ∥L K ,LKL K= 2 sin sin sin θ sin ． 于是四边形KLMN 与四边形K LM N 位似，对应顶点连线K K 、L L 、M M 、N N 共点于位似中心，得证．ACN●●D LBIMKK'M'N'L'αβαβθγθγγγ05 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A 1、B 1、C 1、D 1．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A 1、B 1、C 1、D 1所代表的复数为a , b , c , d ，则由熟知结论可知 D = 2ab a + b , A = 2bc b + c , B = 2cd c + d , C = 2da d + a ．注意到过BD 直线方程为 B －D x + B D = B －D x + BD ．将B 、D 代入化简得c +d －a －b x －[ ab c + d －cd a + b ]x = 2cd －ab … ① 又过O 且垂直于BD 直线方程为 xB －D+xB －D= 0．将B 、D 代入化简得 c + d －a －b x + [ abc +d －cd a + b ]x = 0 … ②① + ②2c + d －a －b 得 x = cd －ab c + d －a －b ，此即为M 的复数表示，M = cd －abc +d －a －b ．又∵ ∠AMC 被BD 平分 ∠AMD = ∠DMC A －MB －D B －DC －MRA －M C －MB －D 2=A －M C －MB －D2． 将A 、B 、C 、D 、M 代入得A D 1111B ABC D OA －M C －MB －D 2=2bc b + c －cd －abc +d －a －b2ad a + d －cd －abc +d －a －b2aba +b －2cdc + a2= 14 a + bc +d [ 2bc c + d －a －b －cd －ab b + c ][ 2ad c + d －a －b －cd －cbc +d ]c +d －a －b 2[ ab c + d －cd a + d ] 2= 14a + bc +d [ 4abcd c + d －a －b 2+ cd －ab 2a + db +c －2c +d －a －bcd －ab [ bc a + d + ad b + c ]c +d －a －b 2 [ ab c + d cd a + b ]2…③注意到 14a + bc +d [ 4abcd c + d －a －b 2 + cd －ab 2a +b b +c －2c +d －a －b cd －abcd －ab [ bc a + d + ad b + c ]c +d －a －b 2 [ ab c + d －cd a + b ]2= 14 a + b ab c + d cd [ + cd －ab 2 a + d b + c a 3 b 3 c 3 d 3 －2[ab c + d －cd a + b ] 2ab －cda +b +c + da 3b 3c 3d 3][ab c + d －cd a + b ] 2 c + d －a －b 2a 4 b 4 c 4 d 4=a + bc +d { 4[ab c + d －cd a + b ] 2+ cd －ab 2a + db +c －2[ab c +d －cd a + b ]ab －cda +b +c +d }c +d －a －b 2 [ ab c + d －cd a + b ]2… ④比较③④知仅需证 4abcd c + d －a －b 2－2c +d －a －b cd －ab [bc a + d + ad b + c ]= 4[abc +d －cd a + b ] 2－2[ab c + d －cd a + b ]ab －cda +b +c + d2abcd c + d 2 + 2abcd a + b 2－4abcd a + b c + d + [ ab c + d －cd a + b ]ab －cda +b +c + d= 2a 2b2c +d 2 + 2c 2 d 2 a + b 2－4abcd a + bc +d + c + d －a －bcd －ababc + abd + bcd + acd2ab －cd [ab c + d 2－cd a + b 2]= ab －cd {[ab c + d －cd a + b ]a + b + c + d + c + d －a －b [ab c + d + cd a + b ]} 2abc +d 2－2cd a + b 2= ab c + d a + b + ab c + d 2－cd a + b 2－cd c + b + ab c + d 2－a + b ab c + d + cd a + bc +d －cd a + b 22abc +d 2－2cd a + b 2 = 2ab c + d 2－2cd a + b 2，得证．06 双心四边形ABCD ，AC ∩BD = 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AC ∩KM = G ，LN ∩KM = G ，由正弦定理得GC AG = CM sin ∠GMCsin ∠CGHAK sin ∠AKG sin ∠AGK= CM AK sin ∠GMC sin ∠AKG sin ∠AGK sin ∠CGM = CMAK ． 同理G C AG = CL AN ．∴ G C AG = CL AN = CM AK = CGAG即G = G ． 故AC 、NL 、KM 三线共点．同理BD 、KM 、LN 三线共点，引理得证．DG CMNAB LK G'( )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B C ∥KM ∥A D, AB ∥NL ∥DC 知A B CD 为平行四边形．而A 、B 、C 、D 共圆知A 、B 、C 、D 共圆，A BC D 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 ，则 → IQ = 14→ IA + → IB + → IC + → ID= 14→ IK + → IL + → IM + → IN = 12→ IR + → IP ．由垂径定理知PIRE 为矩形．从而→ IR + → IP = →IE ．∴ → IQ = 12 → 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BC AD CD AB +=+,当且仅当,AF EC AE FC +=+当且仅当.DF DE BF BE +=+（图１）DP RIE C●●●●A'B'C'MNAB LK ●●●D'引理2:凸四边形ABCD 在角C 有旁切圆当且仅当,DA DC BA BC +=+当且仅当.FD FB ED EB +=+（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 证明:EB-EA=FA-FB.证明一:设,,,,d GB c CG b AC a BA ====.,,g GA f DG e BD ===因为BFG ∆～CAG ∆,AEG ∆～DBG ∆,所以 ),(b g c dFB FG -=- ).(e d fgEA EG -=- 要证,EA EB FB FA -=-即证=+-g b g cd)(.)(d e d f g +-由余弦定理知,,2cos cos 2222222dfe df DGB CGA cg b g c -+=∠=∠=-+即.2))((2))((1212222222df e d f e d f cg b g c b g c df e d f cg b g c --+-=--+-⇔--+=--+已知条件CB-CA=DA-DB 0≠--=--⇔-+=-+⇔e d f g b c e g f b d c .故)(11)(11e d df d bg cg g df ed f cg bg c --=--⇔+-=+-⇔=+-g b g c d)(.)(d e d f g+-证明二:记,,αβ=∠=∠GAC GAB.,ϕθ=∠=∠GBD GBA 由正弦定理知,已知条件等价于AB DBAB DAAB CB AB CA DB DA CA CB -=+-⇔-=-2cos 2sin 22cos 2sin 22cos 2sin 22cos 2sin 2)sin(sin )sin()sin()sin(sin βϕθβϕθβϕθβϕθθβαθβαθβαθβαβϕθβϕθθβαβαθ++++++-+=++++++-+⇔++-+=++++-⇔2sin 2sin 2sin 2sin βϕθθβαβϕθθβα-+++=++-+⇔22cos 22cos 22cos 22cos ϕβαϕθααθϕϕβα-++++-=-++++-⇔ =-++++⇔22cos 22cos ϕβαϕβα22cos 22cos αθϕϕθα-++++ .2cos 22cos 2cos 22cos αθϕϕβα+=+⇔ 由正弦定理知,要证明的结论等价于 ABEB AB EA AB FB AB FA +-=- ϕϕθπϕθαβαβαπsin ))(sin(sin sin sin sin sin ))(sin(+-+-=-+-⇔ ϕϕϕθααβαsin 2sin 22cos 2sin 2sin 22cos2+=+⇔ .2cos 22cos 2cos 22cos αθϕϕβα+=+⇔ 因此,命题成立.证明三:设.,P BF AE Q DB CA =⋂=⋂DB DA CA CB -=-⇔BD BC AD AC +=+⇔凸四边形GCQD 在角G 有旁切圆(引理2)DG DQ CG CQ +=+⇔(引理2)DG BD BQ CG AC AQ +-=+-⇔)()()(DG CG BD AC AG AP AG BP +--++=+⇔(平行四边形AQBP 中,AP BQ BP AQ ==,)BGAP CG AC AC BC AP CG AC BD DA AP AG BP +=-+-+=-+-+=+⇔)()(⇔凸四边形PAGB 有内切圆(引理1)BE BF AE AF +=+⇔(引理1) FB FA EA EB -=-⇔.题目2:已知,ABC ∆记ΘΓ为ABC ∆的边BC 的旁切圆.任意选取一条平行于BC 的直线,l 分别交线段AB,AC 于点D,E.记ADE ∆的内切圆为1ΘΓ.过点D,E 作ΘΓ的切线(不过点A)交于点P;过B,C 作1ΘΓ的切线(不过点A)交于点Q.证明: 无论如何选取直线,l 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N BC M DE =ΘΓ⋂=ΘΓ⋂,1.切点为X,Y,.,,V BC PY U BC PX P EY DX =⋂=⋂=⋂ 凸四边形ADPE 在角P 处有旁切圆EP EA DP DA +=+⇒(引理2).又AD EM DM AE +=+,故EM EP DM DP +=+.因此,点M 也是EPD ∆在DE 边上的旁切圆的切点.易知:点N 是VPU ∆在UV 边上的旁切圆的切点. EPD ∆与VPU ∆关于点P 位似)//(CB DE ,且点M 和点N 是该位似变换下的对应点,故点M,N,P 共线.①切点为I,J,Q CJ BI L DE CJ K DE BI =⋂=⋂=⋂,,.由引理1知,.BQ AC CQ AB +=+又,BN AB CN AC +=+故,BN BQ CN CQ +=+因此,点N 也是CQB∆在BC 边上的旁切圆的切点. 易知:点M 是LQK ∆在KL 边上的旁切圆的切点.CQB ∆与LQK ∆关于点P 位似)//(CB LK ,且点M 和点N 是该位似变换下的对应点,故点M,N,Q 共线.②由①和②知，直线PQ 过定点N.。

圆的切线性质、圆与四边形的关系及弧长、⾯积计算中考专题复习（知识点+题型分类练习）圆的切线性质、圆与四边形的关系及弧长、⾯积计算专题复习知识点复习：⼀、切线的相关知识点1.切线的性质：①圆的切线到圆⼼的距离等于半径。

②定理：圆的切线垂直于过切点的半径。

③切线长定理：从圆外⼀点引圆的两条切线，它们的切线长相等，这⼀点和圆⼼的连线平分两条切线的夹⾓。

2.切线的判定：①利⽤切线的定义。

②到圆⼼的距离等于半径的直线是圆的切线。

③定理：经过半径的外端并且和这条半径垂直的直线是圆的切线。

⼆、圆与三⾓形1.三⾓形的外接圆（1）定义：经过三⾓形的三个顶点的圆叫做三⾓形的外接圆。

（2）三⾓形外⼼的性质：①是三⾓形三条边垂直平分线的交点；②到三⾓形各顶点距离相等；③外⼼的位置：锐⾓三⾓形外⼼在三⾓形内，直⾓三⾓形的外⼼恰好是斜边的中点，钝⾓三⾓形外⼼在三⾓形外⾯。

2、三⾓形的内切圆（1）定义：与三⾓形各边都相切的圆叫做三⾓形的内切圆。

（2）三⾓形内⼼的性质：①是三⾓形⾓平分线的交点；②到三⾓形各边的距离相等；③都在三⾓形内。

三、圆与多边形1.圆与四边形（1）由圆周⾓定理可以得到：圆内接四边形对⾓互补。

*（2）由切线长定理可以得到：圆的外切四边形两组对边的和相等。

2.圆与正多边形正多边形的定义：各边相等，各⾓也相等的多边形叫做正多边形，其外接圆的圆⼼叫做这个正多边形的中⼼，外接圆的半径叫正多边形的半径。

（1）正多边形与圆的关系把圆分成n（n≥3）等份，依次连结各分点所得的多边形是这个圆的内接正n边形，这时圆叫做正n 边形的外接圆。

（2）正n多边形的有关计算（11个量）边数n，内⾓和（n－2)×180°;每个内⾓度数(n-2)×180°÷n或180°-360°÷n，外⾓和n·180°－(n－2)·180°=360°;每个外⾓度数360°÷n.;中⼼⾓360°÷n ;定理：正n 边形的半径和边⼼距把正n 边形分成2n 个全等的直⾓三⾓形。

- -可修编.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 ，心为P ，切圆半径为r ，OI = h ．证明1(R + h )2 + 1(R －h )2= 1r 2． 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 = 12 (∠MLK + ∠LMN ),∠KAN = 12(∠LKN + ∠KNM )．∴A 、B 、C 、D 四点共圆．我们设其半径为ρ，易证 B 、P 、D ；A 、P 、C 分别三点共线．∴r = PL sin β = PB sin αsin β = PB ·PC BC APAB,PC ·AP = ρ2－d 2 (d 为ABCD 的外心记为Ω与P 的距离)．又易证AC ⊥BD ，∴PB BC ·AB = 12ρ ⇒r = ρ2－d22ρ…①延长NP 交BC 于T ，易证T 为BC 中点(卜拉美古塔定理)． ∴ΩT ∥PS , ΩS ∥PT ．●●CAPO LST'KβαMNαBΩα□ΩTPS中，4O'T2 = PS2 + OS2－d2 = 2ρ2－d2．又O'N = 122ρ2－d2⇒O'为KLMN的外心(即为O)且R = 122ρ2－d2…②，h =12d…③由①②③得1r2=4ρ2(ρ2－d2 )2=2(R2 + h2 )(R2－h2 )2=1(R + h)2+1(R－h)2．02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 = 2α, ∠ABC = 2β, ∠BCD = 2γ, ∠CDA = 2δ，则α, β, γ, δ均为锐角且α + β + γ + δ = π．∴sinα, sinβ, sinγ, sinδ > 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EO'O'F=sinβsinδsinαsinγ．连OA、OD、OG(F为⊙O与AD相切处)，则OG⊥AD, AG = OG cotα = r cotα, GD = OG cotδ = r cotδ．OB A●DEO'( )F●●- -可修编.- -可修编.故AD = r (cot α + cot δ)．∴d (A , CD ) = r (cot α + cot δ)sin 2δ．∴d (E , CD ) = 12sin 2δ(cot α + cot δ)r = sin δcos δ(cot α + cot δ)r= (sin δcos δcot α + cos 2δ)r = (sin δcos δcot α－sin 2δ)r + r = sin δ·cos δcos α－sin δsin αsin α r + r = (sin δcos (α + δ)sin α+ 1)r ．同理 d (F , CD ) = (sin γcos (β + γ)sin β+ 1)r ．由EO 'O 'F = sin βsin δsin αsin γ知 d (O ', CD ) =sin αsin γ(sin δcos (α + δ)sin α + 1)r + sin βsin δ(sin γcos (β + γ)sin β+ 1)r sin αsin γ + sin βsin δ=sin δsin γ(cos (α + δ) + cos (β + γ))sin αsin γ + sin βsin δr + r= r (因为 α + β + γ + δ = π，所以 cos (α + δ) + cos (β + γ) = 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切圆⊙ω，切EF、FD、DE于P、Q、R．又设△ABC切圆为⊙I，△AEF切圆为⊙ω1．记⊙ω1、⊙ω、⊙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．∴⊙ω1切EF于P，∴⊙ω1与⊙ω外切，∴ω1、P、ω三点共线．另一方面，易知A、ω1、I三点共线．延长AP交Iω于T，则对△Iωω1与截线AP用梅氏定理知ω0T TIIAAω1ω1PPω= 1．注意到Aω1AI=R1r，上式⇔ω0TTIrR1R1R= 1，即ω0TTI=Rr．∴T为线段ωI上一个定点，∴AP、BQ、CR三线共点于T．由塞瓦定理知sin∠FAPsin∠EAPsin∠ECRsin∠DCRsin∠DBQsin∠FBQ= 1．CQPEFR1●●●●IABTDωω- -可修编.再用角平分线定理知上式⇔FP FAEP EA ERECDRDCDQDBFQFB= 1．将FP = FQ, EP = ER, DQ = DR代入得FAEAECDCDBFB= 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 = α, ∠ABI = ∠CBI = β, ∠BCI = ∠DCI = γ, ∠CDI = ∠ADI = θ．⊙I半径为r．由ABCD还有外接圆可得α + γ = β + θ = π2．∴∠K'AB = γ = ∠N'AI(由于K'N'为A外角平分线)，且A、K'、B、I四点共圆，AB = r(cotα + cot B)．∴AK'sin∠K'BA=ABsin∠AIB即AK'sinθ=r(cotα + cotβ)sin(α + β)．∴AK' =r sinθsinβsinα．同理AN' =r sinβsinαsinθ．ACN●●DLBIMKK'M'N'L'αβαβθγθγγγ- -可修编.∴K'N' = r(sin2θ + sin2β)sinαsinβsinθ=rsinαsinβsinθ，K'N'⊥AI．而KN∥K'N'且KNK'N'= 2r sinγ且KN⊥AI．∴KN∥K'N'且KNK'N'= 2 sinαsinβsinθsinγ．同理可得MN∥M'N', MNM'N'= 2 sinαsinβsinθsinγ, ML∥M'L',MLM'L'= 2 sinαsinβsinθsinγ,LK∥L'K', LKL'K'= 2 sinαsinβsinθsinγ．于是四边形KLMN与四边形K'L'M'N'位似，对应顶点连线K'K、L'L、M'M、N'N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 = 2aba + b, A =2bcb + c,B =2cdc + d, C =2dad + a．A111BACDO- -可修编.- -可修编.注意到过BD 直线方程为 (⎺B －⎺D )x + B ⎺D = (B －D )⎺x + ⎺BD ． 将B 、D 代入化简得(c + d －a －b )x －[ ab (c + d )－cd (a + b )]⎺x = 2cd －ab …① 又过O 且垂直于BD 直线方程为xB －D+⎺x⎺B －⎺D= 0．将B 、D 代入化简得(c + d －a －b )x + [ ab (c + d )－cd (a + b )]⎺x = 0 …②① + ②2(c + d －a －b ) 得 x = cd －ab c + d －a －b ，此即为M 的复数表示，M = cd －abc +d －a －b．又∵∠AMC 被BD 平分⇔)∠AMD = )∠DMC ⇔A －MB －D B －DC －M∈R ⇔(A －M )(C －M )(B －D )2= (A －M )(C －M )(B －D )2 ． 将A 、B 、C 、D 、M 代入得(A －M )(C －M )(B －D )2 = (2bcb +c －cd －ab c + d －a －b )(2ad a + d －cd －abc +d －a －b )(2ab a + b －2cd c + a )2= 14 (a + b )(c + d )[ 2bc (c + d －a －b )－(cd －ab )(b + c )][ 2ad (c + d －a －b )－(cd －cb )(c + d )](c + d －a －b )2 [ ab (c + d )－cd (a + d )]2= 14(a + b )(c + d )[ 4abcd (c + d －a －b )2 + (cd －ab )2(a + d )(b + c )－2(c + d －a －b )(cd －ab )[ bc (a + d ) + ad (b + c )](c + d －a －b )2 [ ab (c + d )cd (a + b )] 2…③注意到1 4(a + b)(c + d)[ 4abcd(c + d－a－b)2 + (cd－ab)2 (a + b)(b + c)－2(c + d－a－b)(cd－ab)(cd－ab)[ bc(a + d) + ad(b + c)](c + d－a－b)2 [ ab(c + d)－cd(a + b) ] 2=14a + babc + dcd[ 4abcd[ab(c + d)－cd(a + b)] 2a2b2c2d2+ (cd－ab)2(a + d)(b + c)a3b3c3d3－2[ab(c + d)－cd(a + b)] 2(ab－cd)(a + b + c + d)a3b3c3d3][ab(c + d)－cd(a + b)] 2(c + d－a－b)2a4b4c4d4= (a + b)(c + d){ 4[ab(c + d)－cd(a + b)]2 + (cd－ab)2 (a + d)(b + c)－2[ab(c + d)－cd(a + b)](ab－cd)(a + b + c + d)}(c + d－a－b)2 [ ab(c + d)－cd(a + b)] 2…④比较③④知仅需证4abcd(c + d－a－b)2－2(c + d－a－b)(cd－ab)[bc(a + d) + ad(b + c)]= 4[ab(c + d)－cd(a + b)] 2－2[ab(c + d)－cd(a + b)](ab－cd)(a + b + c + d)⇔2abcd(c + d)2 + 2abcd(a + b)2－4abcd(a + b)(c + d) + [ ab(c + d)－cd(a + b)](ab－cd)(a + b + c + d) = 2a2b2 (c + d)2 + 2c2d2 (a + b)2－4abcd(a + b)(c + d) + (c + d－a－b)(cd－ab)(abc + abd + bcd + acd)⇔2(ab－cd)[ab(c + d)2－cd(a + b)2 ]= (ab－cd){[ab(c + d)－cd(a + b)](a + b + c + d) + (c + d－a－b)[ab(c + d) + cd(a + b)]} ⇔2ab(c + d)2－2cd(a + b)2= ab(c + d)(a + b) + ab(c + d)2－cd(a + b)2－cd(c + b) + ab(c + d)2－(a + b)ab(c + d) + cd(a + b)(c + d)－cd(a + b)2 ⇔2ab(c + d)2－2cd(a + b)2 = 2ab(c + d)2－2cd(a + b)2，得证．06双心四边形ABCD，AC∩BD = E，、外心为I、O．求证I、O、E三点共线．- -可修编.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AC∩KM = G，LN∩KM = G'，由正弦定理得GC AG =CM sin∠GMCsin∠CGHAK sin∠AKGsin∠AGK=CMAKsin∠GMCsin∠AKGsin∠AGKsin∠CGM=CMAK．同理G'CAG'=CLAN．∴G'CAG'=CLAN=CMAK=CGAG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B'C'∥KM∥A'D', A'B'∥NL∥D'C'知A'B'C'D'为平行四边形．而A、B、C、D共圆知A'、B'、C'、D'共圆，A'B'C'D'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，则→IQ'= 14(→IA'+→IB'+→IC'+→ID')DGCMNABLKG'( )DPRIEC●●●●A'B'C'MNABLK●●●D'- -可修编.- -可修编.= 14 (→ IK + → IL + → IM + → IN ) = 12 (→ IR + → IP )． 由垂径定理知PIRE 为矩形．从而→ IR + → IP = →IE ．∴→ IQ = 12 → 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BC AD CD AB +=+,当且仅当,AF EC AE FC +=+当且仅当.DF DE BF BE +=+（图１）引理2:凸四边形ABCD 在角C 有旁切圆当且仅当,DA DC BA BC +=+当且仅当.FD FB ED EB +=+（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:EB-EA=FA-FB.- -可修编.证明一:设,,,,d GB c CG b AC a BA ====.,,g GA f DG e BD ===因为BFG ∆～CAG ∆,AEG ∆～DBG ∆,所以),(b g c dFB FG -=-).(e d f gEA EG -=-要证,EA EB FB FA -=-即证=+-g b g c d)(.)(d e d f g+-由余弦定理知,,2cos cos 2222222df e d f DGB CGA cg b g c -+=∠=∠=-+即.2))((2))((1212222222df e d f e d f cg b g c b g c df e d f cg b g c --+-=--+-⇔--+=--+已知条件CB-CA=DA-DB 0≠--=--⇔-+=-+⇔e d f g b c e g f b d c .故)(11)(11e d df d bg cg g df edf cg b g c --=--⇔+-=+-- -可修编. ⇔=+-g b g cd )(.)(de dfg +-证明二:记,,αβ=∠=∠GAC GAB.,ϕθ=∠=∠GBD GBA 由正弦定理知,已知条件等价于AB DB AB DA AB CB AB CA DB DA CA CB -=+-⇔-=- 2cos 2sin 22cos 2sin 22cos 2sin 22cos 2sin 2)sin(sin )sin()sin()sin(sin βϕθβϕθβϕθβϕθθβαθβαθβαθβαβϕθβϕθθβαβαθ++++++-+=++++++-+⇔++-+=++++-⇔ 2sin 2sin 2sin 2sin βϕθθβαβϕθθβα-+++=++-+⇔22cos 22cos 22cos 22cos ϕβαϕθααθϕϕβα-++++-=-++++-⇔ =-++++⇔22cos 22cos ϕβαϕβα22cos 22cos αθϕϕθα-++++ .2cos 22cos 2cos 22cos αθϕϕβα+=+⇔ 由正弦定理知,要证明的结论等价于- -可修编. AB EBAB EAAB FBAB FA+-=-ϕϕθπϕθαβαβαπsin ))(sin(sin sin sin sin sin ))(sin(+-+-=-+-⇔ϕϕϕθααβαsin 2sin 22cos 2sin 2sin 22cos 2+=+⇔.2cos 22cos 2cos 22cos αθϕϕβα+=+⇔因此,命题成立.证明三:设.,P BF AE Q DB CA =⋂=⋂DB DA CA CB -=-⇔BD BC AD AC +=+⇔凸四边形GCQD 在角G 有旁切圆(引理2)DG DQ CG CQ +=+⇔(引理2)DG BD BQ CG AC AQ +-=+-⇔)()()(DG CG BD AC AG AP AG BP +--++=+⇔(平行四边形AQBP 中,AP BQ BP AQ ==,)BGAP CG AC AC BC AP CG AC BD DA AP AG BP +=-+-+=-+-+=+⇔)()(⇔凸四边形PAGB 有切圆(引理- -可修编.1)BE BF AE AF +=+⇔(引理1)FB FA EA EB -=-⇔.题目2:已知,ABC ∆记ΘΓ为ABC ∆的边BC 的旁切圆.任意选取一条平行于BC 的直线,l 分别交线段AB,AC 于点D,E.记ADE ∆的切圆为1ΘΓ.过点D,E 作ΘΓ的切线(不过点A)交于点P;过B,C 作1ΘΓ的切线(不过点A)交于点Q.证明: 无论如何选取直线,l 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N BC M DE =ΘΓ⋂=ΘΓ⋂,1.切点为X,Y,.,,V BC PY U BC PX P EY DX =⋂=⋂=⋂ 凸四边形ADPE 在角P 处有旁切圆EP EA DP DA +=+⇒(引理2).又AD EM DM AE +=+,故EM EP DM DP +=+.因此,点M 也是EPD ∆在DE边上的旁切圆的切点. 易知:点N 是VPU ∆在UV 边上的旁切圆的切点.EPD ∆与VPU ∆关于点P 位似)//(CB DE ,且点M 和点N 是该位似变换下的对应点,故点M,N,P 共线.①切点为I,J,Q CJ BI L DE CJ K DE BI =⋂=⋂=⋂,,.由引理1知,.BQ AC CQ AB +=+又,BN AB CN AC +=+故,BN BQ CN CQ +=+因此,点N 也是CQB ∆在BC 边上的旁切圆的切点.- -可修编. 易知:点M 是LQK ∆在KL 边上的旁切圆的切点.CQB ∆与LQK ∆关于点P 位似)//(CB LK ,且点M 和点N 是该位似变换下的对应点,故点M,N,Q 共线.②由①和②知，直线PQ 过定点N.。

两圆外切的性质及其应用
两圆的位置关系有外离、外切、相交、内切、内含五种关系，当相切的两个圆，除了切点外，每个
圆_上的点都各在另一个圆的外部时，
我们称这两个圆外切。

而且外切关系是两圆
位置关系中比较重要的一种关系，它具有的性质较多。

4性质(1 )外切两圆的连心线必经过它们的切点，且两个圆心之间的距离
d (圆心距)
等于两个圆的半径之和，即d=R+r
两圆外切，其中任一个圆的过两圆切点的切线，也必是另-一个圆的切线，也就是说，两个圆心及切
点这三点共线。