論調和四邊形的性質及應用
——兼談全國高中數學聯賽2道加試題的解法

● (湖南師范大學數學奧林匹克研究所 湖南長沙 410081)

我們稱對邊乘積相等的圓內接四邊形為調和四邊形，調和四邊形有如下有趣的性質.

性質1圓內接四邊形為調和四邊形的充要條件是對角平分線的交點在另一對頂點的對角線上.

證明如圖1，設ABCD是圓內接四邊形.

充分性設∠B平分線與∠D平分線的交點T在對角線AC上，則由角平分線的性質知

從而

即

AB·CD=BC·DA.

必要性由AB·CD=BC·DA,得

設∠B的平分線交AC于點T1,∠D的平分線交AC于點T2，則

從而

即

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

圖1

圖2

性質2圓內接四邊形為調和四邊形的充要條件是2條對角線的中點是四邊形的等角共軛點.

證明如圖2，設M，N分別是圓內接四邊形ABCD的對角線AC，BD的中點.

充分性若M，N是四邊形ABCD的等角共軛點，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.

性質3圓內接四邊形為調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的圓交過切點的一條對角線于中點.

證明如圖3，設M，N分別是圓內接四邊形ABCD的對角線AC，BD的中點.

圖3

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

當C1過點M時，由弦切角定理知

∠ADM=∠MAB=∠CAB=∠CDB=∠CDN,

即

∠ADM=∠CDN.

當C2過點N時，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M，N為四邊形ABCD的等角共軛點.又M，N分別為AC，BD的中點，由性質2知ABCD為調和四邊形.

必要性由性質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在調和四邊形ABCD中，性質3中的圓C1,d1,C3,d3共點于AC的中點M，圓C2,d2,C4,d4共點于BD的中點N.

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

事實上，若設圓C1與C2交于點P，則

∠MPB=∠MDA+∠PAB+∠PBA=

∠CDB+∠PAB+∠PBA=

∠CAB+∠PBC+∠PBA=

∠CAB+∠ABC=180°-∠MCB,

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

注還可證得P，Q也是四邊形ABCD的等角共軛點.

性質4圓內接四邊形為調和四邊形的充要條件是對頂點處的2條切線與另一對頂點的對角線所在直線三線共點或互相平行.

證明當四邊形為菱形時，對頂點處的2條切線與另一對頂點的對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Q是圓內接四邊形ABCD的分別過頂點A，C的切線的交點.

充分性當點Q在直線DB上時，則由QA=QC,△QAD∽△QBA,△QCD∽△QBC,得

故

AB·CD=BC·DA.

必要性當AB·CD=BC·DA時，由正弦定理得

sin∠ADB·sin∠DBC=sin∠BDC·sin∠DBA.

連結AC交BD于點G，延長AD交QC于點E，延長CD交QA于點F，則

∠CAF=∠ECA.

從而

對△ACD應用塞瓦定理的逆定理，知AF，GD，CE共點于Q.故過A，C的2條切線與直線DB共點于Q.

注此性質提供了作調和四邊形的一種方法：先作出一個圓內接三角形，在一頂點處作圓的切線，再將此頂點所對邊延長.若這2條線相交，則由交點作圓的另一條切線，所得切點與原三角形3個頂點組成調和四邊形的4個頂點；若這2條線平行，則作與前面切線平行的圓的另一切線，所得切點與原三角形3個頂點組成調和四邊形的4個頂點.

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

證明如圖5，由CT∥DB知,DBTC為等腰梯形，連結BT，DT，則

DC=BT,DT=BC.

注意到∠ABT與∠TDA互補，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M,故T,M,A三點共線.

注此性質也提供了作調和四邊形的一種方法：先作出一個圓內接三角形，在一頂點處作與所對邊的平行線交圓于一點，此點與這條邊的中點的連線交圓于另一點，這另一點和三角形3個頂點組成調和四邊形的4個頂點.

圖5

圖6

證明如圖6，由題設知D，I，F三點共線，B，I，E三點共線.由I為△CEF的內心，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M.故由性質5知

AB·CD=BC·DA,

即T，M，A三點共線,TI過BD的中點M.

圖7

證明如圖7，由題設知P，I1，D及P，I2,B分別三點共線.連結I1A,I2A,則

∠I1DA=∠I2BA,∠I1PI2=∠BPD=∠BAD.

又由內心的性質,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,I1四點共圓.

推論1設△CEF的內心為I,則I1I⊥I2I.

證明 如圖7,注意內心所張的角與對應頂角的關系,知

即E,I1,I,C四點共圓,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N為I1I2的中點，則BN⊥DN.

證明如圖7，由D，I，F共線及內心的性質得

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.

下面給出上述性質應用的一些例子.

(1)△PI1I2的外接圓過定點；

(2)以I1I2為直徑的圓過定點；

(3)I1I2的中點在定圓上.

(2003年國家集訓隊培訓題)

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

(2008年國家集訓隊測試題)

事實上，可參見圖7，圖6，利用性質7，性質6即可證得結論.

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

(第45屆IMO預選題)

圖8

同理在等腰△ASC中，有

在△PAC中，視Q為塞瓦點，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△ABC的內切圓分別切BC，CA，AB于點D，E，F，點M是圓上任一點，且MB，MC分別交圓于點Y，Z.證明：EY，FZ，MD三線共點.

圖9

圖10

證明如圖9，連結有關點得圓內接六邊形FYDZEM.根據塞瓦定理的推論(即對塞瓦定理的角元形式應用正弦定理推得)，有EY，FZ，MD三線共點,從而

由性質4，在四邊形FYDM中，得

故結論獲證.

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

反之，由FY∥AD，得

∠FAM=∠BFY=∠FDY.

又由∠FMA=∠FYD,得

△FMA∽△FYD,

即

注意到性質4，有

故AM=MD.必要性得證.

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

(2003年全國高中數學聯賽加試題)

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年全國高中聯賽加試題)

(1)證法1因P，I，T共線，由性質6，即知TMCN為調和四邊形，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C，T作圓的切線相交于點Q.下證點Q在直線NM上，如圖12.

事實上，可知A，I，M共線，B，I，N共線，由內心性質知

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

注意到性質4，即知TMCN為調和四邊形，下同證法1.

(2)由性質7即可證得.

[1] 尚強.初等數學復習及研究(平面幾何)習題解答[M].哈爾濱：哈爾濱工業大學出版社，2009.

[2] 沈文選.走向國際數學奧林匹克的平面幾何試題詮釋[M].哈爾濱：哈爾濱工業大學出版社，2007.