外心gydF4y2Ba

的gydF4y2Ba外心gydF4y2Ba一个多边形的顶点是包含该多边形所有顶点的圆心，如果这样的圆存在的话。对于三角形来说，它总是有唯一的周心，因此也就有唯一的周圆。gydF4y2Ba

这个wiki页面概述了三角形周心的属性，这些属性被应用到不同的场景中，比如gydF4y2Ba欧几里德几何gydF4y2Ba．读完这一页，你应该对圆周和所有相关的成分有一个实质性的理解，并能够解决圆周和圆周概念所提出的问题。gydF4y2Ba

让我们来看看圆的基本性质和一些相关的例子。我们可以利用圆内角的性质(gydF4y2Ba圆周角gydF4y2Ba)．然而，写下属性可能有点棘手，因为圆周中心gydF4y2Ba $OgydF4y2Ba$能躺在三角形的外面或里面吗gydF4y2Ba $美国广播公司gydF4y2Ba$．gydF4y2Ba

属性gydF4y2Ba

• $OgydF4y2Ba$三角形两条边的垂直等分线的交点是多少gydF4y2Ba $美国广播公司gydF4y2Ba$．gydF4y2Ba

• 连接圆周中心gydF4y2Ba $OgydF4y2Ba$到三角形的顶点gydF4y2Ba $美国广播公司gydF4y2Ba$给出三个等腰三角形gydF4y2Ba $Oab, obc, ocagydF4y2Ba$．gydF4y2Ba

• $R= \dfrac{a}{2 \sin a} = \dfrac{abc}{4S}gydF4y2Ba$以下是gydF4y2Ba扩展正弦法则gydF4y2Ba,在那里gydF4y2Ba $年代gydF4y2Ba$表示三角形的面积gydF4y2Ba $美国广播公司(ABC)。gydF4y2Ba$

• 锐角三角形、钝角三角形和直角三角形的圆周中心位置不同。这可以从gydF4y2Ba圆心角性质gydF4y2Ba：gydF4y2Ba

  • 如果gydF4y2Ba $B \角gydF4y2Ba$是急性的，那么gydF4y2Ba $\角BOC=2\角AgydF4y2Ba$．gydF4y2Ba
    
  • 如果gydF4y2Ba $B \角gydF4y2Ba$那么是对的gydF4y2Ba $OgydF4y2Ba$的中点gydF4y2Ba $交流gydF4y2Ba$．gydF4y2Ba
    
  • 如果gydF4y2Ba $B \角gydF4y2Ba$是钝角吗gydF4y2Ba $OgydF4y2Ba$就在对面gydF4y2Ba $交流gydF4y2Ba$从gydF4y2Ba $BgydF4y2Ba$而且gydF4y2Ba $\角BOC=2\角AgydF4y2Ba$．gydF4y2Ba

• 此外,gydF4y2Ba交替段定理gydF4y2Ba表示圆的正切与三角形一条边的夹角等于另两条边的夹角:gydF4y2Ba

在下一节中，我们将学习如何使用这些应用程序来解决问题。gydF4y2Ba

现在我们已经讲过了周圆及其周心所具有的性质，我们将把它们应用到一些例子和问题中，这应该会使你对它们的使用更有信心。gydF4y2Ba

三角形的周长是多少gydF4y2Ba $美国广播公司gydF4y2Ba$与顶点gydF4y2Ba $A=(1,4)， b =(- 2,3)， c =(5,2)gydF4y2Ba$?gydF4y2Ba

---

根据定义，圆心是三角形内线的圆心。对于这个问题，令gydF4y2Ba $O = (a, b)gydF4y2Ba$成为…的中心gydF4y2Ba $\三角形ABC。gydF4y2Ba$那么，既然距离到gydF4y2Ba $OgydF4y2Ba$这些顶点都是相等的，我们有gydF4y2Ba $\overline{AO} = \overline{BO} = \overline{CO}。gydF4y2Ba$从第一个等式，我们有gydF4y2Ba ${对齐}\ \开始眉题{AO} ^ 2 & = \眉题{BO} ^ 2 \ \ (a - 1) ^ 2 + (b-4) ^ 2 & =(+ 2) ^ 2 + 2(酮)^ 2 \ \ + 1-8b + 16 & = 4 + 4-6b + 9 + 3 \ \ b = 2。&&\qquad (1) \end{aligned}gydF4y2Ba$类似地，从第二个等式，我们有gydF4y2Ba ${对齐}\ \开始眉题{BO} ^ 2 & = \眉题{有限公司}^ 2 \ \(+ 2)^ 2 +(酮)^ 2 & = (5)^ 2 + 4 (b - 2) ^ 2 \ \ + 4-6b + 9 & = -10 + 25-4b + 4 \ \ 7 a - b = 8。&&\qquad (2) \end{aligned}gydF4y2Ba$采取gydF4y2Ba $(1) + (2)gydF4y2Ba$给了gydF4y2Ba $= 1,gydF4y2Ba$这反过来又给出了gydF4y2Ba $b = 1。gydF4y2Ba$

因此，三角形的周心gydF4y2Ba $美国广播公司gydF4y2Ba$是gydF4y2Ba $O =(1, 1)。gydF4y2Ba$ $_ \广场gydF4y2Ba$

我们可以利用周圆的其他性质来帮助我们找到周圆来解决这个问题。例如，你可以利用它是垂直平分线的交点这一事实。gydF4y2Ba

边长为2的等边三角形的周圆半径是多少?gydF4y2Ba

---

让gydF4y2Ba $OgydF4y2Ba$做圆周，并且gydF4y2Ba $DgydF4y2Ba$脚的垂线gydF4y2Ba $一个gydF4y2Ba$来gydF4y2Ba $公元前\眉题{}gydF4y2Ba$．自gydF4y2Ba $\眉题{OB} = \眉题{OC}gydF4y2Ba$，这告诉我们gydF4y2Ba $OgydF4y2Ba$在的垂直平分线上gydF4y2Ba $公元前\眉题{}gydF4y2Ba$，因此gydF4y2Ba $OgydF4y2Ba$躺在gydF4y2Ba $广告\眉题{}gydF4y2Ba$．在这个图中，我们有gydF4y2Ba $\overline{OA} = \overline{OB} = \overline{OC} = RgydF4y2Ba$，周圆的半径。自gydF4y2Ba $CD \眉题{BD} = \眉题{}= 1,gydF4y2Ba$三角形的高度gydF4y2Ba $美国广播公司gydF4y2Ba$是gydF4y2Ba $\overline{AD} = \根号{3}gydF4y2Ba$．然后，从直角三角形开始gydF4y2Ba $OBDgydF4y2Ba$，我们得到gydF4y2Ba $\overline{OD}^2 + \overline{BD}^2 = \overline{OB}^2gydF4y2Ba$,或gydF4y2Ba $\大(\根号{3}- R\大)^2 + 1^2 = R^2gydF4y2Ba$．展开这个式子，求解gydF4y2Ba $R,gydF4y2Ba$我们获得gydF4y2Ba $3 - 2 \sqrt{3} R + R^2 + 1 = R^2 \隐含4 = 2 \sqrt{3} R \隐含R = \frac{2 \sqrt{3}}{3}\ _ \广场gydF4y2Ba$

我们已经算出了上面的例子，以便您能够熟悉在解决问题时使用上面的性质。现在轮到你自己尝试几个问题，让这些性质值得学习。gydF4y2Ba

求等腰三角形的周圆面积gydF4y2Ba $美国广播公司gydF4y2Ba$以上,gydF4y2Ba $a = bgydF4y2Ba$而且gydF4y2Ba $\角= 15 ^ \保监会,gydF4y2Ba$假设三角形的周长是gydF4y2Ba $25 \text{cm}。gydF4y2Ba$

---

让gydF4y2Ba $RgydF4y2Ba$的周半径gydF4y2Ba $\三角形ABC。gydF4y2Ba$然后，从gydF4y2Ba扩展正弦法则gydF4y2Ba，我们有gydF4y2Ba

${对齐}\ \开始dfrac{一}{\罪}= \ dfrac {b}{罪\ b} = \ dfrac {c}{罪\ c} & = 2 r \ \ \ Rightarrow " = \ dfrac{一}}{2 \罪。结束\{对齐}gydF4y2Ba$

因为我们已知gydF4y2Ba $a = bgydF4y2Ba$而且gydF4y2Ba $a + b + c = 25日gydF4y2Ba$由此可见gydF4y2Ba $c = 25-2a,gydF4y2Ba$这意味着gydF4y2Ba

$\ dfrac{一}{\罪}= \ dfrac {c}{罪\ c} = \ dfrac {25-2a}{罪\ c}。gydF4y2Ba$

既然已知gydF4y2Ba $\角= 15 ^ \保监会gydF4y2Ba$而且gydF4y2Ba $C = 150 ^ \ \角保监会,gydF4y2Ba$进一步解决问题gydF4y2Ba $A =\dfrac{50 \sin 15^\circ}{1+4 \sin 15^\circ}gydF4y2Ba$而且gydF4y2Ba $R=\dfrac{1+4 \sin 15^\circ}gydF4y2Ba$．gydF4y2Ba

因此圆的面积是gydF4y2Ba $π\πR ^ 2 = \ \离开(\ dfrac{25}{1 + 4 \罪15 ^ \保监会}\右)^ 2 = 474.005。gydF4y2Ba$ $_ \广场gydF4y2Ba$

求出菱形的面积gydF4y2Ba $ABCDgydF4y2Ba$已知三角形周圆的半径gydF4y2Ba $ABDgydF4y2Ba$而且gydF4y2Ba $澳洲牧牛犬gydF4y2Ba$是gydF4y2Ba $12.5gydF4y2Ba$而且gydF4y2Ba $25日,gydF4y2Ba$分别。gydF4y2Ba

---

三角形的周长半径gydF4y2Ba $ABDgydF4y2Ba$是gydF4y2Ba $\左(\dfrac{d1}{2 \sin A} \右)=12.5。\ qquad (1)gydF4y2Ba$
三角形的周长半径gydF4y2Ba $澳洲牧牛犬gydF4y2Ba$是gydF4y2Ba $左(\ \ dfrac {d_2}{2 \罪(180 ^ \保监会- A)} \右)= 25。\ qquad (2)gydF4y2Ba$
采取gydF4y2Ba $(2) \ div (1),gydF4y2Ba$我们得到了gydF4y2Ba $\frac{d_2}{d_1}=2 \隐含d_2=2d_1。\ qquad (3)gydF4y2Ba$

菱形的面积是gydF4y2Ba $\压裂{d_1d_2} {2}gydF4y2Ba$．用三角形周圆半径的公式，我们可以写出的面积gydF4y2Ba $三角形ABC \gydF4y2Ba$作为gydF4y2Ba $A = \dfrac{abc}{4R} = \dfrac{s^2d_2}{(4)(25)}，gydF4y2Ba$

菱形的边长是多少gydF4y2Ba $年代gydF4y2Ba$可以写成gydF4y2Ba $\frac{1}{2}\sqrt{d_1²+ d_2²}gydF4y2Ba$．因为这个三角形的面积的两倍等于菱形的面积，我们有gydF4y2Ba

$\压裂{d_1d_2}{2} = \压裂{\离开(d_1 ^ 2 + d_2 ^ 2 \右)d_2}{(8)(25)} \意味着20 d_1 = d_1 ^ 2。\qquad (\text{since} d_2 = 2d_1)gydF4y2Ba$

这意味着gydF4y2Ba $D_1 = 20gydF4y2Ba$而且gydF4y2Ba $D_2 = 40gydF4y2Ba$．因此，菱形的面积是400。gydF4y2Ba $_ \广场gydF4y2Ba$

在本节中，我们将尝试通过应用圆周中心的属性来大大简化的问题，尽管这些问题本身并不直接涉及圆周中心。由于圆周中心是一个丰富的结构，它将角度和长度联系在一起，在一个问题(如国际数学奥林匹克竞赛，或IMO)中正确使用它是非常强大的。因此，知道如何发现周围环境以及在适当的时机使用它们是很重要的。gydF4y2Ba

$OgydF4y2Ba$圆周是gydF4y2Ba $美国广播公司gydF4y2Ba$当且仅当gydF4y2Ba

1. $AO = BO =有限公司gydF4y2Ba$；gydF4y2Ba
2. $博=有限公司gydF4y2Ba$而且gydF4y2Ba $\角BOC=2\角AgydF4y2Ba$当gydF4y2Ba $\角gydF4y2Ba$是急性的gydF4y2Ba $啊,一个gydF4y2Ba$都在同一边gydF4y2Ba $公元前gydF4y2Ba$；gydF4y2Ba
3. $博=有限公司gydF4y2Ba$而且gydF4y2Ba $\角BOC=2(180-\角A)gydF4y2Ba$当gydF4y2Ba $\角gydF4y2Ba$是钝角和gydF4y2Ba $啊,一个gydF4y2Ba$在…的两边gydF4y2Ba $公元前gydF4y2Ba$．gydF4y2Ba

让我们看看这些标准中的一些是如何发挥作用的。gydF4y2Ba

四边形gydF4y2Ba $ABCDgydF4y2Ba$满足gydF4y2Ba $\角= 76 ^{\保监会},\ B角= 72 ^{\保监会}\角C = 142 ^{\保监会}gydF4y2Ba$,gydF4y2Ba $广告= ABgydF4y2Ba$．找到gydF4y2Ba $\角ACB-\角ACD。gydF4y2Ba$

---

自gydF4y2Ba $广告= ABgydF4y2Ba$四边形的角是已知的，看看也无妨gydF4y2Ba $一个gydF4y2Ba$是圆周。gydF4y2Ba

根据四边形的定义我们知道gydF4y2Ba $A、CgydF4y2Ba$在…的两边gydF4y2Ba $双相障碍gydF4y2Ba$．此外,gydF4y2Ba

$2(180 ^ \保监会- \角BCD) = 2(180 ^ \保监会- 142 ^ \保监会)= 76 ^{\保监会}= \角度不好。gydF4y2Ba$

然后，从上面的标准3，我们知道gydF4y2Ba $一个gydF4y2Ba$圆周是gydF4y2Ba $BCD \三角形gydF4y2Ba$．gydF4y2Ba

因此,gydF4y2Ba $\角ACB=\角ABC=72^{\circ}， \角ACD=\角ADC=360^\circ-76^\circ-72^\circ-142^\circ=70^{\circ}gydF4y2Ba$，我们的答案是gydF4y2Ba $72年^ ^ \ \中国保监会- 70中国保监会= 2 ^{\保监会}。gydF4y2Ba$ $_ \广场gydF4y2Ba$

注:如你所见，意识到这一点gydF4y2Ba $一个gydF4y2Ba$圆周是gydF4y2Ba $BCD \三角形gydF4y2Ba$马上就把问题弄清楚了。可以说圆周是这个问题中隐藏的构型，揭示它是关键。现在想象一下用三角函数来处理这个问题。虽然考虑到它是自然的，在这里使用三角函数肯定是一种痛苦。gydF4y2Ba

(2015年印度全国数学奥林匹克竞赛)gydF4y2Ba
让gydF4y2Ba $美国广播公司gydF4y2Ba$是一个直角三角形gydF4y2Ba $\角B = 90^{\circ}。gydF4y2Ba$让gydF4y2Ba $双相障碍gydF4y2Ba$就是从gydF4y2Ba $BgydF4y2Ba$在gydF4y2Ba $AC。gydF4y2Ba$让gydF4y2Ba $P, QgydF4y2Ba$而且gydF4y2Ba $我gydF4y2Ba$做三角形的中心gydF4y2Ba $ABD, CBDgydF4y2Ba$而且gydF4y2Ba $美国广播公司、gydF4y2Ba$分别。表示三角形的周心gydF4y2Ba $PIQgydF4y2Ba$斜边gydF4y2Ba $交流gydF4y2Ba$．gydF4y2Ba

---

假设gydF4y2Ba $OgydF4y2Ba$三角形的圆心是多少gydF4y2Ba $PIQgydF4y2Ba$．自gydF4y2Ba $\角PIQ=\角AIC=135^{\circ}gydF4y2Ba$，由圆心的角度性质gydF4y2Ba $\角周期= 2(180 - 135)= 90 ^{\保监会}gydF4y2Ba$．请注意,gydF4y2Ba $\角PDQ = 90 ^{\保监会}gydF4y2Ba$．因此gydF4y2Ba $D O P, QgydF4y2Ba$concyclic。gydF4y2Ba

自gydF4y2Ba $阿宝=问:gydF4y2Ba$，gydF4y2Ba $做gydF4y2Ba$外部平分gydF4y2Ba $PDQ \角gydF4y2Ba$．然而,gydF4y2Ba $交流gydF4y2Ba$也是的外等分线gydF4y2Ba $PDQ \角gydF4y2Ba$．总之,gydF4y2Ba $OgydF4y2Ba$必须躺着gydF4y2Ba $AC。gydF4y2Ba$ $_ \广场gydF4y2Ba$

下面是一个高级示例，它要求您识别圆周中心并利用它执行关键的角度追逐。gydF4y2Ba

$三角形ABC \gydF4y2Ba$直角三角形是gydF4y2Ba $\角B = 90 ^ \保监会gydF4y2Ba$．gydF4y2Ba $DgydF4y2Ba$里面有一个点gydF4y2Ba $三角形ABC \gydF4y2Ba$这样gydF4y2Ba $\眉题{广告}= \眉题{AB},gydF4y2Ba$而且gydF4y2Ba $EgydF4y2Ba$是在gydF4y2Ba $\眉题{AC}gydF4y2Ba$令人满意的gydF4y2Ba $\眉题{DE} \补\眉题{BD}gydF4y2Ba$．同时,gydF4y2Ba $FgydF4y2Ba$圆周的点在哪里gydF4y2Ba $\三角形CDEgydF4y2Ba$相交gydF4y2Ba $公元前\眉题{}。gydF4y2Ba$

证明gydF4y2Ba $\眉题{是}= \眉题{EF}gydF4y2Ba$．gydF4y2Ba

---

我们想要证明这一点gydF4y2Ba $\角EBF = \角EFBgydF4y2Ba$．自gydF4y2Ba $\角EFB = 180^ \环- \角EFC = 180^ \环- \角EDCgydF4y2Ba$，这足以说明gydF4y2Ba $\角EBC + \角EDC = 180 ^ \circgydF4y2Ba$．gydF4y2Ba

我们几乎可以说它们是一个循环四边形的对角，但是gydF4y2Ba $B, DgydF4y2Ba$躺在…的同一侧gydF4y2Ba $电子商务gydF4y2Ba$所以这是不可能的。这激发了建设gydF4y2Ba $D 'gydF4y2Ba$作为对gydF4y2Ba $DgydF4y2Ba$在队列中gydF4y2Ba $电子商务gydF4y2Ba$，这足以说明这一点gydF4y2Ba $床'CgydF4y2Ba$是一个循环四边形。我们可以使用许多不同的方法，我们将展示这一点gydF4y2Ba $\角度ECB = \角度ED'BgydF4y2Ba$．我们选择这个角是因为gydF4y2Ba $ACB \角gydF4y2Ba$在这个问题中是固定的，而gydF4y2Ba $D, e, D'gydF4y2Ba$都是可变点。gydF4y2Ba

现在，观察一下gydF4y2Ba $\overline{AB} = \overline{AD} = \overline{AD'}，gydF4y2Ba$所以gydF4y2Ba $一个gydF4y2Ba$圆周是gydF4y2Ba $\三角B D D'gydF4y2Ba$．这意味着gydF4y2Ba $\角度BD' D = \frac{1}{2} \角度BADgydF4y2Ba$．这激发了建筑的动力gydF4y2Ba $米gydF4y2Ba$的中点gydF4y2Ba $双相障碍gydF4y2Ba$，所以我们得到gydF4y2Ba $\角度BD'D = \角度BAM。gydF4y2Ba$因此，证明这一点就足够了gydF4y2Ba $\角ED'B + \角BD'D = \角ACB + \角BAMgydF4y2Ba$．gydF4y2Ba

观察到gydF4y2Ba $AM \平行EDgydF4y2Ba$因为它们都垂直于gydF4y2Ba $双相障碍gydF4y2Ba$．然后我们有gydF4y2Ba $\角ACB + \角BAM = 90^ \circ - \角MAC = 90^ \circ - DEC = \角EDD'gydF4y2Ba$．它等于gydF4y2Ba $\角ED会gydF4y2Ba$由于等腰三角形gydF4y2Ba $艾德想gydF4y2Ba$．这样我们就完成了。gydF4y2Ba $_ \广场gydF4y2Ba$

我们的第一个问题可以通过构造相似三角形来解决，然后进行角度追逐。参见下面从认识共循环点得到的更直接的证明。gydF4y2Ba

让gydF4y2Ba $米gydF4y2Ba$做侧面的中点gydF4y2Ba $交流gydF4y2Ba$锐角三角形gydF4y2Ba $美国广播公司gydF4y2Ba$与gydF4y2Ba $公元前\眉题{AB} > \眉题{},gydF4y2Ba$,让gydF4y2Ba $\ωgydF4y2Ba$的圆周gydF4y2Ba $三角形ABC \gydF4y2Ba$．切线gydF4y2Ba $\ωgydF4y2Ba$在点gydF4y2Ba $一个gydF4y2Ba$而且gydF4y2Ba $CgydF4y2Ba$见面gydF4y2Ba $PgydF4y2Ba$,gydF4y2Ba $英国石油公司gydF4y2Ba$而且gydF4y2Ba $交流gydF4y2Ba$相交于gydF4y2Ba $年代gydF4y2Ba$．同时,让gydF4y2Ba $广告gydF4y2Ba$是的高度gydF4y2Ba $ABP \三角形,gydF4y2Ba$而且gydF4y2Ba $\ωgydF4y2Ba$的圆周gydF4y2Ba $\三角形CSDgydF4y2Ba$．考虑到gydF4y2Ba $\ωgydF4y2Ba$而且gydF4y2Ba $\ωgydF4y2Ba$相交于gydF4y2Ba $K \ = C,gydF4y2Ba$证明gydF4y2Ba $\角CKM=90^{\circ} . \gydF4y2Ba$

---

自gydF4y2Ba $\眉题{美联社}= \眉题{CP}gydF4y2Ba$，我们有gydF4y2Ba $\角AMP=90^{\circ}=\角ADP，gydF4y2Ba$这意味着gydF4y2Ba $A, P, D, MgydF4y2Ba$concyclic。自gydF4y2Ba $C K D SgydF4y2Ba$是由交替段定理给出的共循环的gydF4y2Ba $\角KAP=\角ACK=\角KDP \隐含K\in \odot (APDM)gydF4y2Ba$．再次应用循环四边形的性质和交替段定理，我们有gydF4y2Ba

$\begin{aligned}\角MKP=180^{\circ}-\角CAP=\角AKC \隐含\角CKM&=\角AKC-\角AKM\\&=\角MKP-\角AKM\\&=\角AKP=90^{\circ}。\ \ _ \广场结束{对齐}gydF4y2Ba$

信不信由你，许多IMO问题可以简单地通过一些巧妙的循环点结构来解决。这是2014年的一个例子:gydF4y2Ba

(2014年国际海事组织)gydF4y2Ba
凸四边形gydF4y2Ba $ABCDgydF4y2Ba$有gydF4y2Ba ${ABC} = \ \角角度{CDA} = 90 ^{\保监会}gydF4y2Ba$．点gydF4y2Ba $HgydF4y2Ba$脚的垂线是从哪里来的gydF4y2Ba $一个gydF4y2Ba$来gydF4y2Ba $双相障碍gydF4y2Ba$．点gydF4y2Ba $年代gydF4y2Ba$而且gydF4y2Ba $TgydF4y2Ba$侧身躺着gydF4y2Ba $ABgydF4y2Ba$而且gydF4y2Ba $广告gydF4y2Ba$，分别，这样gydF4y2Ba $HgydF4y2Ba$谎言在gydF4y2Ba $三角形\ {SCT}gydF4y2Ba$而且gydF4y2Ba

$\开始{数组}{c} & \角{CHS} - \角{CSB} = 90 ^{\保监会},& \ {THC} -角\角{DTC} = 90 ^{\保监会}\{数组}结束。gydF4y2Ba$

证明这条线gydF4y2Ba $双相障碍gydF4y2Ba$是否与的周圆相切gydF4y2Ba $三角形\ {TSH}gydF4y2Ba$．gydF4y2Ba

---

首先是分数gydF4y2Ba $S TgydF4y2Ba$都是以一种非常规的方式定义的，所以让我们先尝试解决它们。重新排列角度等于gydF4y2Ba

$角CHS=90+角CSB=180-角SCB。gydF4y2Ba$

看到这个让我们想起循环四边形的对角和gydF4y2Ba $180 ^{\保监会},gydF4y2Ba$足以激励我们去反思gydF4y2Ba $CgydF4y2Ba$在gydF4y2Ba $AB、广告gydF4y2Ba$获得gydF4y2Ba $E, FgydF4y2Ba$与循环gydF4y2Ba $CHSE、高交会、gydF4y2Ba$分别。gydF4y2Ba

有几种方法可以证明这个问题等价于证明gydF4y2Ba $CH \补圣gydF4y2Ba$，其中一个将在最后展示。gydF4y2Ba

项目gydF4y2Ba $CgydF4y2Ba$到gydF4y2Ba $上海,gydF4y2Ba$得到gydF4y2Ba $J, K,gydF4y2Ba$分别。我们马上观察到循环gydF4y2Ba $CJSB, CKTDgydF4y2Ba$．请注意gydF4y2Ba $\角CHK=\角TFC=\角TCF=\角TKDgydF4y2Ba$，而自从gydF4y2Ba $CKHgydF4y2Ba$直角三角形的点是gydF4y2Ba $KgydF4y2Ba$，gydF4y2Ba $KDgydF4y2Ba$平分gydF4y2Ba $CHgydF4y2Ba$．同样的，我们可以证明gydF4y2Ba $BJgydF4y2Ba$平分gydF4y2Ba $CHgydF4y2Ba$,这意味着gydF4y2Ba $BJ, DKgydF4y2Ba$的中点交点gydF4y2Ba $HCgydF4y2Ba$，表示为gydF4y2Ba $米gydF4y2Ba$的圆周gydF4y2Ba $CJHKgydF4y2Ba$．这是众所周知的倒影gydF4y2Ba $CgydF4y2Ba$除以的垂直平分线gydF4y2Ba $双相障碍gydF4y2Ba$躺在gydF4y2Ba $啊gydF4y2Ba$，因此gydF4y2Ba $米gydF4y2Ba$的垂直平分线上gydF4y2Ba $双相障碍gydF4y2Ba$，这足以得出这样的结论gydF4y2Ba $BDJKgydF4y2Ba$是一个等腰梯形，一个循环四边形。gydF4y2Ba

的根轴gydF4y2Ba $\odot CJSB，\odot CKTDgydF4y2Ba$，它垂直于gydF4y2Ba $圣。gydF4y2Ba$我们知道gydF4y2Ba $BJ \帽DK = MgydF4y2Ba$由根轴定理决定。因此线gydF4y2Ba $不啻gydF4y2Ba$是激进轴建立的吗gydF4y2Ba $CH \补圣gydF4y2Ba$．因此gydF4y2Ba

$\角TSH=\角90^\角JHC=\角HCJ=\角HKJ=\角THD。gydF4y2Ba$

由gydF4y2Ba交替段定理gydF4y2Ba,匡威gydF4y2Ba $双相障碍gydF4y2Ba$是否与的周圆相切gydF4y2Ba $TSH,gydF4y2Ba$做完了。gydF4y2Ba $_ \广场gydF4y2Ba$

在下一个示例中，将展示一个明确意图创建循环图的解决方案。该技术与上一节证明示例中使用的技术非常相似。gydF4y2Ba

[2011 imo sl6]gydF4y2Ba
让gydF4y2Ba $美国广播公司gydF4y2Ba$与…成三角关系gydF4y2Ba $\眉题{AB} = \眉题{AC}gydF4y2Ba$,让gydF4y2Ba $DgydF4y2Ba$成为…的中点gydF4y2Ba $交流gydF4y2Ba$．的角平分线gydF4y2Ba $BAC \角gydF4y2Ba$与圆相交gydF4y2Ba $D、BgydF4y2Ba$而且gydF4y2Ba $CgydF4y2Ba$在这一点上gydF4y2Ba $EgydF4y2Ba$三角形内部gydF4y2Ba $美国广播公司gydF4y2Ba$．这条线gydF4y2Ba $双相障碍gydF4y2Ba$与圆相交gydF4y2Ba $A, EgydF4y2Ba$而且gydF4y2Ba $BgydF4y2Ba$有两点gydF4y2Ba $BgydF4y2Ba$而且gydF4y2Ba $FgydF4y2Ba$．行gydF4y2Ba $房颤gydF4y2Ba$而且gydF4y2Ba $是gydF4y2Ba$在某点相遇gydF4y2Ba $我gydF4y2Ba$，和线条gydF4y2Ba $CIgydF4y2Ba$而且gydF4y2Ba $双相障碍gydF4y2Ba$在某点相遇gydF4y2Ba $KgydF4y2Ba$．表明,gydF4y2Ba $我gydF4y2Ba$这是三角形的中心吗gydF4y2Ba $出租车。gydF4y2Ba$

---

从循环和对称，我们可以证明gydF4y2Ba $\角EBD=\角ECD=\角ABE，gydF4y2Ba$这意味着gydF4y2Ba $BIgydF4y2Ba$平分gydF4y2Ba $KBA \角gydF4y2Ba$．根据incenter的性质，gydF4y2Ba $我gydF4y2Ba$是中心吗gydF4y2Ba $KAB\iff \角AIC=\角ABI+90^{\circ}gydF4y2Ba$．请注意,gydF4y2Ba

$\角AFD=180^{\circ}-\角BAE=\frac{\角BEC}{2}=\frac{\角BDC}{2}，gydF4y2Ba$

这意味着gydF4y2Ba

$\角DAF=\角BDC-\角AFD=\角AFD\隐含AD=DF=DC\隐含\角AFC=90^{\circ}。gydF4y2Ba$

这就足够了gydF4y2Ba $\角ABI=\角AIC-90^{\circ}=\角ICFgydF4y2Ba$．gydF4y2Ba

反映gydF4y2Ba $BgydF4y2Ba$在gydF4y2Ba $房颤gydF4y2Ba$获得gydF4y2Ba $B”gydF4y2Ba$．现在gydF4y2Ba $C, B”gydF4y2Ba$都在同一边gydF4y2Ba $如果gydF4y2Ba$，所以我们只需要展示gydF4y2Ba $我,C, B, FgydF4y2Ba$都是共循环的，这等于gydF4y2Ba $\角IB'C=\角IFC=90^{\circ}gydF4y2Ba$．自gydF4y2Ba $IB”gydF4y2Ba$内部平分gydF4y2Ba $\角FB萨那gydF4y2Ba$通过对称性，我们要证明gydF4y2Ba $B 'CgydF4y2Ba$外部平分gydF4y2Ba $\角FB萨那gydF4y2Ba$,或gydF4y2Ba $180^{\circ}-\角FB' c =\角AB' c =\角ACB'gydF4y2Ba$自gydF4y2Ba $AB AB ' = = ACgydF4y2Ba$．最后一个等价等于证明gydF4y2Ba $facebook ' | | ACgydF4y2Ba$，这是正确的gydF4y2Ba $180^{\circ}-\角AFB'=\角AFD=\角CAF。gydF4y2Ba$ $_ \广场gydF4y2Ba$

圆的交gydF4y2Ba

平面上的两个圆相交于0、1、2或无穷多个点。后一种情况只发生在两个相同的圆的情况下。第一种情况(交点为零时)发生在圆的圆心之间的距离大于半径的和，或者圆心之间的距离小于半径之差的绝对值。下面是所有的例子，用图表解释了一下:gydF4y2Ba

内心gydF4y2Ba而且gydF4y2Ba三角形的圆gydF4y2Ba

圆是多边形的内切圆，即多边形的每条边都是切线的圆。中心gydF4y2Ba $我gydF4y2Ba$这个圆叫做gydF4y2Ba内心gydF4y2Ba半径gydF4y2Ba $rgydF4y2Ba$的圆叫做gydF4y2Ba内接圆半径gydF4y2Ba．中心点是三角形的角平分线的交点(它们相交的地方)。gydF4y2Ba

对于任意多边形，圆不一定存在，但对于三角形和正多边形，圆是存在的，而且是唯一的。gydF4y2Ba