四点共圆例题与答案

1、例1如图，E、F、G、H分别是菱形ABCD各边的中点.求证：E、F、G、H四点 共圆.证明菱形ABCD的对角线AC和BD相交于点O,连接OE、OF OG、OH.AC和BD互相垂直，在 RtAOR RtABOG RtACOD RtADOA中，E、F、G、H,分别是 AB、 BG CD. DA的中点，.OE = O5 = 1bC> OG = ：CD, OH = EAJ占L/AB = BC = CD=DA, A OE =OF = OG = OH.即E、F、G、H四点共圆.(2)若四边形的两个对角互补(或一个外角等于它的内对角)，则四点共圆.例 2 如图，在 ABC中，AD±BC, D

2、E±AB, DF±AC.求证：B、E、F、C四点共圆.证明DEXAB, DF±AC, ./AED+ /AFD=180 ,即A、E、D、F四点共圆,/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四点共圆.(3)若两个三角形有一条公共边，这条边所对的角相等，并且在公共边的同 侧，那么这两个三角形有公共的外接圆.例3如图，在中，BD.CE是AC. AB边上的高.ZA = 60° .求证:ED=：BC.证明在 ABC中，B

3、D、CE是AC、AB边上的高.丁/BECW BDC=90 ,且 E、 D 在 BC的同侧,E、B、C、D四点共圆./AED之ACB, /A=/A,.AED AACB.AE ED-,在RtAAEC中，NA/。，HLZACE = 3Q° ；迎 1 口门的 1=-P 即 =-PAC 2 C£ 2AED=-BC. 2上述三种方法是证“四点共圆”的基本方法，至于证第四点在前三点（不在同一直线上）所确定的圆上就不叙述了.【例1】 在圆内接四边形 ABCD中，/A-/C=12° ,且/A：/B=2： 3.求/ A、 Z B /C、/D的度数.解二.四边形ABCD内接于圆，. /

4、A+/C=180° ./A-/C=12° , . / A=96° , / C=84° . /A： / B=2： 3,2Zb =96+ x = 144° ./D=180° -144° =36利用圆内接四边形对角互补可以解决圆中有关角的计算问题.【例2】已知：如图1所示，四边形ABCD内接于圆，CEE/ BD交AB的延长 线于 E.求证：AD - BE=BC DC.证明：连结AC. CEE/ BD,/ 1=/ E./ 1和/ 2都是前所对的圆周角， / 1=/ 2./1 = /E.二.四边形ABCD内接于圆，丁 / EBCW C

5、DA. .AD3 ACBEAD： BC=DC BE.AD BE=BC DC.本例利用圆内接四边形的一个外角等于内对角及平行线的同位角、圆中同弧所对的圆周角得到两个相似三角形的条件，进而得到结论.关于圆内接四边形的性质，还有一个重要定理.现在中学课本一般都不列入， 现介绍如下：定理：圆内接四边形两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和.已知：如图2所示，四边形ABCD内接于圆.求证：ACBD=ABCD+ AD - BC.证明：作/ BAE=Z CAD, AE交 BD 于 E./ABD=Z ACD,Ap DT，川BES网 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这个定理叫托勒密（ptolemy）定理，是圆内接四边形的一个重要性质. 这个证 明的关键是构造 AB&ACD,充分利用相似理论，这在几何中是具有代表性 的.在数学竞赛中经常看到它的影子，希望能引起我们注意.命题”菱形都内接于圆”对吗命题”菱形都内接于圆”是不正确的.所以是假命题.理由是：根据圆的内 接四边形的判定方法之一，如果一个四边形的一组对

7、角互补，那么这个四边形内 接于圆.这个判定的前提是一组对角互补， 而菱形的性质是一组对角相等.而一 组相等的角，它们的内角和不一定是180° .如果内角和是180° ,而且又相等， 那么只可能是每个内角等于90° ,既具有菱形的性质，且每个内角等于 90° , 那末这个四边形一定是正方形.而正方形显然是菱形中的特例，不能说明一般情 形.判定四边形内接于圆的方法之二，是圆心到四边形四个顶点的距离相等. 圆 既是中心对称图形，又是轴对称图形，它的对称中心是圆心.菱形同样既是中心 对称图形，又是轴对称图形，它的对称中心是两条对角线的交点. 但菱形的对称 中心到

8、菱形各个顶点的距离不一定相等.所以，也无法确定菱形一定内接于圆； 如果菱形的对称中心到菱形各边顶点的距离相等， 再加上菱形的对角线互相垂直 平分这些性质，那么这个四边形又 必是正方形.综上所述，“菱形都内接于圆”这个命题是错误的.5圆的内接四边形例1已知：如图7-90, ABCD是对角线互相垂直的圆内接四边形，通过对角线的交 点E与AB垂直于点H的直线交CD于点M.求证：CM=MD.证明 /MEC与/HEB互余，/ ABE与/HEB互余，所以/ MEC=Z ABE 又/ ABE= /ECM,所以/ MEC=/ ECM,从而 CM=EM.同理 MD=EM.所以 CM=MD.DE图 7-90点评

9、本例的逆命题也成立(即图中若 M平分CD,则MHXAB),这两个命题在 某些问题中有时有用.本例叫做婆罗摩笈多定理.例2已知：如图7-91, ABCD是。的内接四边形，AC± BD,OE_LAB于点E,求证；OE = ：CD.分析一 如图7-91 (a),由于E是AB的中点，从A引。的直径AG,。是AG的中点.由三角形中位线定理可知QE =(GE,因此只2需证明GB=CD但这在第七章士圆周角中的例 3已经证明了.证明读者自己完成.*分析二如图7-91 (b),设AC, BD垂直于点F.取CD的中点M,则MF=，CD,所以应该有OE = MF,并且由例1的点评知道还有OE/ MF.从而

10、四边形OEFM应该是平行四边形.证明了四边形 OEFM是平行四 边形，问题也就解决了.而证明四边形 OEFM是平行四边形已经没有什么困难了.*分析三 如图7-91 (b),通过AC, BD的交点F作AB的垂线交CD于点M .连结 线段EF, MO.由于OE，AB, FMXAB,所以OE/ FM.又由于EF±CD(见例1的点评)， MOXCD),所以EF/ MO.所以四边形OEFM为平行四边形.从而 OE=MF,而由例1知MF=gcD,所以OE = ：CD.例3求证：圆内接四边形对边乘积的和等于对角线的乘积，即图中 AB - CD+BC- AD=AC- BD.图 T-92分析在ABCD

11、+BC AD=AC- BD中，等号左端是两个乘积的和，要证明这种等式 成立，常需把左端拆成两个单项式来证明，即先考虑AB - CD和BC- AD各等于什么，然后再考虑AB - CD+BC- AD是否等于AC - BD,而要考虑AB - CD和BC- AD各等于什 么，要用到相似三角形.为此，如图 7-92,作AE,令/ BAE=Z CAD,并且与对角线BD 相交于点E,这就彳#到 AB&AACD.由此求得AB - CD=AC- BE.在圆中又出现了4 ABgAAED,由此又求得BC- AD=AC- ED.把以上两个等式左右各相加，问题就解决证明读者自己完成.点评 本例叫做托勒玫定理.它

12、在计算与证明中都很有用.例4已知*如图7-叮，P为等边三角形ABC的外接圆的BC上任意一点.求证：PA=PB+PC分析一 本例是线段和差问题，因此可用截取或延长的方法证明.如图 7-93 (a), 在PA上取点M,使PM=PB,剩下的问题是证明 MA=PC,这只要证明 ABMzXCBP就 可以了.证明读者自己完成.分析二 如图7-93 (a),在PA上取点M,使MA=PC,剩下的问题是证明PM=PB, 这只要证明 BPM是等边三角形就可以了.证明读者自己完成.分析三 如图7-93 (b),延长CP到M,使PM=PB,剩下的问题是证明PA=MC, 这只要证明 PA® zCMB就可以了.

13、证明读者自己完成.读者可仿以上的方法拟出本例的其他证明.*本例最简单的证明是利用托勒玫定理(例 3).证明由托勒玫定理得PA BC=PB AC+PC AB,由于BC=AC=AB所以有PA=PB+PC例2如图7116,。1和。O2都经过A、B两点，经过点A的直线CD与。Oi交 于点C,与。2交于点D.经过点B的直线EF与。Oi交于点E,与。02交于点F.求证：CE/ DF.分析：要证明CE DF.考虑证明同位角(或内错角)相等或同旁内角互补.由 于CE DF分别在两个圆中，不易找到角的关系，若连结 AB,则可构成圆内接四 边形，利用圆内接四边形的性质定理可沟通两圆中有关角的关系.证明：连结AB.

14、ABEC是圆内接四边形, 丁 / BAD之 E.ADFB是圆内接四边形, ./BAD+ /F=180° ,. /E+ /F=180° .CE/ CF.说明：(1)本题也可以利用同位角相等或内错角相等，两直线平行证明.如 延长 EF至 G,因为/ DFG=/ BAD,而/ BAD=/ E,所以/ DFG=Z E.(2)应强调本题的辅助线是为了构成圆内接四边形，以利用它的性质，导出 角之间的关系.(3)对于程度较好的学生，还可让他们进一步思考，若本题不变，但不给出 图形，是否还有其他情况问题提出后可让学生自己画图思考，通过讨论明确本题还应有如图7117的情况并给予证明.例3如图

15、7118,已知在 ABC中，AB=AC BD平分/ B, zABD的外接圆和BC交于E,求证 ：AD=EC/ DBE容易看出AD=DE分析：要证AD=EC不能直接建立它们的联系，考虑已知条件可知/ ABD=.若连结DE,贝U有AD=DE因此只要证DE=EC由于DE和EC为 DEC的两边，所以只要证/ EDC=/ C.由已知条件可知/ C=/ABC因此只要证/ EDCW ABC因为 EDC是圆内接四边形ABED的一个外角, 所以可证/ EDC4 ABC问题可解决.图 T-118证明：连结DE. 丁 BD平分/ ABC,.Ad=DE , ad=de.ABE或圆内接四边形,丁 / EDCW ABC.

16、,.AB=AC ./ABCW C, ./ EDO / C.于是有DE=EC因此AD=EC四、作业1.如图7120,在圆内接四边形 ABCD中，AC平分BD,并且AC，BD, / BAD=70° 18',求四边形其余各角.2.圆内接四边形 形各内角的度数.ABCD中，/ A、/B、/ C的度数的比为2 ： 3 ： 6,求四边3.如图7121, AD是4ABC外角/ EAC的平分线，AD与三角形的外接圆交于点D.求证：DB=DC作业答案或提示:1. /ABC玄ADC=90° , /BCD=109 422. /A=45° , / B=° , / C=1

17、35 , / D=° .3.提示：因为/ DBC=/ DAC, / EAD=/ DCB / EAD=Z DAC,所以/ DBC= / DCB因止匕DB=DC判定四点共圆的方法引导学生归纳判定四点共圆的方法：(1)如果四个点与一定点距离相等，那么这四个点共圆.(2)如果一个四边形的一组对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆.(3)如果一个四边形的一个外角等于它的内对角，那么这个四边形的四个顶 点共圆.(4)如果两个直角三角形有公共的斜边，那么这两个三角形的四个顶点共圆 (因为四个顶点与斜边中点距离相等).3.如图7124,已知ABCD为平行四边形，过点A和B的圆与AD、BC分别交 于

18、E、F.求证：G D、E、F四点共圆.提示连结 EF.由 / B+/AEF=180° , Z B+Z 0=180° ,可得/ AEF=/ C.四点共圆的应用山东宁阳教委教研室栗致根四点共圆在平面几何证明中应用广泛，熟悉这种应用对于开阔证题思路，提 高解题能力都是十分有益的.一用于证明两角相等例1如图1,已知P为。外一点，PA切。于A, PB切。于B, OP交 AB 于 E.求证：/ APO / BPD.证明 连结OA, OC, OD.由射影定理，得AE=PEEO,又AE= BE,贝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 四点共圆，则/ 1 = /2, /3=/4,又/ 2=/4. /1 = /3,易证 / APC= / BPD(Z 4=/EDO)二用于证明两条线段相筹例2如图2,从。外一点P引切线PA、PB和割线PDC从A点作弦AE 平行于DC,连结BE交DC于F,求证：FO FD.图2证明连结 AD、AF、EG AB.PA 切。于 A,则/1 = /2. v AE/ CD, 则/2=/4.1=/ 4,. P、A、F、B 四点共圆./ 5=/6,而/5=/2= Z3, ./3=/6. AE/ CD, . EC=AD 且 / ECF=ADF, .EF8

20、AAFD,FO FD.三 用于证明两直线平行例3如图3,在4ABC中，AB=AC AD,BC, / B的两条三等分线交 AD于 E、G,交 AC于 F、H,求证：EH/ GC.AA证明 连结 EC 在4ABE和4ACE中，AE= AE, AB=AC / BAE= /CAE .AE® AEC./5=/1 = /2, ；B、C、H、E 四点共圆， / 6= / 3.在 GEBffi AGEC 中，.GE= GE, / BEG / CEG EB= EC .GE阴 AGEC； Z4=Z2=/3, . ./4=/6. a EH/ GC.四 用于证明两直线垂直例4如图4, ABC为等边三角形,D

21、、E分别为BC. AC边上的点，且ED = ；BC, CE = |aC? AD与EE相交于P点.求证：CP1AD.证明 在 4ABD 和 4BCE 中，AB=BC Z ABD= /BCE BD= CE,贝 UABD BCE a Z ADB=Z BEC P、D、C、E 四点共圆.设 DC 的中点为 O 连 2g OE、 DE.易证/OEC= 600 , /DEO= 30°./DEO90° ,于是/ DPC=90 ,. CP ±AD.五用于判定切线例5如图5, AB为半圆直径，P为半圆上一点，PCX AB于C,以AC为直径的圆 交PA于D,以BC为直径的圆交PB于E,

22、求证：DE是这两圆的公切线.证明连结DC CE,易知/ PDO /PEC= 900，.二P、D、G E四点共圆， 于是 / 1 = /3,而/3+/2 = 90° , /A+ /2=90°，贝 1 = / A,DE 是圆 ACD 的切线.同理，DE是圆BCE的切线.因而DE为两圆的公切线六用于证明比例式例6 AR CD为。中两条平行的弦，过B点的切线交CD的延长线于G,弦 PA、PB分别交CD于E、F.求证:证明 如图6.连结BE PG.BG切。于B,则/ 1=/ A. = AB/ CD,则ZA= /2.于是/ 1 = /2,.P、G、B、E四点共圆.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七用于证明平方式例7 ABCD为圆内接四边形，一组对边AB和DC延长交于P点，另一组对边 AD和BC延长交于Q点，从P、Q引这圆的两条切线，切点分别是E、F,（如图7） 求证：PQ=QF+PE.证明 作4DCQ的外接圆，交PQ于M,连结MC, =/1 = /2=/3,则P、 B、C、M 四点共圆.由圆幕定理得 PE=PC PD= PM PQ, QF=QC QB= QM QP, 两式相力口得 PE + QF=PM - PQ+ QM - QP=PQ(PM QM)=PQ PQ=PQ P

24、Q=PE+QF.八用于解计算题例8如图8, ABC的高AD的延长线交外接圆于H,以AD为直径作圆和 AB、AC分别交于 E、F点，EF交 AD 于 G,若 AG=16cm, AH=25cm,求 AD 的解连结 DE、DF、BH. =/1=/ 2=/C=/ H,. R E、G、H 四点共圆.由 圆幕定理，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.九用于证明三点共线图？图1。例9如图9, D为 ABC外接

25、圆上任意一点，E、F、G为D点到三边垂线的 垂足，求证：E、F、G三点在一条直线上.证明连结 ER FG BD CD, = / BED4 BFD=90 ,贝U B、E F、D 四点共 圆，/ 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三点在一条直线上.十用于证明多点共圆例10如图10, H为4ABC的垂心，Hi、H2、H3为H点关于各边的对称点， 求证：A、B、G Hi、H2、H3六点共圆.证明 连结AH2,H与H2关于AF对称，则/ 1=/ 2.=A、F、D、C四点共 圆，则/2

26、 = /3,于是/ 1 = /3, ；A、H2、B、c四点共圆，即H2在4ABC的外 接圆上.同理可证，H1、H3也在ZXABC的外接圆上. A、B、G H1、H2、H3六 点共圆.相关资源加到收藏夹添加相关资源托勒密定理的数形转换功能山东临沂市四中姜开传临沂市第一技校刘久松圆内接四边形两组对边乘积的和等于其对角线的乘积，即在四边形ABCD中，有AB CD+ AD - BC=AC- BD,这就是着名的托勒密定理.本刊 1996年第2 期给出了它的几种证法，作为续篇，本文就其数形转换功能举例说明如下：1 “形”转换为“数”对于某些几何问题，特别是圆内接多边形问题，如果能根据题设中隐含的数 量关系

27、，利用托勒密定理可将“形”转换为“数”，从而达到用代数运算来代替 几何推理的目的.例1已知正七边形AlA2- -A7 ,求证+ 44 AA 4儿（第21届全俄数学奥林匹克竞赛题）对于这道竞赛题，原证较繁，但通过深挖隐含条件，利用托勒密定理可改变 整个解题局面，使证题步骤简缩到最少.如图 1,连 A1A5、A3A5,则 AiA5=AiA4、A3A5=AiA3.在四边形 AlA3A4A5 中， 由托勒密定理，得 A3A4 AA5+ A4A5 AA3= A1A4 A3A5,即 A1A2 - A1A4 + A1A2 - A1A3 = A1A3 - A1A4,两边同除以 A1A2 - A1A3 - A1

28、A4即得结论式.例2如图2, A、B、C、D四点在同一圆周上，且 BO CD-4, AE=6,线段BE和DE的长都是整数，则BD的长等于多少（1988年全国初中数学联赛题）此题若用其它方法解，往往使人一筹莫展.若运用托勒密定理，可使问题化 难为易.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.设CE=x整理上式，得x2+6x 16=0.解得x= 2（负值已舍），故BE- DE= CE- AE= 12. v BDKBC+

29、 CD= 8,BE=3 吃=4DE=4 1DE=3.故 BD= 7,例3 一个内接于圆的六边形，其五个边的边长都为 81, AB是它的第六边, 其长为31,求从B出发的三条对角线长的和.（第九届美国数学邀请赛试题）原解答过程冗长.若通过托勒密定理的桥梁作用，把“形”转换为“数”， 可使问题化繁为简.如图 3,设 BD=a, BE=lb, BF= c,连 AC、CE AE,贝U CE= AE= BD= a, AC=BF =c.在四边形BCDE中，由托勒密定理，得81b+812=a2同理 81b+31 - 81=ac 31a+81a=bc 解、组成的方程组，得a= 135, b=144, c=10

30、5故 a+b+c=384.2 “数”转换为“形”对于某些代数问题，若结构与托勒密定理相似，通过构造圆内接四边形，可 把“数”转换为“形”，然后利用“形”的性质，使问题得到解决.这种解法构 思巧妙，方法独特，富于创新，出奇制胜.例4解方程2 J# -121 +11J- -4 =若按常规方法解这个无理方程，过程繁冗.若由方程的结构特征联想到托勒 密定理，则构造直径 AC=x（田11）的圆及圆内接四边形 ABCR使BC=Z CD=11, 如图4,于是= G -% AD=4 72L由托勒密定理，得121-4:即工将此式与原方程进行比较，得BD=7vL在 BCD中，由余弦定理，得z21俨-（7讨1cos

31、 /BCD =?-" 一二2 ' 2 1127 V5r/BCD =120” .故- - - =14.sin 120经检验x=14是原方程的根.例5已知叮4-5 + *1二7=1，求证： a2+ b2=1.这道名题已有多种证法，而且被视为用三角换无法解代数问题的典范. 下面 再给出一各几何证法.a、四易知0&a、b&1且a、b不全为零.当a、b之一为零时，结论显然成立.当 b全不为零时，由已知等式联想到托勒密定理，作直径 AJ 1的圆及圆内接 边形ABCDi 使AB=b, AD = a,如图5,则CD =、r7", BC= J13由托勒密定理，得出7r

32、p=i *bd,与已知等式比较，得BD= 1,即BD也为圆的直径，故a2+b2=1例 6 设 a>c, b>c, c>0,求证: Jcg - c）-匚）4 4ab. |此题若用常规方法证明也不轻松.下面利用托勒密定理给出它的一个巧证.I疵Y + （山一“（6）（而丁（历7-=（而汽,二（疵）'十【飙1- O'（痴F）： +（也-心了=（疑立故构造直径从；=届的圆及圆内接四边形ABCD,使= 他=疝，如 图6.则BC 二 Jbg - c), CD 二疯由托勒密定理，得4bc * 业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.巧用托勒密定理证题河北晋州市数学论文研究协会张东海王素改在解证某些数学题时，如能巧用托勒密定理，可使解证过程简洁清新，兹举 例说明.托勒密定理：圆内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边乘积之和.工国I、构造“圆”，运用定理【例 1】设 a, b, x, y 是实数，且 a2+b2=1, x2+y2=1.求证：ax+ by< 1.证 作直径AB=1的圆，在AB的两侧任作RtAAC出口 RtAADB,使AC=a, BC” BD=x, AD=y.(图 1)由勾股定理知a

34、, b, x, y满足条件.根据托勒密定理，有AC- BD+ BC- AD=AB- CD.v CD< 1, .ax+ by<1.二、利用无形圆，运用定理【例2】 等腰梯形一条对角线的平方，等于一腰的平方加上两底之积.已知：梯形 ABCD中，AD=BC AB/ CD.求证：BD=BC+ AB CD.证二.等腰梯形内接于圆，由托勒密定理，有 AC- BD=AD- BC+ AB - CD.AD=BC AC=BD.BD2=BC2+ AB - CD.（图略）【例3】已知：边长为1的正七边形ABCDEFGK 对角线 AD=a, BG=b(a wb).求证：（a+ b）2（a b） = ab2.

35、证连结 BD, GE, BE, DG,贝U BD=EG= GB=b, DG=BE= DA= a, DE=AB=AG=1 （如图 2）在四边形ABDG中，由托勒密定理，有 AD - BG=AB- DG+ BD AG,即 ab=a+ b (1)同理在四边形BDEG中，得BE- DG=DE- BG+ BD EG,即 a2=b+ b2 (2)将(2)变形为 b=a2-b2 (3)(1)X(3),彳# ab2 = (a+b)(a2 b2).故 ab2=(a+ b)2(a b).三、构造圆内接四边形，运用定理【例4】在ZXABC中，/ A的内角平分线AD交外接圆于D.连结BD.求证：AD BC=BD (A

36、B+ AC).证(如图3)连结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).圆内接四边形的面积公式黑龙江绥化五中 任天民在中学数学里使用海佗公式S &=" 可- WP -。(其中P二上|上， c为三角形的三边)计算三角形的面积是个重要的方法,三角形一定有外接圆，所 以我们可以联想，圆内接四边形面积的计算公式是否与三角形面积公式有相似之 处呢？设圆内接四边形ABCD中各边为a, b, c, d.连结BD.由/ A+ / C

37、=180° ,可以推出sinA=sinCcosA=- cosC.并且S 四边形 ABCD=SaABD+ Sa BCD再由斜流理之值 J，二R匕及= =两者消去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=/产上式化为SnAFCD :一(p-b)e-c)s-d),这样我们得出了圆内接四边形面积的计算公式.在上面的公式中，如果设某一边为零，(不仿设d=0)此时四边形变成三角形， 该公式恰是计算三角形面积的海伦公式.圆内接四边形面积公式的得出是受三角形面积公式的启发， 通过联想探索出 来的，而且两者在形式上又是那么的相近.这种现象在数学中不胜枚举，如果同 学们都能从特殊规律去探索一般规律， 再从一般规律去认识特殊规律.那么对数 学能力的培养将大有裨益.四条边定长四边形面积的最大值上海市育群中学李甲鼎四条边为定长的四边形不具稳定性，但在

39、某种特定的位置下，它能内接于圆， 成为圆内接四边形.并且此时达到变化过程中面积最大值.下文证明这个事实.已知：四边形 ABCD中：AB= a, BO b, CD=g DA=d求证：四边形ABCD中有唯一四边形能内接于圆，且此时面积达到最大值.证明：(1)先证四边形四边定长，有唯一的四边形内接于圆，设/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的解唯一确定，代入 (

40、2)后COS a、COSB也随之唯一确，在a, BC (0, 冗)的条件下a、B也同时唯一确定.一四边形四边定长，对角互补，四边形是唯一的.即所得到的四边形为圆内 接四边形.(2)当四边定长的四边形内接于圆时，此四边形面积最大.二.四边形ABCD的面积*=九必c + S但=飒旧口 + 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显然当a + B =九时(即为圆内接四边形时)S达到最大值，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)一一个几何定理的应用江苏省徐州矿务局庞庄职校张怀林定理：如图1,在圆接四边形 ABCD中弦AD平分/ BAC则2ADcosa =AB+ AC.证明连接BD、

42、DC、BC,设已知圆半径为R,则由正弦定理有：BD= DO 2Rsina ,BC= 2Rsin2a .由托勒密定理有AB - CD+AC BD=AD- DC.(AB+AC)- 2Rsina =AD 2Rsin2a .则 2AD cos a =AB+ AC.下面举例说明它的应用.例1如图2,已知锐角 ABC的/ A平分线交BC于L,交外接圆于N,过L 分别作LKaAB, LMLAC,垂足分别为K、M.求证：四边形AKNM的面积等于 ABC的面积.（第 28 届 IMO）证明由已知得/ 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 四边形AKNM .例2己知一个正七边形A1/,求证.（第21届全苏奥数）证明作正七边形外接圆，如图3所示.由定理有2c cos a =b+c,又在等腰 AiA2A3中有2a - cos a =b.以上两式相除，可得七=色. b a例 3 在AABC中，/ C=3/A, a=27, c= 48,则 b 的值是（第36届AHSME试题）解如图4.作 ABC的外接圆，在品取三等分点D、E,连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托勒密定理及其应用河北省晋州市数学论文研究协会刘同林托勒密定理：圆内接四边形中，两条对角线的乘积 （两对角线所包矩形的面 积）等于两组对边乘积之和（一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面 积之和）.已知：圆内接四边形ABCD求证：AC- BD= AB - CD+ AD - BC.证明：如图1,过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.这就是着名的托勒密定理，在通用教材中习题的面目出现， 不被重视.笔者 认为，既然是定理就可作为推理论证的依据. 有些问题若根据它来论证，显然格 外简洁清新.兹分类说明如下，以供探究.一、直接应用托勒密定理图 2例1如图2, P是正 ABC外接圆的劣弧BC上任一点（不与b、C重合）,求证：PA=PB PC.分析：此题证法甚多，一般是截长、补

46、短，构造全等三角形，均为繁冗.若借助托勒密定理论证，M有 PABC=PB AC+ PC- AB, .AB=BC=ACPA=PB+PC二、完善图形借助托勒密定理例2证明“勾股定理”：在 RtABC中，/ B=90° ,求证：AC=AE2+BC2证明：如图3,作以RtAABC的斜边AC为一对角线的矩形 ABCD显然ABCD 是圆内接四边形.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如图4,在4ABC中，/A的平分 线交外接/圆于D,连结BD,求证: AD BC=BD(ABk AC)

47、.证明：连结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“无形圆”借助托勒密定理例4等腰梯形一条对角线的平方等于一腰的平方加上两底之积.如图 5, ABCD中，AB/ CD, AD=BC求证：BD=BC2+ AB CD.证明：二.等腰梯形内接于圆，依托密定理，则有 AC - BD=AD- BC+ AB - CD.又= AD=BC AC=BD.BD2=BC2+ AB CD.四、构造图形借助托勒密定理例 5 若 a、b、x、y 是实数，且 a2+b2=1, x2+y2

48、=1.求证：ax+ by< 1.证明：如图6,作直径AB=1的圆，在AB两边任作RtAACB和RDADB,使 AC= a, BC=b, BD= x, AD= y.由勾股定理知a、b、x、y是满足题设条件的.据托勒密定理，有 AC- BD+ BC- AD=AB- CD.vCDc AB= 1, .ax+ by<1.五、巧变原式 妙构图形，借助托勒密定理例6已知a、b、c是4ABC的三边，且a2=b(b+c),求证：/ A=2/ B.分析：将a2=b(b + c)变形为a - a=b b+bc,从而联想到托勒密定理，进而 构造一个等腰梯形，使两讪为b,两对角线为a, 一底边为c.证明：如

49、图7,作 ABC的外接圆，以A为圆心，BC为半径作弧交圆于D, 连结 BD、DC、DA.AD=BCACgEDC ,丁 / ABD之 BAC.又:/ BDA=/ACB«寸同弧)，；/1=/2.图t图a于是 ®=AC ,则 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. 比较GX 得 CD=b=ED , CD=a , Z 3=Z 1=Z 2 . ./ BAC=2/ ABC六、巧变形妙引线借肋托勒密定理例 7 在 ABC中，已知/ A ： / B ： / C=1 ： 2 ： 4,求证

50、费喂，析证：将结论变形为AC- BC+ AB - BC=AB- AC,把三角形和圆联系起来， 可联想到托勒密定理，进而构造圆内接四边形.如图8,作 ABC的外接圆，作弦 BD=BC边结AD、CD.在圆内接四边形 ADBC中，由托勒密定理，有 AC - BD+ BC- AD=AB- CD易证 AB=AD, CD=AC AC- BC+ BC- AB=AB- AC,两端同除10 * BC + AC,得± + ± = ±Ab AL? JdU关于圆内接四边形的若干共点性质浙江绍兴县鲁迅中学范培养设四边形ABCD内接于圆O,其边AB与DC的延长线交于P, AD与BC的延 长线

51、交于Q,由P作圆的两切线PM、PN,切点分别为M、N;由Q作圆的两切 线QE、QF,切点分别为E、FQ口图1）.则有以下一些共点性质：性质1 AC. BD EF三直线共点.证明：如图1,设AC交EF于Ki,则Ki分EF所成的比为E. £r _ AEanZEAKjKJ=SAjmt = AFshZFAKl 7"sP CECF1； :二 -2R，.= 2R.（其中R为G）0半径）mn 二口且Kq盯口 乙上Ai。EK, AECE - = KF AFCF''设BD交EF于K2,同理可得K2分EF所成的比为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可得镭=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，从而 AG BD、EF三直线共点.类似地AG BD、MN三直线共点，因此有以下推论AC、BD ER MN四直线共点.性质2 AR DC、EF三直线共点于 克第二试第四题)P.(此性质等同于1997年中国数学奥林匹这里用上述证明性质1的方法证之.证明：如图2.设DC与EF的延长线交于Pi,则R分EF所成的比为设AB与EF的延长线交于则B分EF所成的比为BEBF由(5

53、)、(6)可得=(8),故Pi、P2分EF所成的比相等.Pi、B重合，从而 AR DC、EF三直线共点于P.推论 AD、BG NM三直线共点于 Q.性质3 EM、NF、PQ三直线共点.证明：如图3,设EM的延长线交PQ于Gi,妨上证法，Gi分PQ所成的比设NF的延长线交PQ于Q,则Q分PQ所成的比为(这里E、F、P三点共线及N、M、Q三点共线在性质2及推论中已证).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，从而EM、NF、PQ三直线共点.性质4如果直线EN和MF相交，那么交点在直线 PQ上，即EN

54、、MF、PQ 直线共点.证明从略，妨性质3的证法可得.性质5 EM、NF、AC三直线共点.证明：如图4,类似于性质1的证明，设EM与AC的延长线交于G3,则G3 分AC所成的比为PG】_ PE t MFON NF由得不了=-PE ME血=而(13)设NF与AC的延长线交于G，则G分AC所成的比为由得条=裳，同理可得器=舞，由此两式得 Ar DFBN CN)AE * BM _ DE . CM.(由亚函二而'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，从而 EM、NF、AC三直线共点.推论EM、NF、AC、PQ四直线共点.限于篇幅，仅列以上五条共点性质.有兴趣的读者不妨再探索其它共点性质例3在边长为a的正七边形ABCDEFGK两条不相等的对角线长分别为t, m.求证:- = - + amt困4证明如图4,连结AD、CE,令AE= t, AC= m,在圆内接四边形 ACDE中,据托勒密定理，有AD CE= AE - CD+ AC- DE,即 tm =ta+ ma.两端同除以atm,得amt托勒密定理及其应用河北省晋州市数学论文研究协会康美娈彭立欣托勒密定理 圆内接四边形的两条对角线的乘积（两条对角线所包矩形的面 积），等于两组对边乘积之