1、例1如圖，E、F、G、H分別是菱形ABCD各邊的中點.求證：E、F、G、H四點 共圓.證明菱形ABCD的對角線AC和BD相交于點O,連接OE、OF OG、OH.AC和BD互相垂直，在 RtAOR RtABOG RtACOD RtADOA中，E、F、G、H,分別是 AB、 BG CD. DA的中點，.OE = O5 = 1bC> OG = ：CD, OH = EAJ占L/AB = BC = CD=DA, A OE =OF = OG = OH.即E、F、G、H四點共圓.(2)若四邊形的兩個對角互補(或一個外角等于它的內對角)，則四點共圓.例 2 如圖，在 ABC中，AD±BC, D

2、E±AB, DF±AC.求證：B、E、F、C四點共圓.證明DEXAB, DF±AC, ./AED+ /AFD=180 ,即A、E、D、F四點共圓,/AEF4 ADF.又AD，BC, /ADF+ /CDF=90 ,/CDR / FCD=90 ,/ADF之 FCD丁 / AEFW FCD,/BE斗 / FCB=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，那么這兩個三角形有公共的外接圓.例3如圖，在中，BD.CE是AC. AB邊上的高.ZA = 60° .求證:ED=：BC.證明在 ABC中，B

3、D、CE是AC、AB邊上的高.丁/BECW BDC=90 ,且 E、 D 在 BC的同側,E、B、C、D四點共圓./AED之ACB, /A=/A,.AED AACB.AE ED-,在RtAAEC中，NA/。，HLZACE = 3Q° ；迎 1 口門的 1=-P 即 =-PAC 2 C£ 2AED=-BC. 2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】 在圓內接四邊形 ABCD中，/A-/C=12° ,且/A：/B=2： 3.求/ A、 Z B /C、/D的度數.解二.四邊形ABCD內接于圓，. /

4、A+/C=180° ./A-/C=12° , . / A=96° , / C=84° . /A： / B=2： 3,2Zb =96+ x = 144° ./D=180° -144° =36利用圓內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ABCD內接于圓，CEE/ BD交AB的延長 線于 E.求證：AD - BE=BC DC.證明：連結AC. CEE/ BD,/ 1=/ E./ 1和/ 2都是前所對的圓周角， / 1=/ 2./1 = /E.二.四邊形ABCD內接于圓，丁 / EBCW C

5、DA. .AD3 ACBEAD： BC=DC BE.AD BE=BC DC.本例利用圓內接四邊形的一個外角等于內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，進而得到結論.關于圓內接四邊形的性質，還有一個重要定理.現在中學課本一般都不列入， 現介紹如下：定理：圓內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內接于圓.求證：ACBD=ABCD+ AD - BC.證明：作/ BAE=Z CAD, AE交 BD 于 E./ABD=Z ACD,Ap DT，川BES網 CD., AC CD即 AB - CD=AC- BE vZ BAE吆 CAEW

6、CAD吆 CAE丁 / BACW EAD,又/ ACB4 ADE,Ar1 口:旌 CsZiED. =. AD DEAD - BC=AC DE.由，得 AC- BE+AG DE=AB- CE+ AD BCAC- BD=AB- CD+ AD - BC這個定理叫托勒密（ptolemy）定理，是圓內接四邊形的一個重要性質. 這個證 明的關鍵是構造 AB&ACD,充分利用相似理論，這在幾何中是具有代表性 的.在數學競賽中經常看到它的影子，希望能引起我們注意.命題”菱形都內接于圓”對嗎命題”菱形都內接于圓”是不正確的.所以是假命題.理由是：根據圓的內 接四邊形的判定方法之一，如果一個四邊形的一組對

7、角互補，那么這個四邊形內 接于圓.這個判定的前提是一組對角互補， 而菱形的性質是一組對角相等.而一 組相等的角，它們的內角和不一定是180° .如果內角和是180° ,而且又相等， 那么只可能是每個內角等于90° ,既具有菱形的性質，且每個內角等于 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

8、菱形各個頂點的距離不一定相等.所以，也無法確定菱形一定內接于圓； 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，那么這個四邊形又 必是正方形.綜上所述，“菱形都內接于圓”這個命題是錯誤的.5圓的內接四邊形例1已知：如圖7-90, ABCD是對角線互相垂直的圓內接四邊形，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 /MEC與/HEB互余，/ ABE與/HEB互余，所以/ MEC=Z ABE 又/ ABE= /ECM,所以/ MEC=/ ECM,從而 CM=EM.同理 MD=EM.所以 CM=MD.DE圖 7-90點評

9、本例的逆命題也成立(即圖中若 M平分CD,則MHXAB),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理.例2已知：如圖7-91, ABCD是。的內接四邊形，AC± BD,OE_LAB于點E,求證；OE = ：CD.分析一 如圖7-91 (a),由于E是AB的中點，從A引。的直徑AG,。是AG的中點.由三角形中位線定理可知QE =(GE,因此只2需證明GB=CD但這在第七章士圓周角中的例 3已經證明了.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M,則MF=，CD,所以應該有OE = MF,并且由例1的點評知道還有OE/ MF.從而

10、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是平行四邊形已經沒有什么困難了.*分析三 如圖7-91 (b),通過AC, BD的交點F作AB的垂線交CD于點M .連結 線段EF, MO.由于OE，AB, FMXAB,所以OE/ FM.又由于EF±CD(見例1的點評)， MOXCD),所以EF/ MO.所以四邊形OEFM為平行四邊形.從而 OE=MF,而由例1知MF=gcD,所以OE = ：CD.例3求證：圓內接四邊形對邊乘積的和等于對角線的乘積，即圖中 AB - CD+BC- AD=AC- BD.圖 T-92分析在ABCD

11、+BC AD=AC- BD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+BC- AD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，如圖 7-92,作AE,令/ BAE=Z CAD,并且與對角線BD 相交于點E,這就彳#到 AB&AACD.由此求得AB - CD=AC- BE.在圓中又出現了4 ABgAAED,由此又求得BC- AD=AC- ED.把以上兩個等式左右各相加，問題就解決證明讀者自己完成.點評 本例叫做托勒玫定理.它

12、在計算與證明中都很有用.例4已知*如圖7-叮，P為等邊三角形ABC的外接圓的BC上任意一點.求證：PA=PB+PC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 ABMzXCBP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=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.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 PA® zCMB就可以了.

13、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=PB AC+PC AB,由于BC=AC=AB所以有PA=PB+PC例2如圖7116,。1和。O2都經過A、B兩點，經過點A的直線CD與。Oi交 于點C,與。2交于點D.經過點B的直線EF與。Oi交于點E,與。02交于點F.求證：CE/ DF.分析：要證明CE DF.考慮證明同位角(或內錯角)相等或同旁內角互補.由 于CE DF分別在兩個圓中，不易找到角的關系，若連結 AB,則可構成圓內接四 邊形，利用圓內接四邊形的性質定理可溝通兩圓中有關角的關系.證明：連結AB.

14、ABEC是圓內接四邊形, 丁 / BAD之 E.ADFB是圓內接四邊形, ./BAD+ /F=180° ,. /E+ /F=180° .CE/ CF.說明：(1)本題也可以利用同位角相等或內錯角相等，兩直線平行證明.如 延長 EF至 G,因為/ DFG=/ BAD,而/ BAD=/ E,所以/ DFG=Z E.(2)應強調本題的輔助線是為了構成圓內接四邊形，以利用它的性質，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

15、7118,已知在 ABC中，AB=AC BD平分/ B, zABD的外接圓和BC交于E,求證 ：AD=EC/ DBE容易看出AD=DE分析：要證AD=EC不能直接建立它們的聯系，考慮已知條件可知/ ABD=.若連結DE,貝U有AD=DE因此只要證DE=EC由于DE和EC為 DEC的兩邊，所以只要證/ EDC=/ C.由已知條件可知/ C=/ABC因此只要證/ EDCW ABC因為 EDC是圓內接四邊形ABED的一個外角, 所以可證/ EDC4 ABC問題可解決.圖 T-118證明：連結DE. 丁 BD平分/ ABC,.Ad=DE , ad=de.ABE或圓內接四邊形,丁 / EDCW ABC.

16、,.AB=AC ./ABCW C, ./ EDO / C.于是有DE=EC因此AD=EC四、作業1.如圖7120,在圓內接四邊形 ABCD中，AC平分BD,并且AC，BD, / BAD=70° 18',求四邊形其余各角.2.圓內接四邊形 形各內角的度數.ABCD中，/ A、/B、/ C的度數的比為2 ： 3 ： 6,求四邊3.如圖7121, AD是4ABC外角/ EAC的平分線，AD與三角形的外接圓交于點D.求證：DB=DC作業答案或提示:1. /ABC玄ADC=90° , /BCD=109 422. /A=45° , / B=° , / C=1

17、35 , / D=° .3.提示：因為/ DBC=/ DAC, / EAD=/ DCB / EAD=Z DAC,所以/ DBC= / DCB因止匕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ABCD為平行四邊形，過點A和B的圓與AD、BC分別交 于

18、E、F.求證：G D、E、F四點共圓.提示連結 EF.由 / B+/AEF=180° , Z B+Z 0=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.一用于證明兩角相等例1如圖1,已知P為。外一點，PA切。于A, PB切。于B, OP交 AB 于 E.求證：/ APO / BPD.證明 連結OA, OC, OD.由射影定理，得AE=PEEO,又AE= BE,貝U AE BE = PE EO(1);由相交弦定理，得AE BE= CE DE(2);由(1)

19、、(2)得CE ED = PE EO,. P、C、O、D 四點共圓，則/ 1 = /2, /3=/4,又/ 2=/4. /1 = /3,易證 / APC= / BPD(Z 4=/EDO)二用于證明兩條線段相籌例2如圖2,從。外一點P引切線PA、PB和割線PDC從A點作弦AE 平行于DC,連結BE交DC于F,求證：FO FD.圖2證明連結 AD、AF、EG AB.PA 切。于 A,則/1 = /2. v AE/ CD, 則/2=/4.1=/ 4,. P、A、F、B 四點共圓./ 5=/6,而/5=/2= Z3, ./3=/6. AE/ CD, . EC=AD 且 / ECF=ADF, .EF8

20、AAFD,FO FD.三 用于證明兩直線平行例3如圖3,在4ABC中，AB=AC AD,BC, / B的兩條三等分線交 AD于 E、G,交 AC于 F、H,求證：EH/ GC.AA證明 連結 EC 在4ABE和4ACE中，AE= AE, AB=AC / BAE= /CAE .AE® AEC./5=/1 = /2, ；B、C、H、E 四點共圓， / 6= / 3.在 GEBffi AGEC 中，.GE= GE, / BEG / CEG EB= EC .GE陰 AGEC； Z4=Z2=/3, . ./4=/6. a EH/ GC.四 用于證明兩直線垂直例4如圖4, ABC為等邊三角形,D

21、、E分別為BC. AC邊上的點，且ED = ；BC, CE = |aC? AD與EE相交于P點.求證：CP1AD.證明 在 4ABD 和 4BCE 中，AB=BC Z ABD= /BCE BD= CE,貝 UABD BCE a Z ADB=Z BEC P、D、C、E 四點共圓.設 DC 的中點為 O 連 2g OE、 DE.易證/OEC= 600 , /DEO= 30°./DEO90° ,于是/ DPC=90 ,. CP ±AD.五用于判定切線例5如圖5, AB為半圓直徑，P為半圓上一點，PCX AB于C,以AC為直徑的圓 交PA于D,以BC為直徑的圓交PB于E,

22、求證：DE是這兩圓的公切線.證明連結DC CE,易知/ PDO /PEC= 900，.二P、D、G E四點共圓， 于是 / 1 = /3,而/3+/2 = 90° , /A+ /2=90°，貝 1 = / A,DE 是圓 ACD 的切線.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6 AR CD為。中兩條平行的弦，過B點的切線交CD的延長線于G,弦 PA、PB分別交CD于E、F.求證:證明 如圖6.連結BE PG.BG切。于B,則/ 1=/ A. = AB/ CD,則ZA= /2.于是/ 1 = /2,.P、G、B、E四點共圓.由相交弦定理，得EF-

23、 FG=PF FB.在。0中，由相交弦定理，得 CF- FD=FPFB. .EF FG= CT * 于D,CF FG七用于證明平方式例7 ABCD為圓內接四邊形，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4DCQ的外接圓，交PQ于M,連結MC, =/1 = /2=/3,則P、 B、C、M 四點共圓.由圓幕定理得 PE=PC PD= PM PQ, QF=QC QB= QM QP, 兩式相力口得 PE + QF=PM - PQ+ QM - QP=PQ(PM QM)=PQ PQ=PQ P

24、Q=PE+QF.八用于解計算題例8如圖8, ABC的高AD的延長線交外接圓于H,以AD為直徑作圓和 AB、AC分別交于 E、F點，EF交 AD 于 G,若 AG=16cm, AH=25cm,求 AD 的解連結 DE、DF、BH. =/1=/ 2=/C=/ H,. R E、G、H 四點共圓.由 圓幕定理，得 AE- AB= AG - AN.在 4ABD 中，= / ADB=90° , DE± AB,由射 影定理，得 AD2= AE - AB, .AD2= AG - AH= 16X25 = 400, . AD=20cm.九用于證明三點共線圖？圖1。例9如圖9, D為 ABC外接

25、圓上任意一點，E、F、G為D點到三邊垂線的 垂足，求證：E、F、G三點在一條直線上.證明連結 ER FG BD CD, = / BED4 BFD=90 ,貝U B、E F、D 四點共 圓，/ 1 = /2,同理/ 3=/4.在4DBE和4DCG中，/ DE氏 / DGC, / DBE= / DCG 故/ 1 = /4,易 得/2=/3,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4ABC的垂心，Hi、H2、H3為H點關于各邊的對稱點， 求證：A、B、G Hi、H2、H3六點共圓.證明 連結AH2,H與H2關于AF對稱，則/ 1=/ 2.=A、F、D、C四點共 圓，則/2

26、 = /3,于是/ 1 = /3, ；A、H2、B、c四點共圓，即H2在4ABC的外 接圓上.同理可證，H1、H3也在ZXABC的外接圓上. A、B、G H1、H2、H3六 點共圓.相關資源加到收藏夾添加相關資源托勒密定理的數形轉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接四邊形兩組對邊乘積的和等于其對角線的乘積，即在四邊形ABCD中，有AB CD+ AD - BC=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，作為續篇，本文就其數形轉換功能舉例說明如下：1 “形”轉換為“數”對于某些幾何問題，特別是圓內接多邊形問題，如果能根據題設中隱含的數 量關系

27、，利用托勒密定理可將“形”轉換為“數”，從而達到用代數運算來代替 幾何推理的目的.例1已知正七邊形AlA2- -A7 ,求證+ 44 AA 4兒（第21屆全俄數學奧林匹克競賽題）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 AiA5=AiA4、A3A5=AiA3.在四邊形 AlA3A4A5 中， 由托勒密定理，得 A3A4 AA5+ A4A5 AA3= A1A4 A3A5,即 A1A2 - A1A4 + A1A2 - A1A3 = A1A3 - A1A4,兩邊同除以 A1A2 - A1A3 - A1

28、A4即得結論式.例2如圖2, A、B、C、D四點在同一圓周上，且 BO CD-4, AE=6,線段BE和DE的長都是整數，則BD的長等于多少（1988年全國初中數學聯賽題）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 ACDazBAE和ACBa DAE,得4BE4D£AB =, AD =CECE由托勒密定理，得BD(A曰 CE)=4(ABk AD),即 ED(AE + CE)= 16* +上二:批亦即CE（A曰CEA 16.設CE=x整理上式，得x2+6x 16=0.解得x= 2（負值已舍），故BE- DE= CE- AE= 12. v BDKBC+

29、 CD= 8,BE=3 吃=4DE=4 1DE=3.故 BD= 7,例3 一個內接于圓的六邊形，其五個邊的邊長都為 81, AB是它的第六邊, 其長為31,求從B出發的三條對角線長的和.（第九屆美國數學邀請賽試題）原解答過程冗長.若通過托勒密定理的橋梁作用，把“形”轉換為“數”， 可使問題化繁為簡.如圖 3,設 BD=a, BE=lb, BF= c,連 AC、CE AE,貝U CE= AE= BD= a, AC=BF =c.在四邊形BCDE中，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=10

30、5故 a+b+c=384.2 “數”轉換為“形”對于某些代數問題，若結構與托勒密定理相似，通過構造圓內接四邊形，可 把“數”轉換為“形”，然后利用“形”的性質，使問題得到解決.這種解法構 思巧妙，方法獨特，富于創新，出奇制勝.例4解方程2 J# -121 +11J- -4 =若按常規方法解這個無理方程，過程繁冗.若由方程的結構特征聯想到托勒 密定理，則構造直徑 AC=x（田11）的圓及圓內接四邊形 ABCR使BC=Z CD=11, 如圖4,于是= G -% AD=4 72L由托勒密定理，得121-4:即工將此式與原方程進行比較，得BD=7vL在 BCD中，由余弦定理，得z21儼-（7討1cos

31、 /BCD =?-" 一二2 ' 2 1127 V5r/BCD =120” .故- - - =14.sin 120經檢驗x=14是原方程的根.例5已知叮4-5 + *1二7=1，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問題的典范. 下面 再給出一各幾何證法.a、四易知0&a、b&1且a、b不全為零.當a、b之一為零時，結論顯然成立.當 b全不為零時，由已知等式聯想到托勒密定理，作直徑 AJ 1的圓及圓內接 邊形ABCDi 使AB=b, AD = a,如圖5,則CD =、r7", BC= J13由托勒密定理，得出7r

32、p=i *bd,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, c>0,求證: Jcg - c）-匚）4 4ab. |此題若用常規方法證明也不輕松.下面利用托勒密定理給出它的一個巧證.I疵Y + （山一“（6）（而丁（歷7-=（而汽,二（疵）'十【飆1- O'（癡F）： +（也-心了=（疑立故構造直徑從；=屆的圓及圓內接四邊形ABCD,使= 他=疝，如 圖6.則BC 二 Jbg - c), CD 二瘋由托勒密定理，得4bc * 業Q J + '尿 *- c) = yfab * BD.因edac =痛&q

33、uot;|故 Ja占®(6 _ 1?) + 皿加(a c)&ab.即/3 匚)+ J匚(0c) Jab.巧用托勒密定理證題河北晉州市數學論文研究協會張東海王素改在解證某些數學題時，如能巧用托勒密定理，可使解證過程簡潔清新，茲舉 例說明.托勒密定理：圓內接四邊形中，兩條對角線的乘積等于兩組對邊乘積之和.工國I、構造“圓”，運用定理【例 1】設 a, b, x, y 是實數，且 a2+b2=1, x2+y2=1.求證：ax+ by< 1.證 作直徑AB=1的圓，在AB的兩側任作RtAAC出口 RtAADB,使AC=a, BC” BD=x, AD=y.(圖 1)由勾股定理知a

34、, b, x, y滿足條件.根據托勒密定理，有AC- BD+ BC- AD=AB- CD.v CD< 1, .ax+ by<1.二、利用無形圓，運用定理【例2】 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=BC AB/ CD.求證：BD=BC+ AB CD.證二.等腰梯形內接于圓，由托勒密定理，有 AC- BD=AD- BC+ AB - CD.AD=BC AC=BD.BD2=BC2+ AB - CD.（圖略）【例3】已知：邊長為1的正七邊形ABCDEFGK 對角線 AD=a, BG=b(a wb).求證：（a+ b）2（a b） = ab2.

35、證連結 BD, GE, BE, DG,貝U BD=EG= GB=b, DG=BE= DA= a, DE=AB=AG=1 （如圖 2）在四邊形ABDG中，由托勒密定理，有 AD - BG=AB- DG+ BD AG,即 ab=a+ b (1)同理在四邊形BDEG中，得BE- DG=DE- BG+ BD EG,即 a2=b+ b2 (2)將(2)變形為 b=a2-b2 (3)(1)X(3),彳# ab2 = (a+b)(a2 b2).故 ab2=(a+ b)2(a b).三、構造圓內接四邊形，運用定理【例4】在ZXABC中，/ A的內角平分線AD交外接圓于D.連結BD.求證：AD BC=BD (A

36、B+ AC).證(如圖3)連結DC.由托勒密定理.有 AD - BC=ABCD+ AC BD.又. / 1=/2,. BD=DC. .AD BC=AB- CD+ AC - BD=BD(ABAC).即 AD BC=BD(AB+ AC).圓內接四邊形的面積公式黑龍江綏化五中 任天民在中學數學里使用海佗公式S &=" 可- WP -。(其中P二上|上， 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 以我們可以聯想，圓內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？設圓內接四邊形ABCD中各邊為a, b, c, d.連結BD.由/ A+ / C

37、=180° ,可以推出sinA=sinCcosA=- cosC.并且S 四邊形 ABCD=SaABD+ Sa BCD再由斜流理之值 J，二R匕及= =兩者消去bd呵得上be十巴二一(03 +d口)2gd + be)sinA 工 Jlco?1 A =Ja + b 4 c - d)(1b + c + d 2)(a + d + b - e)Qf d 呼匕- b)2(ad + be)所以r1+ b + c - (b + c -t-d + b + d c)(s + c + d-b)%"8 = 5(乩 4 ")前：m=，(& + b + c 一 可(b + c + d

38、 - d)(已+ b + d c)而 + 匚 + d b).今p=/產上式化為SnAFCD :一(p-b)e-c)s-d),這樣我們得出了圓內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.圓內接四邊形面積公式的得出是受三角形面積公式的啟發， 通過聯想探索出 來的，而且兩者在形式上又是那么的相近.這種現象在數學中不勝枚舉，如果同 學們都能從特殊規律去探索一般規律， 再從一般規律去認識特殊規律.那么對數 學能力的培養將大有裨益.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定性，但在

39、某種特定的位置下，它能內接于圓， 成為圓內接四邊形.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：AB= a, BO b, CD=g DA=d求證：四邊形ABCD中有唯一四邊形能內接于圓，且此時面積達到最大值.證明：(1)先證四邊形四邊定長，有唯一的四邊形內接于圓，設/ABC=c,/ ADC邛，AC=x/十”/由余子疣理得口 = 一二一(1)Zab令 a + B =兀，即 COS a + COS 0 =02ab2cd=0cd(a3 + b3 m + 就(i? + 屋一一)= 0.ab(c，+d?)+cd(£ +b)ab + cdX的解唯一確定，代入 (

40、2)后COS a、COSB也隨之唯一確，在a, BC (0, 冗)的條件下a、B也同時唯一確定.一四邊形四邊定長，對角互補，四邊形是唯一的.即所得到的四邊形為圓內 接四邊形.(2)當四邊定長的四邊形內接于圓時，此四邊形面積最大.二.四邊形ABCD的面積*=九必c + S但=颯舊口 + cd£ifiB 由余弦定理得 a2+ b2- 2abcosa =x2=c2+d22cdcos0=> J(/ + b° -/一<1")= -(abcosCl - cdcos b ) (4)(3)3 + (4)2 ； S* + r +b2 -c3- d3)2 = a3b2 +

41、 c3 - 2abcdcos(；Cl + B )nS”+ ddP - 2abcdcog(Cl + P )- -(a + ba -c3 - d2)2416顯然當a + B =九時(即為圓內接四邊形時)S達到最大值，即S最大.11Sa =+ cad3 + 2abcd- (a tb2 -c3-d2；3.rrnji q 6/. S皿=；J(x + b + c = d)(a + h + d 匕)(a + c + d - b)(b，) + d - a)一一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、

42、DC、BC,設已知圓半徑為R,則由正弦定理有：BD= DO 2Rsina ,BC= 2Rsin2a .由托勒密定理有AB - CD+AC BD=AD- DC.(AB+AC)- 2Rsina =AD 2Rsin2a .則 2AD cos a =AB+ AC.下面舉例說明它的應用.例1如圖2,已知銳角 ABC的/ A平分線交BC于L,交外接圓于N,過L 分別作LKaAB, LMLAC,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,而S&如匚=|（AB-FAQ. AL* 出

43、由口 bl=AN - AL cos a sin a =AN AK - sin a=AN - AM - sin a =25akn=2Samn.S ABC=S 四邊形AKNM .例2己知一個正七邊形A1/,求證.（第21屆全蘇奧數）證明作正七邊形外接圓，如圖3所示.由定理有2c cos a =b+c,又在等腰 AiA2A3中有2a - cos a =b.以上兩式相除，可得七=色. b a例 3 在AABC中，/ C=3/A, a=27, c= 48,則 b 的值是（第36屆AHSME試題）解如圖4.作 ABC的外接圓，在品取三等分點D、E,連CD CE由已知得：/ACD之 DCE之 ECB=/ A

44、, CD=AB=48由定理有 2CE- cosA=CB+CD®2CD- cosA= CE+AC 又 2CB- cosA=CE 由，得'CE = CB(CB + CD) =45.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學論文研究協會劉同林托勒密定理：圓內接四邊形中，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：圓內接四邊形ABCD求證：AC- BD= AB - CD+ AD - BC.證明：如圖1,過C作CP交BD于P,使/ 1=/2,又/ 3=/4,

45、.ACg BCFAC AD,WAC*BP=AD*BC.j>C Br又/ACBW DCP； /5=/6, . .ACBzDCP.AC- DP =JIB* CD.十得 AC(B4DP尸AB-CD+ AD BC.即 AC - BD=AB- CD+ AD BC.這就是著名的托勒密定理，在通用教材中習題的面目出現， 不被重視.筆者 認為，既然是定理就可作為推理論證的依據. 有些問題若根據它來論證，顯然格 外簡潔清新.茲分類說明如下，以供探究.一、直接應用托勒密定理圖 2例1如圖2, P是正 ABC外接圓的劣弧BC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

46、短，構造全等三角形，均為繁冗.若借助托勒密定理論證，M有 PABC=PB AC+ PC- AB, .AB=BC=ACPA=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：AC=AE2+BC2證明：如圖3,作以RtAABC的斜邊AC為一對角線的矩形 ABCD顯然ABCD 是圓內接四邊形.由托勒密定理，有AC- BD=AB- CD+ AD BC. 又ABCD矩形， .AB=CD AD=BC AC=BD 把代人，得AC2=AF+BC.例3如圖4,在4ABC中，/A的平分 線交外接/圓于D,連結BD,求證: AD BC=BD(ABk AC)

47、.證明：連結CD,依托勒密定理，有 AD - BO AB CD+ AC - BD./1=/2,. BD=CD故 AD - BC=AB- BD+ AC - BD=BD(AN 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：BD=BC2+ AB CD.證明：二.等腰梯形內接于圓，依托密定理，則有 AC - BD=AD- BC+ AB - CD.又= AD=BC AC=BD.BD2=BC2+ AB CD.四、構造圖形借助托勒密定理例 5 若 a、b、x、y 是實數，且 a2+b2=1, x2+y2

48、=1.求證：ax+ by< 1.證明：如圖6,作直徑AB=1的圓，在AB兩邊任作RtAACB和RDADB,使 AC= a, BC=b, BD= x, AD= y.由勾股定理知a、b、x、y是滿足題設條件的.據托勒密定理，有 AC- BD+ BC- AD=AB- CD.vCDc AB= 1, .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4ABC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,從而聯想到托勒密定理，進而 構造一個等腰梯形，使兩訕為b,兩對角線為a, 一底邊為c.證明：如

49、圖7,作 ABC的外接圓，以A為圓心，BC為半徑作弧交圓于D, 連結 BD、DC、DA.AD=BCACgEDC ,丁 / ABD之 BAC.又:/ BDA=/ACB«寸同弧)，；/1=/2.圖t圖a于是 ®=AC ,則 BD=AC=b .依托勒密定理，有 BC- AD=AB - CD+ BD AC. 而已知 a2=b(b+c),即 a - a=b - c+b2. 比較GX 得 CD=b=ED , CD=a , Z 3=Z 1=Z 2 . ./ BAC=2/ ABC六、巧變形妙引線借肋托勒密定理例 7 在 ABC中，已知/ A ： / B ： / C=1 ： 2 ： 4,求證

50、費喂，析證：將結論變形為AC- BC+ AB - BC=AB- AC,把三角形和圓聯系起來， 可聯想到托勒密定理，進而構造圓內接四邊形.如圖8,作 ABC的外接圓，作弦 BD=BC邊結AD、CD.在圓內接四邊形 ADBC中，由托勒密定理，有 AC - BD+ BC- AD=AB- CD易證 AB=AD, CD=AC AC- BC+ BC- AB=AB- AC,兩端同除10 * BC + AC,得± + ± = ±Ab AL? JdU關于圓內接四邊形的若干共點性質浙江紹興縣魯迅中學范培養設四邊形ABCD內接于圓O,其邊AB與DC的延長線交于P, AD與BC的延 長線

51、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、FQ口圖1）.則有以下一些共點性質：性質1 AC. BD EF三直線共點.證明：如圖1,設AC交EF于Ki,則Ki分EF所成的比為E. £r _ AEanZEAKjKJ=SAjmt = AFshZFAKl 7"sP CECF1； :二 -2R，.= 2R.（其中R為G）0半徑）mn 二口且Kq盯口 乙上Ai。EK, AECE - = KF AFCF''設BD交EF于K2,同理可得K2分EF所成的比為EK DE EE-= K2F DF BF 'I Jae

52、rr由QEAsqde得照=祟，DE QD由qfbsqcf得某喑，Dr QDAF AF由0）、及QE = QF可得鐳=而.Db Dr同理可得磊=黑（6）由(5)、(6)可得(1)=(2),故Ki、K2分EF所成的比相等.Ki、K2重合，從而 AG BD、EF三直線共點.類似地AG BD、MN三直線共點，因此有以下推論AC、BD ER MN四直線共點.性質2 AR DC、EF三直線共點于 克第二試第四題)P.(此性質等同于1997年中國數學奧林匹這里用上述證明性質1的方法證之.證明：如圖2.設DC與EF的延長線交于Pi,則R分EF所成的比為設AB與EF的延長線交于則B分EF所成的比為BEBF由(5

53、)、(6)可得=(8),故Pi、P2分EF所成的比相等.Pi、B重合，從而 AR DC、EF三直線共點于P.推論 AD、BG NM三直線共點于 Q.性質3 EM、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所成的比設NF的延長線交PQ于Q,則Q分PQ所成的比為(這里E、F、P三點共線及N、M、Q三點共線在性質2及推論中已證).由PM&zPFM 得由（11）、（12）及 QE=QF PN=PM可得(9)=(10),故Gi、G2分PQ所成的比相等.G、Q重合，從而EM、NF、PQ三直線共點.性質4如果直線EN和MF相交，那么交點在直線 PQ上，即EN

54、、MF、PQ 直線共點.證明從略，妨性質3的證法可得.性質5 EM、NF、AC三直線共點.證明：如圖4,類似于性質1的證明，設EM與AC的延長線交于G3,則G3 分AC所成的比為PG】_ PE t MFON NF由得不了=-PE ME血=而(13)設NF與AC的延長線交于G，則G分AC所成的比為由得條=裳，同理可得器=舞，由此兩式得 Ar DFBN CN)AE * BM _ DE . CM.(由亞函二而'瓦BM BPAN PN由ZEI得而=瓦由四加3蟠鬻嚼,(18)(19)由(15)、(18)、(19)可得(13)=(14),故G、G，分AC所成的比相等.G、G，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.有興趣的讀者不妨再探索其它共點性質例3在邊長為a的正七邊形ABCDEFGK兩條不相等的對角線長分別為t, m.求證:- = - + amt困4證明如圖4,連結AD、CE,令AE= t, AC= m,在圓內接四邊形 ACDE中,據托勒密定理，有AD CE= AE - CD+ AC- DE,即 tm =ta+ ma.兩端同除以atm,得amt托勒密定理及其應用河北省晉州市數學論文研究協會康美孌彭立欣托勒密定理 圓內接四邊形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