四點共圓的判定及應用

1、E、F、GH例1如圖，E、F、GH分別是菱形ABCD各邊的中點求證:四點共圓.OFOGOH證明菱形ABCD勺對角線AC和BD相交于點0,連接0EAC和BD互相垂直，GH,分別在RtAOBRtBOCRtCODRtDOA中,E、F、是ABBCCDDA的中點，.0E=-AB,OF=-BC,OG二丄CD,0H=-DA2222VAB=BC=CD=DA,OE=OF=OG=OH.即E、F、GH四點共圓.)，則四點(2)若四邊形的兩個對角互補(或一個外角等于它的內(nèi)對角共圓.例2如圖，在ABC中,AD丄BC,DELABDF丄AC.求證：BE、F、C四點共圓.證明tDEIABDFLAC,/AEDbZAFD=180

2、,即A、E、DF四點共圓,/AEFKADF又ADLBC/AD阡/CDF=90,/CD阡/FCD=90,/ADF玄FCD/AEF=/FCD/BEFZFCB=180,即B、E、F、C四點共圓.(3)若兩個三角形有一條公共邊，這條邊所對的角相等，并且在公共邊的同側(cè)，那么這兩個三角形有公共的外接圓.例3如圖，在AABC中，BD、CE是査G盒E邊上的高，ZA=60°.求證：ed-|bc.證明在厶ABC中,BDCE是ACAB邊上的高.ZBECZBDC=90,且E、D在BC的同側(cè),E、B、C、D四點共圓.ZAEDZACBZA=ZA,AEEDACCB在Rt直EC中，ZA=60°,ZACE=

3、30°?AE_1AC=21-.ED=-BC.上述三種方法是證“四點共圓”的基本方法，至于證第四點在前三點（不在同一直線上）所確定的圓上就不敘述了.【例1】在圓內(nèi)接四邊形ABC沖，/A-/C=12,且/A：/B=2：3.求/A、/B、/C、/D的度數(shù).解四邊形ABCD內(nèi)接于圓，/A+/C=180./A-/C=12,/A=96,/C=84./A：/B=2：3,2AZB=96QX-=144c.3/D=180-144°=36°.禾U用圓內(nèi)接四邊形對角互補可以解決圓中有關角的計算問題.【例2】已知：如圖1所示，四邊形ABCM接于圓，CE/BD交AB的延長線于E.求證：AD-

4、BE=BCDC證明：連結(jié)AC圖1CE/BD/1和/2都是所對的圓周角,/仁/2./仁/E.四邊形ABCD內(nèi)接于圓,/EBCMCDAADSACBEAD：BC=DCBEAD-BE=BCDC.本例利用圓內(nèi)接四邊形的一個外角等于內(nèi)對角及平行線的同位角、圓中同弧所對的圓周角得到兩個相似三角形的條件，進而得到結(jié)論.關于圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，還有一個重要定理.現(xiàn)在中學課本一般都不列入，現(xiàn)介紹如下：定理：圓內(nèi)接四邊形兩條對角線的乘積等于兩組對邊乘積的和.已知：如圖2所示，四邊形ABCD內(nèi)接于圓.求證：AC-BD=ABCD+AD-BC.窗2證明：作/BAEMCADAE交BD于E.vZABDMACDAABEccAA

5、CD,ABEEACCD即AB-CD=ACBEvZBAE/CAE"CAD#CAE/BACZEAD又ZACBZADEAABCodAAED.ATDEAD-BC=ACDE由，得AC-BE+ACDE=ABCEAD-BCAC-BD=ABCMAD-BC這個定理叫托勒密（ptolemy）定理，是圓內(nèi)接四邊形的一個重要性質(zhì).這個證明的關鍵是構造厶AB0AACD充分利用相似理論，這在幾何中是具有代表性的.在數(shù)學競賽中經(jīng)常看到它的影子，希望能引起我們注意.命題“菱形都內(nèi)接于圓”對嗎?命題“菱形都內(nèi)接于圓”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，如果一個四邊形的一組對角互補，那么

6、這個四邊形內(nèi)接于圓.這個判定的前提是一組對角互補，而菱形的性質(zhì)是一組對角相等.而一組相等的角，它們的內(nèi)角和不一定是180°.如果內(nèi)角和是180°，而且又相等，那么只可能是每個內(nèi)角等于90°，既具有菱形的性質(zhì)，且每個內(nèi)角等于90°，那末這個四邊形一定是正方形.而正方形顯然是菱形中的特例，不能說明一般情形.判定四邊形內(nèi)接于圓的方法之二，是圓心到四邊形四個頂點的距離相等.圓既是中心對稱圖形，又是軸對稱圖形，它的對稱中心是圓心.菱形同樣既是中心對稱圖形，又是軸對稱圖形，它的對稱中心是兩條對角線的交點.但菱形的對稱中心到菱形各個頂點的距離不一定相等.所以，也無法確

7、定菱形一定內(nèi)接于圓；如果菱形的對稱中心到菱形各邊頂點的距離相等，再加上菱形的對角線互相垂直平分這些性質(zhì)，那么這個四邊形又必是正方形.綜上所述，“菱形都內(nèi)接于圓”這個命題是錯誤的.5圓的內(nèi)接四邊形例1已知：如圖7-90,ABCD是對角線互相垂直的圓內(nèi)接四邊形，通過對角線的交點E與AB垂直于點H的直線交CD于點M.求證：CM=MD證明/ME(與/HEB互余，/ABE與/HEB互余，所以/MECMABE又/ABEWECM所以/MECMECM從而CM=EM同理MD=EM所以CM=MDD圖T-90點評本例的逆命題也成立(即圖中若M平分CD則MHLAB.這兩個命題在某些問題中有時有用.本例叫做婆羅摩笈多定

8、理.例2已知：如圖7-91,ABCD是OO的內(nèi)接四邊形，ACLBD,OE丄AB于點E.求證：OeJcDiaET-gi分析一如圖7-91(a),由于E是AB的中點，從A引OO的直徑AG,0是AG的中點.由三角形中位線定理可知因此只2需證明GB=CD但這在第七章E1.4圓周角中的例3已經(jīng)證明了.證明讀者自己完成.*分析二如圖7-91(b)，設AC,BD垂直于點F.取CD的中點皿則=所以應該有OE=MF,并且由例啲點評知道還有OE/MF從而四邊形OEFM應該是平行四邊形證明了四邊形OEFM是平行四邊形，問題也就解決了而證明四邊形OEFM是平行四邊形已經(jīng)沒有什么困難了.*分析三如圖79(b),通過AC

9、BD的交點F作AB的垂線交CD于點M連結(jié)線段EF,MO由于OELAB,FMLAB,所以OE/FM又由于EF丄CD(見例1的點評)，MOLCD所以EF/MO所以四邊形OEF麗平行四邊形從而OE=MJF而由例1知皿JCD,所以OECD例3求證：圓內(nèi)接四邊形對邊乘積的和等于對角線的乘積，即圖中AB-CD+BCAD=ACBD團7-92分析在AB-CD+BCAD=ACBD中，等號左端是兩個乘積的和，要證明這種等式成立，常需把左端拆成兩個單項式來證明，即先考慮AB-CD和BC-AD各等于什么，然后再考慮AB-CD+BCAD是否等于AC-BD而要考慮AB-CD和BC-AD各等于什么，要用到相似三角形為此，如

10、圖7-92，作AE令/BAE2CAD并且與對角線BD相交于點E,這就得到厶ABBAACD由此求得AB-CD=ACBE在圓中又出現(xiàn)了厶ABCAAED由此又求得BC-AD=ACED把以上兩個等式左右各相加，問題就解決了.證明讀者自己完成.點評本例叫做托勒玫定理它在計算與證明中都很有用.例4已躺如圖7-93fP為等邊三角形ABC的外接gf的BC上任意一點.求證：PA=PB+P.C分析一本例是線段和差問題，因此可用截取或延長的方法證明如圖7-93（a），在PA上取點M使PM=PB剩下的問題是證明MA=PC這只要證明ABMACBP就可以了.證明讀者自己完成.分析二如圖7-93（a）,在PA上取點M使MA

11、=PC剩下的問題是證明PM=PB這只要證明BPM是等邊三角形就可以了.證明讀者自己完成.團793分析三如圖7-93（b）,延長CP到M使PM=PB剩下的問題是證明PA=MC這只要證明PABACMBt可以了.證明讀者自己完成.讀者可仿以上的方法擬出本例的其他證明.*本例最簡單的證明是利用托勒玫定理（例3）.證明由托勒玫定理得PA-BC=PBAC+PCAB由于BC=AC=AB所以有PA=PB+PC例2如圖7116,0O和。C2都經(jīng)過A、B兩點，經(jīng)過點A的直線CD與O0交于點C,與OO交于點D.經(jīng)過點B的直線EF與OC交于點E,與OC2交于點F.求證：CE/DF.分析：要證明CE/DF.考慮證明同位

12、角（或內(nèi)錯角）相等或同旁內(nèi)角互補.由于CEDF分別在兩個圓中，不易找到角的關系，若連結(jié)AB則可構成圓內(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角的關系.證明：連結(jié)AB.ABEC是圓內(nèi)接四邊形，/BAD"E.ADFB是圓內(nèi)接四邊形，/BADbZF=180°,/E+ZF=180°.CE/CF.說明：(1)本題也可以利用同位角相等或內(nèi)錯角相等，兩直線平行證明.如延長EF至G,因為ZDFGZBAD而ZBADZE,所以ZDFGZE.應強調(diào)本題的輔助線是為了構成圓內(nèi)接四邊形，以利用它的性質(zhì)，導出角之間的關系.(3)對于程度較好的學生，還可讓他們進一步思考，若本題不

13、變，但不給出圖形，是否還有其他情況？問題提出后可讓學生自己畫圖思考，通過討論明確本題還應有如圖7117的情況并給予證明.例3如圖7118，已知在厶ABC中,AB=ACBD平分ZB,AABD的外接圓和BC交于E.求證:AD=EC分析：要證AD=EC不能直接建立它們的聯(lián)系，考慮已知條件可知ZABD=ZDBE容易看出AD=DE.若連結(jié)DE,則有AD=DE因此只要證DE=EC由于DE和DEC的兩邊，所以只要證ZEDCZC.由已知條件可知ZC=ZABC因此只要證ZEDCZABC因為EDC是圓內(nèi)接四邊形ABED勺一個外角，所以可證ZEDCZABC問題可解決.c證明：連結(jié)DEBD平分/ABCABED是圓內(nèi)接

14、四邊形，/EDCMABCAB=AC/ABCMC,aZEDIC.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ABC沖，AC平分BD并且ACLBD/BAD=7018',求四邊形其余各角.2. 圓內(nèi)接四邊形ABCD中,ZA、/B、/C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7121,人。是厶ABC外角ZEAC的平分線，AD與三角形的外接圓交于點D.求證：DB=DC作業(yè)答案或提示：1.ZABCMADC=90，ZBCD=10942'.2.ZA=45°,ZB=67.5°,ZC=135，ZD=112.5°3.提示：因為

15、/DBCMDAC/EAD2DCB/EAD2DAC所以/DBC=/DCB因此DB=DC判定四點共圓的方法引導學生歸納判定四點共圓的方法：(1) 如果四個點與一定點距離相等，那么這四個點共圓.(2) 如果一個四邊形的一組對角互補，那么這個四邊形的四個頂點共圓.(3) 如果一個四邊形的一個外角等于它的內(nèi)對角，那么這個四邊形的四個頂點共圓.(4) 如果兩個直角三角形有公共的斜邊，那么這兩個三角形的四個頂點共圓(因為四個頂點與斜邊中點距離相等).3.如圖7124，已知ABC助平行四邊形，過點A和B的圓與AD、BC分別交于E、F.求證：CDE、F四點共圓.提示連結(jié)EF.由/B+/AEF=180°

16、，/B+ZC=180°，可得/AEF=/C.四點共圓的應用山東寧陽教委教研室栗致根四點共圓在平面幾何證明中應用廣泛，熟悉這種應用對于開闊證題思路，提高解題能力都是十分有益的.用于證明兩角相等例1如圖1,已知P為。0外一點，PA切。0于A,PB切。0于B,0P交AB于E.求證：/APC=ZBPD證明連結(jié)OAOC0D由射影定理，得AE!=PEE0又AE=BE則AE-BE=PE-E0(1);由相交弦定理，得AE-BE=CE-DE(2);由、(2)得CE-ED=PE-E0二P、C0D四點共圓，則/1=72,/3=74,又72=74.AZ1=73,易證7APC=ZBPD(/4=7ED0)用于證

17、明兩條線段相籌例2如圖2,從。0外一點P引切線PAPB和割線PDC從A點作弦AE平行于DC連結(jié)BE交DC于F,求證：FC=FD.證明連結(jié)ADAFECAB.vPA切O0于A,則71=72.vAE/CD則72=74.7仁74,ap、AF、B四點共圓.75=76,而/5=/2=Z3,aZ3=/6.vAE/CD/EC=AD且/ECF=ADF:.EFCAAFD二FC=FD.三用于證明兩直線平行例3如圖3,在厶ABC中,AB=ACADLBC,/B的兩條三等分線交AD于E、G交AC于F、H.求證：EH/GC證明連結(jié)EC在厶ABE和厶ACE中,vAE=AE,AB=AC/BAE=ZCAEAEBAEC/5=/1=

18、/2,二B、C、H、E四點共圓，二/6=/3.在GEBGEC中,vGE=GE/BE®/CEGEB=EC,GEBGEC/4=/2=/3,/4=/6.二EH/GC四用于證明兩直線垂直例4如圖4,AABC為等邊三角形QE分別為BG如池上的敘且?guī)?扣,CE-|aC,AB與BE相交于P點.求證；CP1AD,證明在厶ABDPBCE中,vAB=BC/ABB/BCEBD=CE,則厶ABDABCE/ADB/BEC-P、DCE四點共圓.設DC的中點為O連結(jié)OEDE易證/OE=60°,/DE®30°/DE(=90°,于是/DPC=90,CPLAD.五用于判定切線F例

19、5如圖5,AB為半圓直徑，P為半圓上一點，PCIAB于C,以AC為直徑的圓交PA于D,以BC為直徑的圓交PB于E,求證：DE是這兩圓的公切線.證明連結(jié)DCCE易知/PDC=ZPEC=90°,二P、D、C、E四點共圓，于是/仁/3,而/3+Z2=90°,/A+Z2=90°，則/1=ZA,DE是圓ACM切線.同理，DE是圓BCE的切線.因而DE為兩圓的公切線六用于證明比例式例6ABCD為OO中兩條平行的弦，過B點的切線交CD的延長線于G,弦PAPB分別交CD于E、F.求證:EF_FD證明如圖6.連結(jié)BEPGtBG切OO于B,則/仁/A.vAB/CD則/A=/2.于是/

20、1=/2,ap、GBE四點共圓.由相交弦定理，得EF-FG=PFFB.在OO中，由相交弦定理，得CF-FD=FPFB.七用于證明平方式例7ABC助圓內(nèi)接四邊形，一組對邊AB和DC延長交于P點，另一組對邊AD和BC延長交于Q點，從P、Q引這圓的兩條切線，切點分別是E、F,（如圖7）求證：PQ=QF+PE.證明作厶DCQ勺外接圓，交PQ于M連結(jié)MCvZ仁/2=/3,貝UP、B、C、M四點共圓.由圓幕定理得PE2=PC-PD=PM-PQQF=QCQB=QMQP兩式相加得PE2+QF=PM-PQQMQP=PQ(PMQM=PQ-PQ=PQPQ=PE2+QF2.圖7U0八用于解計算題例8如圖8,AABC的

21、高AD的延長線交外接圓于H,以AD為直徑作圓和ABAC分別交于E、F點，EF交AD于G,若AG=16cmAH=25cm求AD的長.解連結(jié)DEDFBHvZ1=Z2=ZC=ZH,：BE、GH四點共圓.由圓幕定理，得AE-AB=AG-AN在厶ABD中,vZADB=90,DEIAB由射影定理，得AD=AE-AB二AD=AG-AH=16X25=400,：AD=20cm九用于證明三點共線例9如圖9,垂線的垂足，求證:DABC外接圓上任意一點，E、F、G為D點到三邊E、F、G三點在一條直線上.證明連結(jié)EF、FGBDCDvZBED/BFD=90，貝UB、E、F、D四點共圓，：Z1=Z2,同理Z3=Z4.在厶D

22、BEPDCG,vZDEB=ZDGCZDBE=ZDCG故Z1=Z4,易得Z2=Z3,：E、F、G三點在一條直線上.十用于證明多點共圓例10如圖10,H為仏ABC的垂心，Hi、H、H3為H點關于各邊的對稱點，求證：A、B、C、Hi、H、Hb六點共圓.證明連結(jié)AH,：H與H2關于AF對稱，則/仁/2.vA、F、DC四點共圓，則/2二/3,于是/1二/3,aAHz、B、c四點共圓，即H在厶ABC的外接圓上.同理可證，Hi、Hb也在ABC的外接圓上.二A、B、C、Hi、H、Hs六點共圓.相關資源加到收臧夾添加相關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傳臨沂市第一技校劉久松圓內(nèi)接四邊形兩組對邊乘積

23、的和等于其對角線的乘積，即在四邊形ABC沖，有AB-CMAD-BC=ACBD，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)換功能舉例說明如下：1“形”轉(zhuǎn)換為“數(shù)”對于某些幾何問題，特別是圓內(nèi)接多邊形問題，如果能根據(jù)題設中隱含的數(shù)量關系，利用托勒密定理可將“形”轉(zhuǎn)換為“數(shù)”，從而達到用代數(shù)運算來代替幾何推理的目的.例1已知正七邊形A1A2A7，求證芯=茲+爲瓦（第21屆全俄數(shù)學奧林匹克競賽題）對于這道競賽題，原證較繁，但通過深挖隱含條件，利用托勒密定理可改變整個解題局面，使證題步驟簡縮到最少.如圖1，連A1A5、A3A5，則A1A5=AlA4、A3A5

24、=AlA3.在四邊形A1A3A4A5中，由托勒密定理，得A3A4-AA5+A4A5-A1A3=A1A4-A3A5，即卩A1A2-A1A4+AA-A1A3=A1A3-AA4,兩邊同除以A1A2-AA3-A1A4即得結(jié)論式.El1圖2例2如圖2,ABCD四點在同一圓周上，且BOCD=4,AE=6線段BE和DE的長都是整數(shù)，貝UBD的長等于多少？（1988年全國初中數(shù)學聯(lián)賽題）此題若用其它方法解，往往使人一籌莫展.若運用托勒密定理，可使問題化難為易.由厶CDBAEPCB0ADAE得AB=4BECE*鬻CE由托勒密定理，得BD(AECE)=4(AB+AD),即BD(AE+CE)=16*BE+DECE亦

25、即CE(AE+CE)=16.設CE=x整理上式，得x2+6x16=0.解得x=2(負值已舍)，故BE-DE=CE-AE=12.vBD<BC+CD=8，rBE=3”DE=4L故BD=7.例3一個內(nèi)接于圓的六邊形，其五個邊的邊長都為81,AB是它的第六邊，其長為31,求從B出發(fā)的三條對角線長的和.（第九屆美國數(shù)學邀請賽試題）原解答過程冗長.若通過托勒密定理的橋梁作用，把“形”轉(zhuǎn)換為“數(shù)”,可使問題化繁為簡.女口圖3,設BD=aBE=b,BF=c,連ACCEAE,貝UCE=AE=BD=a,AC=BMc.在四邊形BCD沖，由托勒密定理，得81b+812=a2同理81b+318仁ac31a+81a

26、=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”對于某些代數(shù)問題，若結(jié)構與托勒密定理相似，通過構造圓內(nèi)接四邊形，可把“數(shù)”轉(zhuǎn)換為“形”，然后利用“形”的性質(zhì)，使問題得到解決.這種解法構思巧妙，方法獨特，富于創(chuàng)新，出奇制勝.例4解方程2上-+1ijH_4-7屆若按常規(guī)方法解這個無理方程，過程繁冗.若由方程的結(jié)構特征聯(lián)想到托勒密定理，則構造直徑AC=x(x>11)的圓及圓內(nèi)接四邊形ABCD使BC=2CD=11如圖4，于是=-4,AD=-12L由托勒密定理，得-121+1-4=BD*x將此式與原方程進行比較，得BD=?73.在厶BCD中，由

27、余弦定理，得cosZBCD=2J+1P-（73）222117,3ZBCD=120°.故>=皿=sin120經(jīng)檢驗x=14是原方程的根.例町己知+i71-2=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法解代數(shù)問題的典范.下面再給出一各幾何證法.圖5易知Owa、b<1且a、b不全為零.當a、b之一為零時，結(jié)論顯然成立.當a、b全不為零時，由已知等式聯(lián)想到托勒密定理，作直徑AO1的圓及圓內(nèi)接四邊形ABCD,使=bAD=a,如圖5,則BC=JP由托勒密定理，得與已知等式比較，得BD=1,即BD也為圓的直徑，故a2+b2=1例6設a>c，b>c，

28、c>0,求證:（a-c）+y/c（b-此題若用常規(guī)方法證明也不輕松.下面利用托勒密定理給出它的一個巧證.良6丁（&?十（亦三尸珂膠巴+（硏?）（妙，:.（軀）2+（旃百有尸二磁尸.（辰尸+（皿二刁）2（何巴故構造直徑AC=的圓及圓內(nèi)接四邊形ABCD,使ABf辰,AD=甌如圖6.貝IJBC=Vb（a-c）,CD=由托勒密定理，得Jbc*-u）+jac*b（a-c）柘F*ED.因BD<AC=VS,故_C+金處（p）血即Ju(占_o)+c(a-c)C=莎+巧用托勒密定理證題河北晉州市數(shù)學論文研究協(xié)會張東海王素改在解證某些數(shù)學題時，如能巧用托勒密定理，可使解證過程簡潔清新,茲舉例說

29、明.托勒密定理：圓內(nèi)接四邊形中，兩條對角線的乘積等于兩組對邊乘積之和.D1一、構造“圓”，運用定理【例11設a，b，x，y是實數(shù)，且a2+b2=1，x2+y2=1.求證：ax+by<1.證作直徑AB=1的圓，在AB的兩側(cè)任作RtACB和RtADB使AC=aBC=bBD=XAD=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-BD+BC-AD=ABCD/CD<1，ax+by<1.二、利用無形圓，運用定理【例21等腰梯形一條對角線的平方，等于一腰的平方加上兩底之積.已知：梯形ABCD中,AD=BCAB/CD求證：BD=BC+AB-CD證等腰梯形內(nèi)接于圓，由

30、托勒密定理，有AC-BD=ADBC+AB-CDAD=BCAC=BDBD=BC+AB-CD(圖略)【例3】已知：邊長為1的正七邊形ABCDEF中，對角線AD=a,BG=b(a半b)求證：(a+b)2(ab)=ab2.證連結(jié)BDGEBEDG貝UBD=E&GB=bDG=BEDA=a,DE=AB=AG=1(如圖2)圖2在四邊形ABDG，由托勒密定理，有AD-BG=ABD®BD-AQ即ab=a+b(1)同理在四邊形BDEG，得BE-DG=DEBGBD-EQ即a2=b+b2(2)將變形為b=a2b2(3)(1) x(3)，得ab2=(a+b)(a2b2).故ab2=(a+b)2(ab).

31、三、構造圓內(nèi)接四邊形，運用定理【例4】在厶ABC中，/A的內(nèi)角平分線AD交外接圓于D.連結(jié)BD.D求證：AD-BC=BD(AB+AC).證（如圖3）連結(jié)DC由托勒密定理有AD-BC=ABCMAC-BD又/仁/2,BD=DCAD-BC=ABCMAC-BD=BD(A母AC).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數(shù)學里使用海倫公式s嚴皿麗翫帀（其中廠豈譏c為三角形的三邊）計算三角形的面積是個重要的方法.三角形一定有外接圓，所以我們可以聯(lián)想，圓內(nèi)接四邊形面積的計算公式是否與三角形面積公式有相似之處呢？設圓內(nèi)接四邊形ABCD中各邊為a，b,c,d.連結(jié)BD.

32、由/A+ZC=180，可以推出sinA=sinC,cosA=cosC.并且S四邊形ABC=SABD+SaBCD=b匚乞血£.+adstnC22(be-!-ad)sinA.k2+2_RD2/RC：冉由余弦定理找也二一及cosC=-一兩者消去BD呵得2bc2ad右：-(J斗#乍2(_ad+bc)sinA=71-cos2A+b+c-d)(b+c+d-a)(a+d+b-c)(a+d+c-b)2(ad+be)所以BHayeABCD一亍(阮*也也)+b+c-Q(b+c+da)(a+b+d-c)(a+c+db)2(ad+be)=Aa+b+c_)(b+c+da)(a+b+d-c)(a+c+d-b)今

33、p'+bj+d,上式化為占£3巧旳期CD=J(P"Q(P-b丿(p-C)p-這樣我們得出了圓內(nèi)接四邊形面積的計算公式.在上面的公式中，如果設某一邊為零，(不仿設d=0)此時四邊形變成三角形，該公式恰是計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)，通過聯(lián)想探索出來的，而且兩者在形式上又是那么的相近.這種現(xiàn)象在數(shù)學中不勝枚舉，如果同學們都能從特殊規(guī)律去探索一般規(guī)律，再從一般規(guī)律去認識特殊規(guī)律那么對數(shù)學能力的培養(yǎng)將大有裨益.四條邊定長四邊形面積的最大值上海市育群中學李甲鼎四條邊為定長的四邊形不具穩(wěn)定性，但在某種特定的位置下，它能內(nèi)接于圓，成

34、為圓內(nèi)接四邊形.并且此時達到變化過程中面積最大值.下文證明這個事實.已知：四邊形ABCD中：A吐a,BOb,CD=cDA=d求證：四邊形ABCD中有唯一四邊形能內(nèi)接于圓，且此時面積達到最大值.證明:(1)先證四邊形四邊定長，有唯一的四邊形內(nèi)接于圓，設/ABC=a，/ADC甲，AC=x(1)由余眩定理得沁a=令a+B=n，即卩COSa+COSB=02ab2cd=>cd(a2+b2+ab(c2+d2x2)0,.2ab(c2+d2)+cd(a2+b2)Sab+cdX的解唯一確定，代入(1)(2)后COSa、COSB也隨之唯一確，在a，B(0，n)的條件下a、B也同時唯一確定.四邊形四邊定長，對

35、角互補，四邊形是唯一的.即所得到的四邊形為圓內(nèi)接四邊形.(2) 當四邊定長的四邊形內(nèi)接于圓時，此四邊形面積最大.四邊形ABCD勺面積S=Saabc+Saadc=jabsina+jcdsmp(3)由余弦定理得a2+b22abcosa=x2=c2+d22cdcosB二玄(+扌一工d2)(abcosCL一cdcosP)(4)£(3) 2+(4)<S3+扌(J+b】一工以)+-2abcdcos(a+®)=>Sa=ab"4c2d22abcdcog(d+B)(a?+bcad2)2416顯然當a+B=n時(即為圓內(nèi)接四邊形時)S2達到最大值，即S最大.S2丄aaba

36、+cad2+2abcd-(a24t*一Jds)2.im46二扌(a+b+c-d)(a+b+d-匸)(a+c+d-b)(b+c+da)一個幾何定理的應用江蘇省徐州礦務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,則2ADcosa=AB+AC.證明連接BD、DC、BC,設已知圓半徑為R，則由正弦定理有：BD=DC=2Rsina,BC=2Rsin2a.A團1團2由托勒密定理有ABCD+ACBD=ADDC.(AB+AC)2Rsina=AD2Rsin2a.貝U2ADcosa=AB+AC.下面舉例說明它的應用.例1如圖2,已知銳角厶ABC的/A平分線交BC于L,交外接圓于N,過L

37、分別作LK丄AB,LM丄AC,垂足分別為K、M.求證：四邊形AKNM的面積等于ABC的面積.(第28屆IMO)證明由已知得/BAN=/CAN,由定理有2ANcosa=AB+AC,=1=-(AB+AQ.AL*sinaW1=ANALcosasina=ANAKsina=ANAMsina=2Smkn=2Samn,.SAB=S四邊形AKNMl.例2己知一個正七邊形心止2A7)求證:（第21屆全蘇奧數(shù)）證明作正七邊形外接圓，如圖3所示.團3U4由定理有2ccosa=b+c，又在等腰A1A2A3中有2acosa=b.以上兩式相除卞可得牛J.ba例3在厶ABC中，/C=3/A,a=27,c=48，則b的值是.

38、（第36屆AHSME試題）解如圖4.作ABC的外接圓，在取三等分點D、E，連CD、CE圖4由已知得：/ACD=/DCE=/ECB=/A，CD=AB=48，由定理有2CEcosA=CB+CD2CDcosA=CE+AC又2CBcosA=CE由、彳寺：CE=JCB（CE+CD）=仔由、得：b=AC=CE(CD-CB)/CB=35.托勒密定理及其應用河北省晉州市數(shù)學論文研究協(xié)會劉同林托勒密定理：圓內(nèi)接四邊形中，兩條對角線的乘積（兩對角線所包矩形的面積）等于兩組對邊乘積之和（一組對邊所包矩形的面積與另一組對邊所包矩形的面積之和）.已知：圓內(nèi)接四邊形ABCD,求證：ACBD=ABCD+ADBC.證明：如圖

39、1,過C作CP交BD于P，使/仁/2，又/3=/4,ACDBCP.團.15JIJAC*BP=AD*BC.又/ACB=/DCP，/5=/6，二ACBDCP.AC*DP=AB*CD.+得AC(BP+DP)=ABCD+ADBC.即ACBD=ABCD+ADBC.這就是著名的托勒密定理，在通用教材中習題的面目出現(xiàn)，不被重視.筆者認為，既然是定理就可作為推理論證的依據(jù).有些問題若根據(jù)它來論證，顯然格外簡潔清新.茲分類說明如下，以供探究.、直接應用托勒密定理CF例1如圖2,P是正ABC外接圓的劣弧上任一點（不與B、C重合）,求證：PA=PB+PC.分析：此題證法甚多，一般是截長、補短，構造全等三角形，均為繁

40、冗.若借助托勒密定理論證，則有PABC=PBAC+PCAB,AB=BC=AC.PA=PB+PC.二、完善圖形借助托勒密定理例2證明“勾股定理”：在RtABC中，/B=90。，求證：AC2=AB2+BC2證明：如圖3,作以RtABC的斜邊AC為一對角線的矩形ABCD，顯然ABCD是圓內(nèi)接四邊形.由托勒密定理，有又ABCD是矩形,ACBD=ABCD+ADBC.AB=CD,AD=BC,AC=BD.把代人，得AC2=AB2+BC2.例3如圖4，在ABC中，/A的平分線交外接/圓于D，連結(jié)BD，求證：ADBC=BD(AB+AC).證明：連結(jié)CD，依托勒密定理，有ADBC=ABCD+ACBD.vZ仁/2，

41、二BD=CD.故ADBC=ABBD+ACBD=BD(AB+AC).三、利用“無形圓”借助托勒密定理例4等腰梯形一條對角線的平方等于一腰的平方加上兩底之積.如圖5，ABCD中，AB/CD，AD=BC，求證：BD2=BC2+ABCD.證明：v等腰梯形內(nèi)接于圓，依托密定理，則有ACBD=ADBC+ABCD.又vAD=BC，AC=BD，BD2=BC2+ABCD.四、構造圖形借助托勒密定理例5若a、b、x、y是實數(shù)，且a2+b2=i，x2+y2=1.求證：ax+by<1.證明：如圖6，作直徑AB=1的圓，在AB兩邊任作RtACB和RtADB，使AC=a，BC=b，BD=x，AD=y.由勾股定理知a

42、、b、x、y是滿足題設條件的.據(jù)托勒密定理，有ACBD+BCAD=ABCD./CD<AB=1，二ax+by<1.五、巧變原式妙構圖形，借助托勒密定理例6已知a、b、c是厶ABC的三邊，且a2=b(b+c),求證：/A=2/B.分析：將a2=b(b+c)變形為a-a=b-b+bc，從而聯(lián)想到托勒密定理，進而構造一個等腰梯形，使兩腰為b，兩對角線為a，一底邊為c.證明：如圖7,作厶ABC的外接圓，以A為圓心，BC為半徑作弧交圓于D，連結(jié)BD、DC、DA.AD=BC，:A0b=EDC,/ABD=/BAC.又/BDA=/ACB(對同弧)，/1=/2.于是,則BD=AC=b依托勒密定理，有B

43、CAD=ABCD+BDAC.而已知a2=b(b+c)，即aa=bc+b2.比較、得CD=b=BD,CD=BD,Z3=Z1-Z2./BAC=2/ABC.六、巧變形妙引線借肋托勒密定理例7在厶ABC中，已知/A:/B：ZC=1:2:4,求證:111ABACBC析證：將結(jié)論變形為ACBC+ABBC=ABAC，把三角形和圓聯(lián)系起來，可聯(lián)想到托勒密定理，進而構造圓內(nèi)接四邊形.如圖8，作ABC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ACBD+BCAD=ABCD易證AB=AD，CD=AC，二ACBC+BCAB=ABAC，兩端同除BCAC,得關于圓內(nèi)接四邊形的若干共

44、點性質(zhì)浙江紹興縣魯迅中學范培養(yǎng)設四邊形ABCD內(nèi)接于圓0,其邊AB與DC的延長線交于P，AD與BC的延長線交于Q，由P作圓的兩切線PM、PN，切點分別為M、N;由Q作圓的兩切線QE、QF，切點分別為E、F（如圖1）.則有以下一些共點性質(zhì)：性質(zhì)1AC、BD、EF三直線共點.證明：如圖1，設AC交EF于Ki，貝UKi分EF所成的比為EK】_SiAEE|_AEsmZEAK=»2R.（其中R為G）沖徑）CECFsop.sinZEAKjsinZFAKEK】AECEKF=AF*CF設BD交EF于(，同理可得K2分EF所成的比為EK2DEEEKF=DF*BF由厶qeasAqde得算=誓”JJBQD

45、由厶QFBAQCFWAF_QFDF=QDAFAF由、及QE=QF可得證二諒同理可得囂舞由(5)、(6)可得(1)=(2)，故Ki、K分EF所成的比相等.Ki、K2重合，從而AC、BD、EF三直線共點.類似地AC、BD、MN三直線共點，因此有以下推論AC、BD、EF、MN四直線共點.圖EU2性質(zhì)2AB、DC、EF三直線共點于P.(此性質(zhì)等同于1997年中國數(shù)學奧林匹克第二試第四題)這里用上述證明性質(zhì)1的方法證之.證明：如圖2.設DC與EF的延長線交于Pi，則Pi分EF所成的比EPtDECE=r*r7)%FDFCF'設AB與EF的延長線交于P2，則P2分EF所成的比為ep2aebep3fa

46、fbf'丿由、(6)可得=(8)，故Pi、P2分EF所成的比相等.Pi、P2重合，從而AB、DC、EF三直線共點于P.推論AD、BC、NM三直線共點于Q.性質(zhì)3EM、NF、PQ三直線共點.證明：如圖3,設EM的延長線交PQ于Gi，妨上證法，Gi分PQ所成的比為PGjPE*KffGQ=QE*(9)設NF的延長線交PQ于G2，則G2分PQ所成的比為PGaPN4NF乘二面*孟(W)(這里E、F、P三點共線及N、M、Q三點共線在性質(zhì)2及推論中已證).由厶PMEPFM得PE_MEPMIffT)ONNF可得(9)=(10)，故Gi、G2分PQ所成的比相等.由(11)、(12)及QE=QF、PN=P

47、M(13)Gi、G2重合，從而EM、NF、PQ三直線共點.性質(zhì)4如果直線EN和MF相交，那么交點在直線PQ上，即卩EN、MF、PQ三直線共點.證明從略，妨性質(zhì)3的證法可得.Q團3U4ADCE=AECD+ACDE，即tm=ta+ma.性質(zhì)5EM、NF、AC三直線共點.證明：如圖4，類似于性質(zhì)1的證明，設EM與AC的延長線交于G3,貝uG3分AC所成的比為）AG5EAAM=EC*CM設NF與AC的延長線交于G爲貝UG4分AC所成的比為AG4AN*AF=CN*CF由得菩=骼同理可得需=琴由此兩式得AE.BMDECMAF*BN_DF*O?(15)由FMAS2XFBMW晉罟(IQANTPN）由PNASZ

48、XFBJSFj導=由（1召）17）及卩皿二即得環(huán)二瓦同理可得罟DEDF(15)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.推論EM、NF、AC、PQ四直線共點.限于篇幅，僅列以上五條共點性質(zhì).有興趣的讀者不妨再探索其它共點性質(zhì)例3在邊長為a的正七邊形ABCDEFG中，兩條不相等的對角線長分別為t，m.圖4證明如圖4，連結(jié)AD、CE，令AE=t，AC=m，在圓內(nèi)接四邊形ACDE中，據(jù)托勒密定理，有兩端同除以曲m得丄匸丄+1amt托勒密定理及其應用河北省晉州市數(shù)學論文研究協(xié)會康美孌彭立欣托勒密定理圓內(nèi)接四邊形

49、的兩條對角線的乘積（兩條對角線所包矩形的面積），等于兩組對邊乘積之和（一組對邊所包矩形的面積與另一組對邊所包矩形面積之和）證明如圖1，過C作CP使/仁/2，又/3=/4,ACDBCP.,ACADBCBPACBP=ADBC又/ACB=/DCP，/5=/6,ACDP=ABCD.+得AC(BP+PD)=ADBC+ABCD.故ACBD=ADBC+ABCD.托勒密定理在教材中僅以習題的形式出現(xiàn)，若以此定理為根據(jù)，可使許多問題解證過程別具一格例1已知P是正ABC的外接圓劣弧廠上任意一點.求證:PA=BP+PC.證明如圖2,ABPC是圓內(nèi)接四邊形,根據(jù)托勒密定理，有PABC=PBAC+PCAB.AB=BC=

50、AC,二PA=PB+PC.圖2ABADCE=AECD+ACDE，即tm=ta+ma.例2證明等腰梯形一條對角線的平方，等于一腰的平方加上兩底之積.證明如圖3，設在梯形ABCD中，AD=BC，AB/CD.等腰梯形內(nèi)接于圓，ACBD=ADBC+ABCD.又AD=BC，AC=BD，二BD2=BC2+ABCD.例3在邊長為a的正七邊形ABCDEFG中，兩條不相等的對角線長分別為t，m.求證：2=丄十1.amt圖4證明如圖4，連結(jié)AD、CE，令AE=t，AC=m，在圓內(nèi)接四邊形ACDE中，據(jù)托勒密定理，有兩端同除以辺tm,得amt例4已知a、b、x、y是實數(shù)，且a2+b2=1,x2+y2=1.求證：ax

51、+by<1.證明作直徑AB=1的圓，在AB兩側(cè)作RtACB和RtADB，使AC=a，BC=b，BD=x，DA=y(如圖5).依勾股定理知a、b、x、y是滿足題設條件的.依托勒密定理有ACBD+BCAD=ABCD.又TCD<AB=1，ax+by<1.團5團E例5ABC的三個內(nèi)角A、B、C的對邊分別為a、b、c,且a2=b(b+c).求證：A=2B.分析將a2=b(b+c)變形為a-a=b-b+bc，可聯(lián)想到托勒密定理，進而構造一個圓內(nèi)接等腰梯形，使兩腰為b，兩對角線為a，一底邊為c.證明如圖6，作ABC的外接圓.以A為圓心，以BC為半徑畫弧交圓于D，連結(jié)BD、DA、DC.

52、9;/AD=BC,ACD=BDCfZABD=ZBAC.而ZBDA=ZACB,AZ1=Z2,BD=AC.貝UBD=AC=b.據(jù)托勒密定理有BCAD=ABCD+BDAC.又已知a=b(b+c)，即aa=bb+bc.比較、，有CD=b=BD.Z3=Z1=Z2.ACBD=ABCD+BCAD.于是/BAC=2/ABC，即A=2B.托勒密定理的逆定理在凸四邊形ABCD中，如果ACBD=ABCD+BCAD，貝UA,B,C,D四點共圓.證明如圖2，作/BAE=/DAC，/ABE=/ACD,則厶ABEACD，AB_BEAC=®AB_AEAC=AD.在厶ABC和厶AED中，/BAC=/DAE和成立,/.AABCcoAAED,由和式，得到ABCD+ADBC=AC(BE+ED),又ABCD+ADBC=ACBD,BE+ED=BD