四點(diǎn)共圓例題及答案

1、例1如圖,E、F、G H分別是菱形ABC防邊的中點(diǎn).求證：E、F、G H四點(diǎn) 共圓.證實(shí) 菱形ABCB勺對(duì)角線AC和BD相交丁點(diǎn)0,連接OE OF OG OHAC和BD互相垂直,.在 Rt AOB Rt BOC Rt COD Rt DO", E、F、G H,分別是 AB BG CD DA的中點(diǎn),.0E =05 = |bC> OG = ：CD, 0H = EAJ匕£J/AB = BC = CD=DA, A OE =OF = OG = OH.即E、F、G H四點(diǎn)共圓.(2) 假設(shè)四邊形的兩個(gè)對(duì)角互補(bǔ)(或一個(gè)外角等丁它的內(nèi)對(duì)角),那么四點(diǎn)共圓.例 2 如圖,在ZXABC中,

2、AMBC DNAB, DFLAC.求證：B、E、F、C四點(diǎn)共圓.證實(shí).DNAB, DFLAC,. .Z AE>Z AFD=180 ,即A、E、?F四點(diǎn)共圓,Z AEFW ADF乂 .AEU BG / ADJ CDF=90 ,Z CDIZ FCD=90 ,Z ADFW FCD. .Z AEFW FCDZ BEFZ FCB=180 ,即8 E、F、C四點(diǎn)共圓.(3) 假設(shè)兩個(gè)三角形有一條公共邊,這條邊所對(duì)的角相等,并且在公共邊的同 側(cè),那么這兩個(gè)三角形有公共的外接圓.例3如圖,在A*中,BD、CE是AC. AB邊上的高,4 = 60"求證:也=!此.證實(shí)在/ ABC, BD CE是

3、AC AB邊上的高.ZBEC BDC=90 ,且 E、D在 BC的同側(cè),.E、B、C、D四點(diǎn)共圓.ZAEDW ACB ZA=Z A, AAEIA ACB,在RtAAEC 中,/A = 60* , 上ILZACE = 30° ；AE 1 nn ED 1-=p 即=PAC 2 CB 2ED=BC.2上述三種方法是證“四點(diǎn)共圓的根本方法,至丁證第四點(diǎn)在前三點(diǎn)不在同一直線上所確定的圓上就不表達(dá)了.【例1】 在圓內(nèi)接四邊形 ABC呻,/ A- / C=12 ,且Z A： / B=2： 3 .求/ A、 Z8 /C、ZD的度數(shù).解.四邊形ABCLft接于圓,. .Z A+Z C=180 . Z

4、A- Z C=12° , Z A=96° , Z C=84° . Z A： Z B=2： 3,/2ZB =96* X 2=144.Z D=180° -1440 =36° .利用圓內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)可以解決圓中有關(guān)角的計(jì)算問(wèn)題.【例2】：如圖1所示,四邊形ABCLft接丁圓,CE/ BD交AB的延長(zhǎng)線 于E.求證：ADBE=BC DC證實(shí)：連結(jié)ACCE/ BD/ 1和Z 2都是扁所對(duì)的圓周角,. / 1=Z 2./ 1 = / E.四邊形ABCLft接于圓,. .Z EBC CDA. AD(A CBEAD： BC=DC BEAD BE=BC DC

5、.本例利用圓內(nèi)接四邊形的一個(gè)外角等丁內(nèi)對(duì)角及平行線的同位角、圓中同弧所對(duì)的圓周角得到兩個(gè)相似三角形的條件,進(jìn)而得到結(jié)論.關(guān)丁圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì),還有一個(gè)重要定理.現(xiàn)在中學(xué)課本一般都不列入, 現(xiàn)介紹如下：定理：圓內(nèi)接四邊形兩條對(duì)角線的乘積等丁兩組對(duì)邊乘積的和.：如圖2所示,四邊形ABCLft接丁圓.求證：ACBD=AB C%ADBC證實(shí)：作Z BAEW CAD AE交 BD 丁 E . Z ABD ACDAT？ DT 二心sWCD.,AC CD即 AB - CD=AC BE vZ BAE% CAEW CAD% CAE. .ZBAC EAD 乂 ZACBW ADEAr1二抵 Cs皿.=AB DEA

6、D BC=AC DE 由,得 AC BE+AC DE=AB C&AD BCAC BD=AB C% AD BC這個(gè)定理叫托勒密(ptolemy)定理,是圓內(nèi)接四邊形的一個(gè)重要性質(zhì).這個(gè) 證實(shí)的關(guān)鍵是構(gòu)造 ABEAACD充分利用相似理論,這在幾何中是具有代表性 的.在數(shù)學(xué)競(jìng)賽中經(jīng)?？吹剿挠白?希望能引起我們注意.命題“菱形都內(nèi)接丁圓對(duì)嗎？命題“菱形都內(nèi)接丁圓是不正確的.所以是假命題.理由是：根據(jù)圓的內(nèi) 接四邊形的判定方法之一,如果一個(gè)四邊形的一組對(duì)角互補(bǔ),那么這個(gè)四邊形內(nèi) 接丁圓.這個(gè)判定的前提是一組對(duì)角互補(bǔ), 而菱形的性質(zhì)是一組對(duì)角相等.而一 組相等的角,它們的內(nèi)角和不一定是180&#

7、176; .如果內(nèi)角和是180° ,而且乂相等, 那么只可能是每個(gè)內(nèi)角等丁 90° ,既具有菱形的性質(zhì),且每個(gè)內(nèi)角等丁 90° , 那末這個(gè)四邊形一定是正方形.而正方形顯然是菱形中的特例,不能說(shuō)明一般情 形.判定四邊形內(nèi)接丁圓的方法之二,是圓心到四邊形四個(gè)頂點(diǎn)的距離相等. 圓 既是中央對(duì)稱圖形,乂是軸對(duì)稱圖形,它的對(duì)稱中央是圓心.菱形同樣既是中央 對(duì)稱圖形,乂是軸對(duì)稱圖形,它的對(duì)稱中央是兩條對(duì)角線的交點(diǎn). 但菱形的對(duì)稱 中央到菱形各個(gè)頂點(diǎn)的距離不一定相等.所以,也無(wú)法確定菱形一定內(nèi)接丁圓； 如果菱形的對(duì)稱中央到菱形各邊頂點(diǎn)的距離相等, 再加上菱形的對(duì)角線互相垂直

8、平分這些性質(zhì),那么這個(gè)四邊形乂 必是正方形.綜上所述,“菱形都內(nèi)接丁圓這個(gè)命題是錯(cuò)誤的.5圓的內(nèi)接四邊形例1 ：如圖7-90 , ABCD1對(duì)角線互相垂直的圓內(nèi)接四邊形,通過(guò)對(duì)角線的 交點(diǎn)E與AB垂直丁點(diǎn)H的直線交C寸點(diǎn)M 求證：CM=MD證實(shí)Z ME(Z HEB互余,Z ABE與Z HEB互余,所以Z MEC=ABE 乂Z ABE=ZECM 所以/ MEC=ECM 從而 CM=EM同理 MD=EM所以 CM=MD圖T-的點(diǎn)評(píng) 本例的逆命題也成立(即圖中假設(shè) M平分CD那么MKAB).這兩個(gè)命題在某 些問(wèn)題中有時(shí)有用.本例叫做婆羅摩笈多定理.例2 ：如圖7-91 , ABCtMO O的內(nèi)接四邊

9、形,A如BD, .£_1朋于點(diǎn)£,求低OE =CD.圖 791分析一 如圖7-91 (a),由丁 E是AB的中點(diǎn),從A引CDO的直徑AG,成人曲中點(diǎn).由三角形中位線定理可知OE = !g&因此只2需證實(shí)GB=CD但這在第七章E 1.4圓周角中的例3已經(jīng)證實(shí)了.證實(shí)讀者自己完成.*分析二 如圖7-91 (b),設(shè)AC, BD垂直丁點(diǎn)F.取CD的中點(diǎn)那么MF=CD,所以應(yīng)該有.E = MF,并且由例1的點(diǎn)評(píng)知道還 1UI有OEI MF.從而四邊形OEF阪該是平行四邊形.證實(shí)了四邊形 OEFKM平行四邊 形,問(wèn)題也就解決了.而證實(shí)四邊形 OEFM!平行四邊形已經(jīng)沒(méi)有什么困

10、難了.*分析三 如圖7-91 (b),通過(guò)AC, BD的交點(diǎn)F作AB的垂線交CD廳點(diǎn)M.連結(jié) 線段EF, MO由丁 OE_AB F虬AB,所以O(shè)E/ FM 乂由丁 EFLCD(見(jiàn)例1的點(diǎn)評(píng)), M(X CD所以EF/ MO所以四邊形 OEF輸平行四邊形.從而 OE=MF而由例I知MF二!CD,所以0E 二？CD.例3 求證：圓內(nèi)接四邊形對(duì)邊乘積的和等丁對(duì)角線的乘積,即圖中AB CD+BC AD=AC BD圖 T-S2分析 在ABCD+BCAD=AC BD中,等號(hào)左端是兩個(gè)乘積的和,要證實(shí)這種等式 成立,常需把左端拆成兩個(gè)單項(xiàng)式來(lái)證實(shí),即先考慮 ABCD和BC- AD各等丁什么,然 后再考慮AB

11、CD+BC AD是否等丁 ACBD.而要考慮ABC聽(tīng)日BCAD#等丁什么, 要用到相似三角形.為此,如圖 7-92,作AE令Z BAEW CAD并且與對(duì)角線BD相交 丁點(diǎn)E,這就得到 ABEAACD由此求得ABCD=AC BE在圓中乂出現(xiàn)了 AB(CA AED由此乂求得BCAD=AC ED.把以上兩個(gè)等式左右各相加,問(wèn)題就解決了.證實(shí)讀者自己完成.點(diǎn)評(píng) 本例叫做托勒玫定理.它在計(jì)算與證實(shí)中都很有用.例4】如圖丁93 , P為等邊三角形ABC的外接圓的上任意一點(diǎn).求證：PA=PB+PC分析一本例是線段和差問(wèn)題,因此可用截取或延長(zhǎng)的方法證實(shí).如圖7-93 (a),在PA上取點(diǎn)M使PM=PB剩下的問(wèn)

12、題是證實(shí)MA=PC這只要證實(shí) ABFACBP就可以證實(shí)讀者自己完成.分析二 如圖7-93 (a),在PA上取點(diǎn)M使MA=PC剩下的問(wèn)題是證實(shí) PM=PB 這只要證實(shí) BPM等邊三角形就可以了.證實(shí)讀者自己完成.(b)國(guó) 7-93分析三 如圖7-93 b,延長(zhǎng)CP到M 只要證實(shí) PAEA CMBft可以了.證實(shí)讀者自己完成.讀者可仿以上的方法擬出本例的其他證實(shí).*本例最簡(jiǎn)單的證實(shí)是利用托勒玫定理例使PM=PB剩下的問(wèn)題是證實(shí)PA=MC這3)證實(shí)由托勒玫定理得 PABC=PB AC+PCA己由丁 BC=AC=A晰以有PA=PB+PC例2如圖7-116,.和都經(jīng)過(guò)A、B兩點(diǎn),經(jīng)過(guò)點(diǎn)A的直線CgO.交

13、丁 點(diǎn)C,與OC2交丁點(diǎn)D.經(jīng)過(guò)點(diǎn)B的直線EF與.交丁點(diǎn)E,與OC2交丁點(diǎn)F.求證：CE/ DF.分析：要證實(shí)CE/ DF.考慮證實(shí)同位角或內(nèi)錯(cuò)角相等或同旁內(nèi)角互補(bǔ).由 丁 CE DF分別在兩個(gè)圓中,不易找到角的關(guān)系,假設(shè)連結(jié) AB,那么可構(gòu)成圓內(nèi)接四 邊形,利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)定理可溝通兩圓中有關(guān)角的關(guān)系.證實(shí)：連結(jié)AB.ABECM圓內(nèi)接四邊形, Z BAD E.ADFBt圓內(nèi)接四邊形,. .Z BA圳 / F=180° ,. .Z E+Z F=180° . .CE/ CF.說(shuō)明：(1)此題也可以利用同位角相等或內(nèi)錯(cuò)角相等,兩直線平行證實(shí).如延長(zhǎng) EF至 G,由于/ D

14、FG BAD 而/ BADW E,所以/ DFG E.(2) 應(yīng)強(qiáng)調(diào)此題的輔助線是為了構(gòu)成圓內(nèi)接四邊形,以利用它的性質(zhì),導(dǎo)出 角之間的關(guān)系.(3) 對(duì)丁程度較好的學(xué)生,還可讓他們進(jìn)一步思考,假設(shè)此題不變,但不給出 圖形,是否還有其他情況？問(wèn)題提出后可讓學(xué)生自己畫(huà)圖思考,通過(guò)討論明確此題還應(yīng)有如圖7-117的情況并給予證實(shí).例3如圖7118,在 ABC, AB=AC BD平分/ B, zABD勺外接圓和 BC 交丁 E.求證 ：AD=EC分析：要證AD=EC不能直接建立它們的聯(lián)系,考慮條件可知Z ABD=/ DBE容易看出AD=DE .假設(shè)連結(jié)DE那么有AD=DE因此只要證DE=EC由丁 DE和

15、ECA DEC勺兩邊,所以只要證Z EDC=T C.由條件可知Z C=Z ABC因此只要證/ EDC£ ABC由于 EDO圓內(nèi)接四邊形 ABED勺一個(gè)外角, 所以可證/ EDC=ABC問(wèn)題可解決.圖 T-UB證實(shí)：連結(jié)DE BD平分ZABC. AD=DE , AD=DE .ABEEg圓內(nèi)接四邊形,.Z EDC=ABC . AB=AC. .Z ABC=C,ZEDCZ C.于是有DE=EC因此AD=EC四、作業(yè)1. 如圖7120,在圓內(nèi)接四邊形 ABCtfr, AC平分BD 并且AC±BD Z BAD=70 18',求四邊形其余各角.代囹7-1202. 圓內(nèi)接四邊形AB

16、Cg, ZA、ZB、ZC的度數(shù)的比為2： 3 : 6,求四邊 形各內(nèi)角的度數(shù).3. 如圖7-121,入.是/ABW卜角Z EAC的平分線,AD與三角形的外接圓交 丁點(diǎn)D.求證：DB=DC作業(yè)答案或提示：1. ZABCWADC=90 , Z BCD=109 42'.2. ZA=45° , Z B=67.5° , Z C=135 , ZD=112.5° .3. 提示：由于Z DBC DAC Z EADW DCB Z EADW DAC 所以Z DBC DCB 因此DB=DC判定四點(diǎn)共圓的方法引導(dǎo)學(xué)生歸納判定四點(diǎn)共圓的方法：(1) 如果四個(gè)點(diǎn)與一定點(diǎn)距離相等,那么

17、這四個(gè)點(diǎn)共圓.(2) 如果一個(gè)四邊形的一組對(duì)角互補(bǔ),那么這個(gè)四邊形的四個(gè)頂點(diǎn)共圓.(3) 如果一個(gè)四邊形的一個(gè)外角等丁它的內(nèi)對(duì)角,那么這個(gè)四邊形的四個(gè)頂 點(diǎn)共圓.4如果兩個(gè)直角三角形有公共的斜邊,那么這兩個(gè)三角形的四個(gè)頂點(diǎn)共圓 由于四個(gè)頂點(diǎn)與斜邊中點(diǎn)距離相等.3.如圖7-124,ABC%平行四邊形,過(guò)點(diǎn)A和B的圓與AD、BC分別交丁E、F.求證：C、D E、F四點(diǎn)共圓.圖徉圮4提示連結(jié) EF.由Z B+ / AEF=180 ° , / B + Z C=180 ° ,可得/ AEF= / C.四點(diǎn)共圓的應(yīng)用山東寧陽(yáng)教委教研室 栗致根四點(diǎn)共圓在平面幾何證實(shí)中應(yīng)用廣泛,熟悉這種應(yīng)

18、用對(duì)丁開(kāi)闊證題思路,提 高解題水平都是十分有益的.一用丁證實(shí)兩角相等例1如圖1,P為O O外一點(diǎn),PA切O.丁 A, PB切O.丁 B, OP交AB 丁 E.求證：Z AP0Z BPD證實(shí) 連結(jié)OA OG OD由射影定理,得 AE2=PE EQ 乂 AA BE那么AEBE =PEEO1;由相交弦定理,得 AEBACEDE；由1、2得 CE EE> PE EO P、C Q D四點(diǎn)共圓,那么Z 1 = / 2, Z3=Z 4, 乂Z 2=Z4. Z1 = Z 3,易證ZAP0Z BPD?4= Z EDO二用丁證實(shí)兩條線段相籌例2如圖2,從OO外一點(diǎn)P引切線PA PB和割線PDC從A點(diǎn)作弦AE

19、平 行丁 DC 連結(jié)BE交DC于F,求證：FO FD.證實(shí) 連結(jié) AD AR EG AB. : PA切CD.丁 A,那么Z1 = Z 2. : AE/ CD 那么 Z2=Z 4. Z1 = Z 4, .& A、F、B 四點(diǎn)共圓.二 Z 5= Z 6,而 Z5=Z 2=Z 3, . .Z3=Z 6. . AE/ CD ,- EC=AD 且 Z ECFW ADF EFCA AFD ,- FO FD.用丁證實(shí)兩直線平行例3如圖3,在ZXABC中,AB=AC AEUBC, ZB的兩條三等分線交 AD丁 E、 G,交 ACT F、H.求證：EH/ GC證實(shí) 連結(jié) EC 在ABEzX ACE中,.

20、 AE= AE, AB=AQ ZBAEZ CAE 二 AE陪AEC Z5=Z 1 = Z 2, . .B> C、H、E 四點(diǎn)共圓,二 Z 6=Z 3.在zGEB 和/ GECfr, .G日 GE ZBE孚 Z CEG EAEC A GEIA GEC Z 4=Z 2 =Z 3,Z 4=Z 6.EH/ GC四 用丁證實(shí)兩直線垂直例4如圖4, A ABC為等邊三角形,D、E分別為BU ACii上的點(diǎn),且ED=；BC, CE = |aC, AB與BE相交于F點(diǎn).求讓 CP1AD.證實(shí) 在/ ABCffPA BCE中,V AB=BC ZABtZ BCE B> CE 那么ABDzX BCE A

21、DBW BEC ,- P、?c E四點(diǎn)共圓.設(shè)DC的中點(diǎn)為.連結(jié)OE DE易 證/ OEC= 60° , Z DE孚 30 Z DE孚 90° , 丁是Z DPC=90 ,二 CP± AD.五用丁判定切線求證:tP圖6例5如圖5, AB為半圓直徑,P為半圓上一點(diǎn),P如AB丁 C,以AC為直徑的圓 交PA丁 D,以BC為直徑的圓交PB于E,求證：DE是這兩圓的公切線.證實(shí)連結(jié)DC CE易知Z PD孚Z PE孚90° ,二P、?C、E四點(diǎn)共圓, 丁是 Z 1 = 7 3,而 Z3+Z 2= 90° , Z A+Z 2=90° ,那么 /

22、1 = / A, .DE 是圓 ACD 的切線.同理,DE是圓BCE勺切線.因而DE為兩圓的公切線六用丁證實(shí)比例式例6 AB CD為.中兩條平行的弦,過(guò)B點(diǎn)的切線交CD的延長(zhǎng)線丁 G,弦 PA PB分別交 CDT E、F.證實(shí) 如圖 6.連結(jié) BE PG . BG切CD.丁 B,那么Z1=Z A. : AB/ CD 那么Z A=Z 2.丁是Z 1 = Z 2,二P、G 8 E四點(diǎn)共圓.由相交弦定理,得EF FG=PFFB.在 O.中,由相交弦定理,得CFFD=FP FB.EF FD'.EFFG=CFmL = 而七用丁證實(shí)平方式例7 ABC叫圓內(nèi)接四邊形,一組對(duì)邊 AB和DC延長(zhǎng)交丁 P

23、點(diǎn),另一組對(duì)邊 AD和BC延長(zhǎng)交丁 Q點(diǎn),從P、Q引這圓的兩條切線,切點(diǎn)分別是E、F,如圖7 求證：pQ= qF + PE.證實(shí) 作 DC®勺外接圓,交PE M 連結(jié)MG1=Z 2=Z 3, WJ P、B、C、M四點(diǎn)共圓.由圓籍定理得 PE2= PCP4PMPQ QF2=QCQ牛QM QP兩 式相加得 PE2+ QF2=PM PC QM QP=PQ(PMQMPQ PQ=PQPQ=PE+ QF2.八用丁解計(jì)算題例8如圖8, ABC勺高AD的延長(zhǎng)線交外接圓丁 H,以AD為直徑作圓和AB AC分別交丁 E、F點(diǎn),EF交 AD丁 G,假設(shè) AG=16cm AH=25cm 求 AD 的長(zhǎng).解

24、連結(jié) DE DR BH .Z1=Z 2= Z C=Z H,二 B、E、G H四點(diǎn)共圓.由圓 籍定理,得AEAN AGAN 在 ABC, v/ ADB=90 , DdAB,由射影定理, 得 AD= AE AB, .AD=AG A七 16X 25= 400, . AD=20cm九用丁證實(shí)三點(diǎn)共線圖w圖例9如圖9, DAABC外接圓上任意一點(diǎn),E、F、G為D點(diǎn)到三邊垂線的 垂足,求證：E、F、G三點(diǎn)在一條直線上.證實(shí)連結(jié)EF、FGBDCDBEDW BFD=90,貝UB、E、F、D 四點(diǎn)共圓,二 / 1 = / 2,同理/ 3=Z 4.在/ DBEffizX DCG, .ZDE&Z DGC Z

25、 DBE Z DCG 故Z 1 = Z 4,易得Z 2=Z 3,二E、F、G三點(diǎn)在一條直線上.+用丁證實(shí)多點(diǎn)共圓例10如圖10, HA ABC的垂心,Hi、T、H3為H點(diǎn)關(guān)丁各邊的對(duì)稱點(diǎn), 求證：A、B、C、Hi、H2、沖六點(diǎn)共圓.證實(shí)連結(jié)AH, .H與Hz關(guān)丁 AF對(duì)稱,那么/ 1=Z 2. A、F、?C四點(diǎn)共 圓,那么Z2=Z 3, 丁是/ 1 = Z 3, .A、性、B c四點(diǎn)共圓,即 T在/ ABC勺外 接圓上.同理可證,Hi、Hs也在/XABC勺外接圓上.二A、B、C、Hi、仔、六點(diǎn) 共圓.相關(guān)資源加到收藏夾添加相關(guān)資源托勒密定理的數(shù)形轉(zhuǎn)換功能山東臨沂市四中姜開(kāi)傳臨沂市第一技校劉久松

26、圓內(nèi)接四邊形兩組對(duì)邊乘積的和等丁其對(duì)角線的乘積,即在四邊形 ABCD 中,有ABC% ADBC=AC BD這就是著名的托勒密定理.本刊 1996年第2 期給出了它的幾種證法,作為續(xù)篇,本文就其數(shù)形轉(zhuǎn)換功能舉例說(shuō)明如下：1 “形轉(zhuǎn)換為“數(shù)對(duì)丁某些幾何問(wèn)題,特別是圓內(nèi)接多邊形問(wèn)題,如果能根據(jù)題設(shè)中隱含的數(shù) 量關(guān)系,利用托勒密定理可將“形轉(zhuǎn)換為“數(shù),從而到達(dá)用代數(shù)運(yùn)算來(lái)代替 幾何推理的目的.例1正七邊形A1A2- A7,求證我匚六,危第21屆全俄數(shù)學(xué)奧林匹克競(jìng)賽題對(duì)丁這道競(jìng)賽題,原證較繁,但通過(guò)深挖隱含條件,利用托勒密定理可改變 整個(gè)解題局面,使證題步驟簡(jiǎn)縮到最少.如圖 1,連 A1A5、A3A5,

27、 WJ A1A5=A1A4、AsAAAs.在四邊形 NNNA 中,由托 勒密定理,得 A3A4 AA5+ A4A5 *=AA 即 AA2 AA4+ AA AA = AA3 AN, 兩邊同除以A1A2 - AA - A1A4即得結(jié)論式.例2如圖2, A、8 G D四點(diǎn)在同一圓周上,且 BO CE>4, AE=線段 BE和DE的長(zhǎng)都是整數(shù),貝U BD的長(zhǎng)等丁多少？1988年全國(guó)初中數(shù)學(xué)聯(lián)賽題此題假設(shè)用其它方法解,往往使人一籌莫展.假設(shè)運(yùn)用托勒密定理,可使問(wèn)題化 難為易.由/ CDMzX BAEffizX CBEA DAE 得4BE4D£AB =, AD =-CECE由托勒密定理,得

28、BD(Am CE)=4(A斜 AD),即 3D(AE + CE)= 18* fun亦即CE(AE+ CE)= 16.設(shè)CE=x整理上式,得x2 + 6x 16= 0.解得x = 2(負(fù)值已舍),故BE DECE AA 12. . BEX BC CE>8,BE = 3 fDE= 4BE= 4DE = 3,故 BD".例3 一個(gè)內(nèi)接丁圓的六邊形,其五個(gè)邊的邊長(zhǎng)都為 81, AB是它的第六邊, 其長(zhǎng)為31,求從B出發(fā)的三條對(duì)角線長(zhǎng)的和.第九屆美國(guó)數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽試題原解答過(guò)程冗長(zhǎng).假設(shè)通過(guò)托勒密定理的橋梁作用,把“形轉(zhuǎn)換為“數(shù), 可使問(wèn)題化繁為簡(jiǎn).E 3如圖 3,設(shè) BD=a BE=b,

29、BF= c,連 AG CE AE WJ CL AE= BE> a, AC=BF=c.在四邊形BCD營(yíng),由托勒密定理,得81b+ 812 = a2同理 81b+ 31 - 81=ac 31a+81a=bc 解、組成的方程組,得a= 135, b= 144, c = 105故 a + b+ c=384.2 “數(shù)轉(zhuǎn)換為“形對(duì)丁某些代數(shù)問(wèn)題,假設(shè)結(jié)構(gòu)與托勒密定理相似,通過(guò)構(gòu)造圓內(nèi)接四邊形,可 把“數(shù)轉(zhuǎn)換為“形,然后利用“形的性質(zhì),使問(wèn)題得到解決.這種解法構(gòu) 思巧妙,方法獨(dú)特,富丁創(chuàng)新,出奇制勝.例4解方程2 -121 + 1 $ -4 = 7 扁.1c倒4假設(shè)按常規(guī)方法解這個(gè)無(wú)理方程,過(guò)程繁冗.

30、假設(shè)由方程的結(jié)構(gòu)特征聯(lián)想到托勒 密定理,那么構(gòu)造直徑 AC=x(x» 11)的圓及圓內(nèi)接四邊形 ABCD使BC=2 CD=11 如圖4, 丁是= 疽-4,-121.由托勒密定理,得2 -121 七1V？ -4 = X.將此式與原方程進(jìn)行比較,得BD =俱在 BCM,由余弦定理,得cos ZBCD =2 , 2* 11JT？. ZBCD= 120& .故=AC = = am 120經(jīng)檢驗(yàn)x=14是原方程的根.例5狀尋 =L求證：a2+ b2= 1.這道名題已有多種證法,而且被視為用三角換無(wú)法解代數(shù)問(wèn)題的典范.下面再給出一各幾何證法.固5易知0V a、b< 1且a、b不全為

31、零.當(dāng)a、b之一為零時(shí),結(jié)論顯然成立.當(dāng) a、b全不為零時(shí),由等式聯(lián)想到托勒密定理,作直徑 A01的圓及圓內(nèi)接 四邊形觸8,使AB=b, ADf 如圖5,那么CD=VTZ BC= 后,由托勒密定理,得+*BD.與等式比較,得BE> 1,即BD也為圓的直徑,故a2+ b2=1例 6 設(shè) a>c, b>c, c>0,求證：J蘇-7) +-£)V 4此題假設(shè)用常規(guī)方法證實(shí)也不輕松.下面利用托勒密定理給出它的一個(gè)巧證.圖6伺'* 癡-=用、福尸WA77？'=將已二& +渺】_ .滬=婭氣底滬+山0-砰尸=應(yīng)七故構(gòu)造直徑&.=扃的圓段圓內(nèi)

32、接四邊形ABCD,使AB-成,短=底 如 圖6.那么BC二氣巨F,CD = JE.由托勒密定理,得4c , J噸-由 + 飛底 * Jba - c=飛底 , BD,因 BD<AC = VS,故、g3b - c + 也況0 一由北,即&_ E + * - u<,房.巧用托勒密定理證題河北晉州市數(shù)學(xué)論文研究協(xié)會(huì)張東海王素改在解證某些數(shù)學(xué)題時(shí),如能巧用托勒密定理,可使解證過(guò)程簡(jiǎn)潔活新,茲舉 例說(shuō)明.托勒密定理：圓內(nèi)接四邊形中,兩條對(duì)角線的乘積等丁兩組對(duì)邊乘積之和.閏1一、構(gòu)造“圓,運(yùn)用定理【例 11 設(shè) a, b, x, y 是實(shí)數(shù),且 a2 + b2=1, x2+ y2=1.求

33、證：ax+ by< 1.證 作直徑AB=1的圓,在AB的兩側(cè)任作 Rt ACEffi Rt ADB使AC=a BC=bBD=x AD=y.圖 1由勾股定理知a, b, x, y滿足條件.根據(jù)托勒密定理,有AC B% BC AD=AB CDCDv 1,ax+ by< 1.二、利用無(wú)形圓,運(yùn)用定理【例2】 等腰梯形一條對(duì)角線的平方,等丁一腰的平方加上兩底之積.：梯形 ABCD中,AD=BC AB/ CD求證：BD=BC+ ab cd證.等腰梯形內(nèi)接丁圓,由托勒密定理,有 ACBD=AD BC ABCD. AD=BC AC=BD BD=BC+ AB CD 圖略【例3】：邊長(zhǎng)為1的正七邊形

34、ABCDEFG,對(duì)角線AD=a, BG=b曲 b.求證：(a + b) 2(a b) = ab2.證 連結(jié) BD GE BE, DG 貝U BD=EGB=b DG=BED住a, DE=AB=AG=1(如圖2)圖£在四邊形ABDC,由托勒密定理,有 ADBG=AB D削BDAG即 ab=a+ b (1)同理在四邊形BDEG,得BE DG=DE B( BD EG即 a2=b+ b2 (2)將變形為b=a2 - b2(1) x (3),得 ab2 = (a + b)(a 2 - b2).故 ab2=(a + b) 2(a b).三、構(gòu)造圓內(nèi)接四邊形,運(yùn)用定理【例4】在/ ABC中,Z A的

35、內(nèi)角平分線AD交外接圓丁 D.連結(jié)BD.求證：AD BC=BD (AB+ AC).證(如圖3)連結(jié)DC由托勒密定理.有 ADBC=AB C%ACBD乂 . Z 1=Z2, BD=DC AD BC=AB C% AC BD=BD(ABAC).即 AD BC=BD (AB+ AC).圓內(nèi)接四邊形的面積公式黑龍江綏化五中 任天民在中學(xué)數(shù)學(xué)里使用海倫公式亳=Jp(p-a)O-b)(ps)(其中p 二吧曾,C為三角形的三邊)計(jì)算三角形的面積是個(gè)重要的方法,三角形一定有外接圓,所 以我們可以聯(lián)想,圓內(nèi)樓四邊形面積的計(jì)算公式是否與三角形面積公式有相似之 W？A設(shè)圓內(nèi)接四邊形ABCM各邊為a, b, c, d.

36、連結(jié)BD.由Z A+Z C=18(J ,可以推出sinA=sinC ,cosA= cosC.并且S四邊形ABC=$ AB葉手 BCD=adJsitiA-L 2 斗_ t>tx22 + j2 _ dtx22bc冉由余成理"4-5= 2站兩林卻D呵得> 、限 十 b 十匚 一 dj(b + cji-d-a)(a+<lji-b-c)(a + dH-c-bsinA 工 Vl - cor A ='所以1J(sT+ b + c d) (b + c + d - a)(a + b + d - c)(a + c + d - b)2(>d + be)niaAECD .5(

37、6亡Tad) =+ b + c d)(b + c + d- a)(a+ b + d-c)(a + c + d-b).今上式化為S EAFCD = J(P 2)(P-bXp-C)S-d).這樣我們得出了圓內(nèi)接四邊形面積的計(jì)算公式.在上面的公式中,如果設(shè)某一邊為零,(不仿設(shè)d=0)此時(shí)四邊形變成三角形, 該公式恰是計(jì)算三角形面積的海倫公式.圓內(nèi)接四邊形面積公式的得出是受三角形面積公式的啟發(fā), 通過(guò)聯(lián)想探索出 來(lái)的,而且兩者在形式上乂是那么的相近.這種現(xiàn)象在數(shù)學(xué)中不勝枚舉,如果同 學(xué)們都能從特殊規(guī)律去探索一般規(guī)律, 再?gòu)囊话阋?guī)律去熟悉特殊規(guī)律.那么對(duì)數(shù) 學(xué)水平的培養(yǎng)將大有裨益.四條邊定長(zhǎng)四邊形面積的

38、最大值上海市育群中學(xué)李甲鼎四條邊為定長(zhǎng)的四邊形不具穩(wěn)定性,但在某種特定的位置下,它能內(nèi)接丁圓, 成為圓內(nèi)接四邊形.并且此時(shí)到達(dá)變化過(guò)程中面積最大值.下文證實(shí)這個(gè)事實(shí).：四邊形 ABCg: AAa, BAb, CD=c DA=d求證：四邊形ABCLfr有唯一四邊形能內(nèi)接丁圓,且此時(shí)面積到達(dá)最大值.證實(shí)：(1)先證四邊形四邊定長(zhǎng),有唯一的四邊形內(nèi)接丁圓,設(shè)ZABC=c,Z ADC=,AC=x由余弦定理得見(jiàn).2abX的解唯一確定,代入(1)(2)后cos a、cos 6也隨之唯一確,在a , 6 (0 , 兀)的條件下a、6也同時(shí)唯一確定.四邊形四邊定長(zhǎng),對(duì)角互補(bǔ),四邊形是唯一的.即所得到的四邊形為

39、圓內(nèi) 接四邊形.(2) 當(dāng)四邊定長(zhǎng)的四邊形內(nèi)接丁圓時(shí),此四邊形面積最大.四邊形ABCD勺面積S=SdAic + Sd =absina + :cdgmb (習(xí)由余弦定理得 a2 + b2 2abcos a =x2=c2+ d2 2cdcos 6=*序-5=火湖-知5(4)(3) +(4) S,+ ：(/+/-一d叩=a2b2 + c3 - 2abcdco< a 4- p )=/ 十臚-2abcdcos(a + P)一 -l(a5+ b2 - cq - d2)416顯然當(dāng)a + 6 =兀時(shí)即為圓內(nèi)接四邊形時(shí)S2到達(dá)最大值,即S最大.11L = 3EEW + 2abcd-( + V/./(a

40、+ b + c -* d)(a + h + <i - c)(a + c + d - b)(b + c + d - a).一個(gè)幾何定理的應(yīng)用江蘇省徐州礦務(wù)局龐莊職校張懷林定理：如圖1 ,在圓接四邊形 ABCD中弦AD平分/ BAC ,那么2ADcos a =AB + AC.證實(shí) 連接BD、DC、BC,設(shè)圓半徑為R,那么由正弦定理有：BD = DC = 2Rsin a ,BC = 2Rsin2 a .BE i圖2由托勒密定理有AB - CD+AC - BD=AD - DC.(AB+AC) - 2Rsin a =AD - 2Rsin2 a .貝U 2AD - cos a =AB + AC.下面

41、舉例說(shuō)明它的應(yīng)用.例1如圖2,銳角ZXABC的Z A平分線交BC 丁 L,交外接圓丁 N ,過(guò) L分別作LK ± AB, LM ± AC ,垂足分別為K、M.求證：四邊形 AKNM的面積 等丁ZXABC的面積.第 28 屆 IMO證實(shí)由得ZBAN= ZCAN ,由定理有 2ANcos a =AB + AC,而廂匚=|AB-FAQ. AL* snCl=AN - AL - cos a - sin a =AN - AK - sin a =AN - AM - sin a =2S AKN 2S AMN.L S AB=S 四邊形 AKNM.例2己知一個(gè)正七邊形直的A 1 1 1 小證,

42、月皂.4招3 _ /X第21屆全蘇奧數(shù)證實(shí)作正七邊形外接圓,如圖3所示.倒3圖4由定理有 2c - cos a =b+c ,乂在等腰 A1A2A3 中有 2a - cos a =b .以上兩式相除可得宇土例 3 在 ABC 中,Z C=3 / A, a = 27, c = 48 ,那么 b 的值是.第36屆AHSME試題解 如圖4.作 ABC的外接圓,在畫(huà)取三等分點(diǎn)D、E,連CD、CE .由得：Z ACD= Z DCE= Z ECB= Z A, CD=AB=48 ,由定理有 2CE - cosA=CB+CD 2CD - cosA = CE+AC 乂 2CB - cosA=CE 由,得.CE =

43、 JCB(CB + CD) =45.由、得：b=AC=CE - (CD-CB)/CB=35 .托勒密定理及其應(yīng)用河北省晉州市數(shù)學(xué)論文研究協(xié)會(huì)劉同林托勒密定理：圓內(nèi)接四邊形中,兩條對(duì)角線的乘積 兩對(duì)角線所包矩形的面 積等丁兩組對(duì)邊乘積之和一組對(duì)邊所包矩形的面積與另一組對(duì)邊所包矩形的 面積之和.：圓內(nèi)接四邊形ABCD ,求證：AC - BD = AB - CD + AD - BC .證實(shí)：如圖 1,過(guò) C 作 CP 交 BD 丁 P,使 Z 1 = / 2, 乂 7 3= / 4, AACD BCP .AC _ AD圖I那么AC* EP=AD * EC.乂Z ACB= / DCP, Z 5= /

44、6, A ACBA DCP ./. AC* DP = JLB CD. + 得 AC(BP + DP)=AB - CD + AD - BC .即 AC - BD=AB - CD + AD - BC.這就是著名的托勒密定理,在通用教材中習(xí)題的面目出現(xiàn), 不被重視.筆者 認(rèn)為,既然是定理就可作為推理論證的依據(jù). 有些問(wèn)題假設(shè)根據(jù)它來(lái)論證,顯然格 外簡(jiǎn)潔活新.茲分類說(shuō)明如下,以供探究.一、直接應(yīng)用托勒密定理P圖 2例1如圖2, P是正ABC外接圓的劣弧BC上任一點(diǎn)不與B、C重合,求證：PA=PB + PC.分析：此題證法甚多,一般是截長(zhǎng)、補(bǔ)短,構(gòu)造全等三角形,均為繁冗.假設(shè)借助托勒密定理論證,那么有

45、PA - BC=PB - AC + PC - AB,. AB=BC=AC .PA=PB+PC .二、完善圖形借助托勒密定理例2證實(shí)“勾股定理：在 Rt ABC 中,ZB=90 ° ,求證：AC2=AB2 + BC2證實(shí)：如圖3,作以Rt A ABC的斜邊AC為一對(duì)角線的矩形 ABCD ,顯然 ABCD是圓內(nèi)接四邊形.由托勒密定理,有AC - BD=AB - CD + AD - BC . 乂 ABCD是矩形, AB=CD , AD=BC , AC=BD . 把代人,得AC2=AB2 + BC2.線交外接Z圓丁 D,連結(jié)BD,求例3如圖4,在 ABC中,Z A的平分 證：AD - BC=

46、BD(AB + AC).證實(shí)：連結(jié)CD,依托勒密定理,有 AD - BC = AB - CD + AC - BD . Z 1 = 72, BD=CD .故 AD - BC=AB - BD + AC - BD=BD(AB + AC).三、利用“無(wú)形圓借助托勒密定理例4等腰梯形一條對(duì)角線的平方等丁一腰的平方加上兩底之積.如圖 5, ABCD 中,AB / CD, AD=BC ,求證：BD2=BC2 + AB - CD.證實(shí)：.等腰梯形內(nèi)接丁圓,依托密定理,那么有AC BD=AD BC + AB CD.乂 . AD=BC , AC=BD , BD2=BC2 + AB - CD.四、構(gòu)造圖形借助托勒密

47、定理例 5 假設(shè) a、b、x、y 是實(shí)數(shù),且 a2+ b2=1 , x2 + y2=1 .求證：ax+ by < 1 .證實(shí)：如圖6,作直徑AB=1的圓,在AB兩邊任作Rt ACB和Rt ADB , 使 AC = a, BC=b , BD = x, AD = y.由勾股定理知a、b、x、y是滿足題設(shè)條件的.據(jù)托勒密定理,有 AC - BD + BC - AD=AB - CD.CD < AB = 1 , ax + by< 1 .五、巧變?cè)矫顦?gòu)圖形,借助托勒密定理例6a、b、c是 ABC的三邊,且a2=b(b + c),求證：/ A=2 / B.分析：將a2=b(b + c)變

48、形為a - a=b - b + bc,從而聯(lián)想到托勒密定理,進(jìn)而 構(gòu)造一個(gè)等腰梯形,使兩板為b,兩對(duì)角線為a, 一底邊為c.證實(shí)：如圖7,作ABC的外接圓,以A為圓心,BC為半徑作弧交圓丁 D,連結(jié) BD、DC、DA. AD=BC ,二 ACI>BDC , Z ABD= Z BAC .乂 .ZBDA= / ACB(對(duì)同弧),Z 1= / 2.于是 ED=AC ,那么 BD=&C=b .依托勒密定理,有 BC - AD=AB - CD + BD - AC . 而 a2=b(b + c),即 a - a=b - c+ b2. 比皎、得 CD=b=BD , CD=® , Z

49、3=Z 1=Z 2 . .Z BAC=2 Z ABC.六、巧變形妙引線借肋托勒密定理例 7 在/ABC 中,/ A : Z B : Z C=1 : 2 : 4,求正嘉*號(hào)備析證：將結(jié)論變形為AC BC + AB - BC=AB AC ,把三角形和圓聯(lián)系起來(lái), 可聯(lián)想到托勒密定理,進(jìn)而構(gòu)造圓內(nèi)接四邊形.如圖8,作ZXABC的外接圓,作弦 BD=BC,邊結(jié)AD、CD.在圓內(nèi)接四邊形 ADBC中,由托勒密定理,有AC - BD + BC - AD=AB CD易證 AB=AD , CD=AC ,二 AC - BC + BC - AB=AB - AC,兩端同除以虹得= ±Ab AL JdU關(guān)丁

50、圓內(nèi)接四邊形的假設(shè)干共點(diǎn)性質(zhì)浙江紹興縣魯迅中學(xué)范培養(yǎng)設(shè)四邊形ABCD內(nèi)接丁圓O,其邊AB與DC的延長(zhǎng)線交丁 P, AD與BC 的延長(zhǎng)線交丁 Q,由P作圓的兩切線PM、PN,切點(diǎn)分別為M、N;由Q作圓 的兩切線QE、QF,切點(diǎn)分別為E、F如圖1 .那么有以下一些共點(diǎn)性質(zhì)：性質(zhì)1 AC、BD、EF三直線共點(diǎn).證實(shí)：如圖1 ,設(shè)AC交EF 丁 Ki,那么Ki分EF所成的比為EK】電環(huán)Rj = AFsinZFAR,Au Ar£ii.甌砧亦*供松加.半倒(1).ER, AE CE,KF = aF , OF °由qeasAlqde彳導(dǎo)件"=拌(3)設(shè)BD交EF 丁 K2,同理

51、可得K2分EF所成的比為ek2DEBEKjF _-DFBE 由八QFBCCAQCF得募=堅(jiān), Dr QDAF AF曰' (4)及QERF可得瓦-訪(5)同理可聘專由、(6)可得(1)=(2),故Ki、K2分EF所成的比相等.Ki、K2重合,從而 AC、BD、EF三直線共點(diǎn).類似地AC、BD、MN三直線共點(diǎn),因此有以下推論AC、BD、EF、MN四直線共點(diǎn).性質(zhì)2 AB、DC、EF三直線共點(diǎn)丁 P.(此性質(zhì)等同丁 1997年中國(guó)數(shù)學(xué)奧 林匹克第二試第四題)這里用上述證實(shí)性質(zhì)1的方法證之.證實(shí)：如圖2 .設(shè)DC與EF的延長(zhǎng)線交丁 Pi,那么Pi分EF所成的比為設(shè)AB與EF的延長(zhǎng)線交丁 P2,

52、那么P2分EF所成的比為由、(6)可得=(8),故Pi、P2分EF所成的比相等.Pi、P2重合,從而AB、DC、EF三直線共點(diǎn)丁 P.推論 AD、BC、NM三直線共點(diǎn)丁 Q.性質(zhì)3 EM、NF、PQ三直線共點(diǎn).證實(shí)：如圖3,設(shè)EM的延長(zhǎng)線交PQ 丁 Gi,妨上證法,Gi分PQ所成的比PG】PEMF2=.QE(9)ME'設(shè)NF的延長(zhǎng)線交PQ 丁 G2, WJ G2分PQ所成的比為(3)(這里E、F、P三點(diǎn)共線及N、M、Q三點(diǎn)共線在性質(zhì)2及推論中已證).由PMEs/X PFM 得)(12)PE _MEOFT MF由乙QFNcoAQ14F得奇"=2由(11)、(12)及 QE=QF

53、、PN=PM可得(9)=(10),故Gi、G2分PQ所成的比相等. G1、G2重合,從而EM、NF、PQ三直線共點(diǎn).性質(zhì)4如果直線EN和MF相交,那么交點(diǎn)在直線 PQ上,即EN、MF、 PQ三直線共點(diǎn).證實(shí)從略,妨性質(zhì)3的證法可得.性質(zhì)5 EM、NF、AC三直線共點(diǎn).證實(shí)：如圖4,類似丁性質(zhì)1的證實(shí),設(shè)EM與AC的延長(zhǎng)線交丁 G3,那么G3分AC所成的比為AG.EAAMg5c -=1 EC04設(shè)NF與AC的延長(zhǎng)線交丁 G' WJ G4分AC所成的比為AG# AN * AT= CN * CF '(詢由得雋=黑同理可得需滯 由此兩式得Ar DFBN CNAE *BM._DE.竺(2

54、)AFBbJDFGNBM BP(1切AN PN由EasApbn得麗F(口)凱16)及或=呻啜=眷(18)(19)由(15)、(18)、(19)可得(13)=(14),故G3、G4分AC所成的比相等.G3、G4重合,從而 EM、NF、AC 三直線共點(diǎn)推論EM、NF、AC、PQ四直線共點(diǎn).限丁篇幅,僅列以上五條共點(diǎn)性質(zhì).有興趣的讀者不妨再探索其它共點(diǎn)性質(zhì)例3在邊長(zhǎng)為a的正七邊形ABCDEFG中,兩條不相等的對(duì)角線長(zhǎng)分別為t, m.求低-3證實(shí)如圖4,連結(jié)AD、CE,令A(yù)E =t, AC = m,在圓內(nèi)接四邊形 ACDE 中,據(jù)托勒密定理,有AD - CE = AE - CD + AC - DE,即 tm = ta + ma .兩端同除以atm, a m t托勒密定理及其應(yīng)用河北省晉州市數(shù)學(xué)論文研究協(xié)會(huì)康美孌彭立欣托勒密定理 圓內(nèi)接四邊形的兩條對(duì)角線的乘積兩條對(duì)角線所包矩形的面 積,等丁兩組對(duì)邊乘積之和一組對(duì)邊所包矩形的面積與另一組對(duì)邊所包