論調(diào)和四邊形的性質(zhì)及應(yīng)用
——兼談全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽2道加試題的解法

● (湖南師范大學(xué)數(shù)學(xué)奧林匹克研究所 湖南長(zhǎng)沙 410081)

我們稱對(duì)邊乘積相等的圓內(nèi)接四邊形為調(diào)和四邊形，調(diào)和四邊形有如下有趣的性質(zhì).

性質(zhì)1圓內(nèi)接四邊形為調(diào)和四邊形的充要條件是對(duì)角平分線的交點(diǎn)在另一對(duì)頂點(diǎn)的對(duì)角線上.

證明如圖1，設(shè)ABCD是圓內(nèi)接四邊形.

充分性設(shè)∠B平分線與∠D平分線的交點(diǎn)T在對(duì)角線AC上，則由角平分線的性質(zhì)知

從而

即

AB·CD=BC·DA.

必要性由AB·CD=BC·DA,得

設(shè)∠B的平分線交AC于點(diǎn)T1,∠D的平分線交AC于點(diǎn)T2，則

從而

即

因此AT1=AT2,即點(diǎn)T1與T2重合，故∠B角平分線與∠D角平分線的交點(diǎn)在對(duì)角線AC上.

圖1

圖2

性質(zhì)2圓內(nèi)接四邊形為調(diào)和四邊形的充要條件是2條對(duì)角線的中點(diǎn)是四邊形的等角共軛點(diǎn).

證明如圖2，設(shè)M，N分別是圓內(nèi)接四邊形ABCD的對(duì)角線AC，BD的中點(diǎn).

充分性若M，N是四邊形ABCD的等角共軛點(diǎn)，即

(1)

(2)

由式(1)，并注意到

∠DCM=∠DCA=∠DBA,

得

△DCM∽△DBA,

即

因此

故

(3)

由式(2)得∠DAN=∠CAB,再注意到∠ADN=∠ADB=∠ACB,則△ABC～△AND,得

于是

(4)

由式(3)，式(4)得

AB·CD=BC·DA.

必要性若AB·CD=BC·DA,由托勒密定理AB·CD+BC·DA=AC·BD,得

即

又由∠DAM=∠DAC=∠DBC,得

從而

∠ADM=∠BDC=∠NDC,

同理可得∠DCM=∠BCN,∠CBN=∠ABM,∠BAN=∠DAM,故M，N為四邊形ABCD的等角共軛點(diǎn).

性質(zhì)3圓內(nèi)接四邊形為調(diào)和四邊形的充要條件是以每邊為弦且與相鄰的一邊相切于弦的端點(diǎn)的圓交過切點(diǎn)的一條對(duì)角線于中點(diǎn).

證明如圖3，設(shè)M，N分別是圓內(nèi)接四邊形ABCD的對(duì)角線AC，BD的中點(diǎn).

圖3

充要性記過點(diǎn)D與AB切于點(diǎn)A的圓為C1,過點(diǎn)A與BC切于點(diǎn)B的圓為C2，依次得C3,C4；記過點(diǎn)B與DA切于點(diǎn)A的圓為d1,過點(diǎn)C與AB切于點(diǎn)B的圓為d2，依次得d3,d4.

當(dāng)C1過點(diǎn)M時(shí)，由弦切角定理知

∠ADM=∠MAB=∠CAB=∠CDB=∠CDN,

即

∠ADM=∠CDN.

當(dāng)C2過點(diǎn)N時(shí)，由弦切角定理知

∠BAN=∠NBC=∠DBC=∠DAC=∠DAM,

即

∠BAN=∠DAM,

同理可得 ∠ABM=∠CBN,∠BCN=∠DCM，

從而點(diǎn)M，N為四邊形ABCD的等角共軛點(diǎn).又M，N分別為AC，BD的中點(diǎn)，由性質(zhì)2知ABCD為調(diào)和四邊形.

必要性由性質(zhì)2證明中的式(5)得

△DAM∽△DBC，

從而

∠ADM=∠BDC=∠CAB=∠MAB.

由弦切角定理的逆定理，知點(diǎn)M在圓C1上.同理可得，M在圓d1,C3,d3上；N在圓C2,d2,C4,d4上.

推論1在調(diào)和四邊形ABCD中，性質(zhì)3中的圓C1,d1,C3,d3共點(diǎn)于AC的中點(diǎn)M，圓C2,d2,C4,d4共點(diǎn)于BD的中點(diǎn)N.

推論2在調(diào)和四邊形ABCD中，性質(zhì)3中的圓C1,C2,C3,C4共點(diǎn)，圓d1,d2,d3,d4共點(diǎn).

事實(shí)上，若設(shè)圓C1與C2交于點(diǎn)P，則

∠MPB=∠MDA+∠PAB+∠PBA=

∠CDB+∠PAB+∠PBA=

∠CAB+∠PBC+∠PBA=

∠CAB+∠ABC=180°-∠MCB,

從而M，P，B，C四點(diǎn)共圓，即圓C3過點(diǎn)P.同理，C4也過點(diǎn)P，故C1,C2,C3,C4共點(diǎn)于P.同理可得，d1,d2,d3,d4共點(diǎn)于Q.

注還可證得P，Q也是四邊形ABCD的等角共軛點(diǎn).

性質(zhì)4圓內(nèi)接四邊形為調(diào)和四邊形的充要條件是對(duì)頂點(diǎn)處的2條切線與另一對(duì)頂點(diǎn)的對(duì)角線所在直線三線共點(diǎn)或互相平行.

證明當(dāng)四邊形為菱形時(shí)，對(duì)頂點(diǎn)處的2條切線與另一對(duì)頂點(diǎn)的對(duì)角線所在直線互相平行.

下面討論四邊形不為菱形的情形.

圖4

如圖4，點(diǎn)Q是圓內(nèi)接四邊形ABCD的分別過頂點(diǎn)A，C的切線的交點(diǎn).

充分性當(dāng)點(diǎn)Q在直線DB上時(shí)，則由QA=QC,△QAD∽△QBA,△QCD∽△QBC,得

故

AB·CD=BC·DA.

必要性當(dāng)AB·CD=BC·DA時(shí)，由正弦定理得

sin∠ADB·sin∠DBC=sin∠BDC·sin∠DBA.

連結(jié)AC交BD于點(diǎn)G，延長(zhǎng)AD交QC于點(diǎn)E，延長(zhǎng)CD交QA于點(diǎn)F，則

∠CAF=∠ECA.

從而

對(duì)△ACD應(yīng)用塞瓦定理的逆定理，知AF，GD，CE共點(diǎn)于Q.故過A，C的2條切線與直線DB共點(diǎn)于Q.

注此性質(zhì)提供了作調(diào)和四邊形的一種方法：先作出一個(gè)圓內(nèi)接三角形，在一頂點(diǎn)處作圓的切線，再將此頂點(diǎn)所對(duì)邊延長(zhǎng).若這2條線相交，則由交點(diǎn)作圓的另一條切線，所得切點(diǎn)與原三角形3個(gè)頂點(diǎn)組成調(diào)和四邊形的4個(gè)頂點(diǎn)；若這2條線平行，則作與前面切線平行的圓的另一切線，所得切點(diǎn)與原三角形3個(gè)頂點(diǎn)組成調(diào)和四邊形的4個(gè)頂點(diǎn).

性質(zhì)5圓內(nèi)接四邊形ABCD為調(diào)和四邊形的充要條件是過點(diǎn)C作CT∥DB交圓于T，點(diǎn)T與DM的中點(diǎn)M，A三點(diǎn)共線.

證明如圖5，由CT∥DB知,DBTC為等腰梯形，連結(jié)BT，DT，則

DC=BT,DT=BC.

注意到∠ABT與∠TDA互補(bǔ)，則

AB·CD=BC·DA,

即

AB·BT=DT·DA,

從而

即

S△ABT=S△ADT,

從而直線AT過DB的中點(diǎn)M,故T,M,A三點(diǎn)共線.

注此性質(zhì)也提供了作調(diào)和四邊形的一種方法：先作出一個(gè)圓內(nèi)接三角形，在一頂點(diǎn)處作與所對(duì)邊的平行線交圓于一點(diǎn)，此點(diǎn)與這條邊的中點(diǎn)的連線交圓于另一點(diǎn)，這另一點(diǎn)和三角形3個(gè)頂點(diǎn)組成調(diào)和四邊形的4個(gè)頂點(diǎn).

圖5

圖6

證明如圖6，由題設(shè)知D，I，F(xiàn)三點(diǎn)共線，B，I，E三點(diǎn)共線.由I為△CEF的內(nèi)心，注意CT∥DB,有ID=DC=BT,IB=BC=DT.從而IBTD為平行四邊形，即TI過DB的中點(diǎn)M.故由性質(zhì)5知

AB·CD=BC·DA,

即T，M，A三點(diǎn)共線,TI過BD的中點(diǎn)M.

圖7

證明如圖7，由題設(shè)知P，I1，D及P，I2,B分別三點(diǎn)共線.連結(jié)I1A,I2A,則

∠I1DA=∠I2BA,∠I1PI2=∠BPD=∠BAD.

又由內(nèi)心的性質(zhì),得

CD=I1D,BC=I2B,

于是

AB·CD=BC·DA,

即

從而

得

于是

△I1DA∽△I2BA,

得

∠I1AD=∠I2AB,

即

∠I1AI2=∠I1PI2,

于是A,P,I2,I1四點(diǎn)共圓.

推論1設(shè)△CEF的內(nèi)心為I,則I1I⊥I2I.

證明 如圖7,注意內(nèi)心所張的角與對(duì)應(yīng)頂角的關(guān)系,知

即E,I1,I,C四點(diǎn)共圓,則

同理可得

∠EII1=∠IFI2,

從而

△EI1I∽△II2F.

于是

∠EII1+∠FII2=∠EII1+∠I1EI=

180°-∠EI1I=∠ECI=

所以

∠I1II2=∠EIF-(∠EII1+∠FII2)=

故

I1I⊥I2I.

推論2設(shè)N為I1I2的中點(diǎn)，則BN⊥DN.

證明如圖7，由D，I，F(xiàn)共線及內(nèi)心的性質(zhì)得

DI=DC,DI1=DC，

從而

DI=DI1.

由推論1知I1I⊥I2I，有IN=I1N.注意到DN為公共線，則△DNI1≌△DNI,從而

同理可得

又

所以

∠NDB+∠NBD=

即

∠BND=90°,

故

BN⊥DN.

下面給出上述性質(zhì)應(yīng)用的一些例子.

(1)△PI1I2的外接圓過定點(diǎn)；

(2)以I1I2為直徑的圓過定點(diǎn)；

(3)I1I2的中點(diǎn)在定圓上.

(2003年國(guó)家集訓(xùn)隊(duì)培訓(xùn)題)

事實(shí)上，可參見圖7，利用性質(zhì)7及推論1，推論2即可證得結(jié)論成立.對(duì)于第(1)小題，視例1中的△ABC為圖7中的△CEF，則△PI1I2的外接圓過定點(diǎn)為圖7中的點(diǎn)A；對(duì)于第(2)小題，由推論1有I1I⊥I2T,知以I1I2為直徑的圓過定點(diǎn)I；對(duì)于第(3)小題，由推論2知，I1I2的中點(diǎn)在以圖7中的以DB為直徑的定圓上.

(2008年國(guó)家集訓(xùn)隊(duì)測(cè)試題)

事實(shí)上，可參見圖7，圖6，利用性質(zhì)7，性質(zhì)6即可證得結(jié)論.

例3已知直線上的3個(gè)定點(diǎn)依次為A，B，C，Γ為過A，C且圓心不在AC上的圓，分別過點(diǎn)A，C且與圓Γ相切的直線交于點(diǎn)P，PB與圓Γ交于點(diǎn)Q，證明：∠AQC的平分線與AC的交點(diǎn)不依賴于圓Γ的選取.

(第45屆IMO預(yù)選題)

圖8

同理在等腰△ASC中，有

在△PAC中，視Q為塞瓦點(diǎn)，由角元形式的塞瓦定理得

注意到∠PAQ=∠ASQ=∠QCA,∠PCQ=∠CSQ=∠QAC,則

即

亦即

故T不依賴于圓Γ的選取.

例4設(shè)△ABC的內(nèi)切圓分別切BC，CA，AB于點(diǎn)D，E，F(xiàn)，點(diǎn)M是圓上任一點(diǎn)，且MB，MC分別交圓于點(diǎn)Y，Z.證明：EY，F(xiàn)Z，MD三線共點(diǎn).

圖9

圖10

證明如圖9，連結(jié)有關(guān)點(diǎn)得圓內(nèi)接六邊形FYDZEM.根據(jù)塞瓦定理的推論(即對(duì)塞瓦定理的角元形式應(yīng)用正弦定理推得)，有EY，F(xiàn)Z，MD三線共點(diǎn),從而

由性質(zhì)4，在四邊形FYDM中，得

故結(jié)論獲證.

例5設(shè)△ABC的內(nèi)切圓分別切BC，CA，AB于點(diǎn)D，E，F(xiàn)，AD與圓交于點(diǎn)M，AB，MC分別交圓于點(diǎn)Y，Z.證明：FY∥MD∥EZ的充要條件是點(diǎn)M為AD的中點(diǎn).

反之，由FY∥AD，得

∠FAM=∠BFY=∠FDY.

又由∠FMA=∠FYD,得

△FMA∽△FYD,

即

注意到性質(zhì)4，有

故AM=MD.必要性得證.

例6∠APB內(nèi)有一內(nèi)切圓與邊切于點(diǎn)A，B，PCD是任一割線交圓于點(diǎn)C，D，點(diǎn)Q在CD上，且∠QAD=∠PBC.證明：∠PAC=∠QBD.

(2003年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽加試題)

圖11

圖12

證明如圖11，由弦切角定理得

∠PAC=∠ADQ,∠PBC=∠QDB,

從而由∠QAD=∠PBC,得

連結(jié)AB，則

∠CBA=∠CDA=∠QDA,

∠CAB=∠PBC=∠QAD,

即知△ACB∽△AQD,從而

(1)求證：MP·MT=NP·NT;

(2009年全國(guó)高中聯(lián)賽加試題)

(1)證法1因P，I，T共線，由性質(zhì)6，即知TMCN為調(diào)和四邊形，即

MT·NC=NT·MC.

又由PC∥NM知NMCP為等腰梯形，得

NC=MP,MC=NP,

故

MP·MT=NP·NT.

證法2分別過點(diǎn)C，T作圓的切線相交于點(diǎn)Q.下證點(diǎn)Q在直線NM上，如圖12.

事實(shí)上，可知A，I，M共線，B，I，N共線，由內(nèi)心性質(zhì)知

MC=MI,NC=NI,

從而MN⊥CI.又PC∥NM，得PC⊥CI,即∠PCI=90°，于是

∠CIP=90°-∠CPI=90°-∠CPT=

從而點(diǎn)Q為△CTI的外心，即QI=QC,從而Q在CI的中垂線MN上，故點(diǎn)Q，M，N共線.

注意到性質(zhì)4，即知TMCN為調(diào)和四邊形，下同證法1.

(2)由性質(zhì)7即可證得.

[1] 尚強(qiáng).初等數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)及研究(平面幾何)習(xí)題解答[M].哈爾濱：哈爾濱工業(yè)大學(xué)出版社，2009.

[2] 沈文選.走向國(guó)際數(shù)學(xué)奧林匹克的平面幾何試題詮釋[M].哈爾濱：哈爾濱工業(yè)大學(xué)出版社，2007.