\(ABCD\) 是双心四边形，已知切点四边形的三条边长为 \(6、7、8\)，求第四条边的长度

TSC999

如下图，\(ABCD\) 是双心四边形，已知切点四边形的三条边长为 \(6、7、8\)，求第四条边的长度。

TSC999

为解此题，找了一下有关双心四边形的有关定理，其中一个是富斯定理：如果大圆半径为 \(R\)，小圆半径为 \(r\)，两圆圆心距为 \(d\)，那么在两圆之间存在一个双心四边形 (即该四边形既外接于大圆，各边又是小圆的切线) 的充要条件是：
                            \(2r^2(R^2+d^2)=(R^2-d^2)^2\)。
双心四边形的其它一些定理：① 切点四边形的对角线互相垂直。
② 双心四边形的对边和相等。
③ 双心四边形的对角和等于 180 度。
④ 双心四边形的外接圆心、内切圆心、切点四边形对角线交点，三点共线。

TSC999

原来有这么一个定理：对角线互相垂直的四边形，其对边的平方和相等。证明如下：

对角线互相垂直的四边形，其对边的平方和相等。

证明：
$$
\begin{aligned}
& OA^2+OB^2=AB^2, \\
& OC^2+OD^2=CD^2, \\
& AD^2=OA^2+OD^2, \\
& BC^2=OB^2+OC^2,
\end{aligned}
$$
上面四个式子相加得
$$
OA^2+OB^2+OC^2+OD^2+AD^2+BC^2=AB^2+CD^2+OA^2+OD^2+OB^2+OC^2,
$$
两边消去 $OA^2+OB^2+OC^2+OD^2$ 得 $AD^2+BC^2=AB^2+CD^2$ 。
因此，对于原题目而言，既然双心四边形的切点四边形对角线互相垂直，所以就有 \(GH^2+EF^2=FG^2+EH^2\)，即
  \(GH^2+7^2=6^2+8^2\)，故  \(GH=\sqrt{100-49}=\sqrt{51}\)。

1+1=？

TSC999 发表于 2025-4-26 13:47
原来有这么一个定理：对角线互相垂直的四边形，其对边的平方和相等。证明如下：

等差幂线定理

hbghlyj

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．求证：$$\frac1{(R+h)^2}+\frac1{(R-h)^2}=\frac1{r^2}$$

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=(∠MLK + ∠LMN)/2,
∠KAN=(∠LKN + ∠KNM)/2．
∴ A、B、C、D四点共圆．
设其半径为ρ，易证 B、P、D；A、P、C分别三点共线．
∴ $r=PL \sin β=PB\sin α \sin β=PB·\frac{P C}{B C} \frac{A P}{A B}$,
PC·AP=ρ²－d² (d为ABCD的外心记为Ω与P的距离)．
又易证AC⊥BD，∴ $\frac{P B}{B C \cdot A B}=\frac{1}{2 \rho} \Rightarrow r=\frac{\rho^{2}-d^{2}}{2 \rho}$… 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′T²=PS² + OS²－d²=2ρ²－d²．
又 O′N=ρ⇒ O′为KLMN的外心(即为O)且
$R=\frac{1}{2} \sqrt{2 \rho^{2}-d^{2}}$… ②，h=$\frac12$d … ③
由①②③得$$\frac{1}{r^{2}}=\frac{4 \rho^{2}}{\left(\rho^{2}-d^{2}\right)^{2}}=\frac{2\left(R^{2}+h^{2}\right)}{\left(R^{2}-h^{2}\right)^{2}}=\frac{1}{(R+h)^{2}}+\frac{1}{(R-h)^{2}}$$