四點(diǎn)共圓的判定及應(yīng)用

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

2、,即A、E、DF四點(diǎn)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(diǎn)共圓.(3)若兩個(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(diǎn)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(diǎn)共圓”的基本方法，至于證第四點(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(duì)角互補(bǔ)可以解決圓中有關(guān)角的計(jì)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(zhǎng)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(duì)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(gè)外角等于內(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)于圓內(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)角線的乘積等于兩組對(duì)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(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)證明的關(guān)鍵是構(gòu)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(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)接于圓”對(duì)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(gè)四邊形的一組對(duì)角互補(bǔ)，那么

6、這個(gè)四邊形內(nèi)接于圓.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°.如果內(nèi)角和是180°，而且又相等，那么只可能是每個(gè)內(nèi)角等于90°，既具有菱形的性質(zhì)，且每個(gè)內(nèi)角等于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(gè)頂點(diǎn)的距離相等.圓既是中心對(duì)稱圖形，又是軸對(duì)稱圖形，它的對(duì)稱中心是圓心.菱形同樣既是中心對(duì)稱圖形，又是軸對(duì)稱圖形，它的對(duì)稱中心是兩條對(duì)角線的交點(diǎn).但菱形的對(duì)稱中心到菱形各個(gè)頂點(diǎn)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(duì)稱中心到菱形各邊頂點(diǎn)的距離相等，再加上菱形的對(duì)角線互相垂直平分這些性質(zhì)，那么這個(gè)四邊形又必是正方形.綜上所述，“菱形都內(nèi)接于圓”這個(gè)命題是錯(cuò)誤的.5圓的內(nèi)接四邊形例1已知：如圖7-90,ABCD是對(duì)角線互相垂直的圓內(nèi)接四邊形，通過對(duì)角線的交點(diǎn)E與AB垂直于點(diǎn)H的直線交CD于點(diǎn)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(diǎn)評(píng)本例的逆命題也成立(即圖中若M平分CD則MHLAB.這兩個(gè)命題在某些問題中有時(shí)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(diǎn)E.求證：OeJcDiaET-gi分析一如圖7-91(a),由于E是AB的中點(diǎn)，從A引OO的直徑AG,0是AG的中點(diǎn).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(shè)AC,BD垂直于點(diǎn)F.取CD的中點(diǎn)皿則=所以應(yīng)該有OE=MF,并且由例啲點(diǎn)評(píng)知道還有OE/MF從而四邊形OEFM應(yīng)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(diǎn)F作AB的垂線交CD于點(diǎn)M連結(jié)線段EF,MO由于OELAB,FMLAB,所以O(shè)E/FM又由于EF丄CD(見例1的點(diǎn)評(píng))，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O(shè)ECD例3求證：圓內(nèi)接四邊形對(duì)邊乘積的和等于對(duì)角線的乘積，即圖中AB-CD+BCAD=ACBD團(tuán)7-92分析在AB-CD+BCAD=ACBD中，等號(hào)左端是兩個(gè)乘積的和，要證明這種等式成立，常需把左端拆成兩個(gè)單項(xiàng)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(duì)角線BD相交于點(diǎn)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(gè)等式左右各相加，問題就解決了.證明讀者自己完成.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(diǎn).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(zhǎng)的方法證明如圖7-93（a），在PA上取點(diǎn)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(diǎn)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(tuán)793分析三如圖7-93（b）,延長(zhǎng)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(jiǎn)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(diǎn)，經(jīng)過點(diǎn)A的直線CD與O0交于點(diǎn)C,與OO交于點(diǎn)D.經(jīng)過點(diǎn)B的直線EF與OC交于點(diǎn)E,與OC2交于點(diǎn)F.求證：CE/DF.分析：要證明CE/DF.考慮證明同位

12、角（或內(nèi)錯(cuò)角）相等或同旁內(nèi)角互補(bǔ).由于CEDF分別在兩個(gè)圓中，不易找到角的關(guān)系，若連結(jié)AB則可構(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(cuò)角相等，兩直線平行證明.如延長(zhǎng)EF至G,因?yàn)閆DFGZBAD而ZBADZE,所以ZDFGZE.應(yīng)強(qiáng)調(diào)本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)于程度較好的學(xué)生，還可讓他們進(jìn)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(xué)生自己畫圖思考，通過討論明確本題還應(yīng)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?yàn)镋DC是圓內(nèi)接四邊形ABED勺一個(gè)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(diǎn)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?yàn)?/p>

15、/DBCMDAC/EAD2DCB/EAD2DAC所以/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)外角等于它的內(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(因?yàn)樗膫€(gè)頂點(diǎn)與斜邊中點(diǎn)距離相等).3.如圖7124，已知ABC助平行四邊形，過點(diǎn)A和B的圓與AD、BC分別交于E、F.求證：CDE、F四點(diǎn)共圓.提示連結(jié)EF.由/B+/AEF=180°

16、，/B+ZC=180°，可得/AEF=/C.四點(diǎn)共圓的應(yīng)用山東寧陽教委教研室栗致根四點(diǎn)共圓在平面幾何證明中應(yīng)用廣泛，熟悉這種應(yīng)用對(duì)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(diǎn)，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(diǎn)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(diǎn)P引切線PAPB和割線PDC從A點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn).求證；CP1AD,證明在厶ABDPBCE中,vAB=BC/ABB/BCEBD=CE,則厶ABDABCE/ADB/BEC-P、DCE四點(diǎn)共圓.設(shè)DC的中點(diǎn)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(diǎn)，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(diǎn)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(diǎn)的切線交CD的延長(zhǎng)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(diǎn)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(duì)邊AB和DC延長(zhǎng)交于P點(diǎn)，另一組對(duì)邊AD和BC延長(zhǎng)交于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(diǎn)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(jì)算題例8如圖8,AABC的

21、高AD的延長(zhǎng)線交外接圓于H,以AD為直徑作圓和ABAC分別交于E、F點(diǎn)，EF交AD于G,若AG=16cmAH=25cm求AD的長(zhǎng).解連結(jié)DEDFBHvZ1=Z2=ZC=ZH,：BE、GH四點(diǎn)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(diǎn)共線例9如圖9,垂線的垂足，求證:DABC外接圓上任意一點(diǎn)，E、F、G為D點(diǎn)到三邊E、F、G三點(diǎn)在一條直線上.證明連結(jié)EF、FGBDCDvZBED/BFD=90，貝UB、E、F、D四點(diǎn)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(diǎn)在一條直線上.十用于證明多點(diǎn)共圓例10如圖10,H為仏ABC的垂心，Hi、H、H3為H點(diǎn)關(guān)于各邊的對(duì)稱點(diǎn)，求證：A、B、C、Hi、H、Hb六點(diǎn)共圓.證明連結(jié)AH,：H與H2關(guān)于AF對(duì)稱，則/仁/2.vA、F、DC四點(diǎn)共圓，則/2二/3,于是/1二/3,aAHz、B、c四點(diǎn)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(diǎn)共圓.相關(guān)資源加到收臧夾添加相關(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傳臨沂市第一技校劉久松圓內(nèi)接四邊形兩組對(duì)邊乘積

23、的和等于其對(duì)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(duì)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(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)”，從而達(dá)到用代數(shù)運(yùn)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(wèi)瓦（第21屆全俄數(shù)學(xué)奧林匹克競(jìng)賽題）對(duì)于這道競(jìng)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(gè)解題局面，使證題步驟簡(jiǎn)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(diǎn)在同一圓周上，且BOCD=4,AE=6線段BE和DE的長(zhǎng)都是整數(shù)，貝UBD的長(zhǎng)等于多少？（1988年全國(guó)初中數(shù)學(xué)聯(lián)賽題）此題若用其它方法解，往往使人一籌莫展.若運(yùn)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(shè)CE=x整理上式，得x2+6x16=0.解得x=2(負(fù)值已舍)，故BE-DE=CE-AE=12.vBD<BC+CD=8，rBE=3”DE=4L故BD=7.例3一個(gè)內(nèi)接于圓的六邊形，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）原解答過程冗長(zhǎng).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(jiǎn).女口圖3,設(shè)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(duì)于某些代數(shù)問題，若結(jié)構(gòu)與托勒密定理相似，通過構(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)，使問題得到解決.這種解法構(gòu)思巧妙，方法獨(dú)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(gè)無理方程，過程繁冗.若由方程的結(jié)構(gòu)特征聯(lián)想到托勒密定理，則構(gòu)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(jìn)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(yàn)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(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(shè)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(gè)巧證.良6?。?amp;?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(gòu)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(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，可使解證過程簡(jiǎn)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(duì)角線的乘積等于兩組對(duì)邊乘積之和.D1一、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(yùn)用定理【例21等腰梯形一條對(duì)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(zhǎng)為1的正七邊形ABCDEF中，對(duì)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(gòu)造圓內(nèi)接四邊形，運(yùn)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(xué)數(shù)學(xué)里使用海倫公式s嚴(yán)皿麗翫帀（其中廠豈譏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)接四邊形面積的計(jì)算公式是否與三角形面積公式有相似之處呢？設(shè)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(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(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)律去認(rèn)識(shí)特殊規(guī)律那么對(duì)數(shù)學(xué)能力的培養(yǎng)將大有裨益.四條邊定長(zhǎng)四邊形面積的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)接于圓，成

34、為圓內(nèi)接四邊形.并且此時(shí)達(dá)到變化過程中面積最大值.下文證明這個(gè)事實(shí).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(shí)面積達(dá)到最大值.證明:(1)先證四邊形四邊定長(zhǎng)，有唯一的四邊形內(nèi)接于圓，設(shè)/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(shí)唯一確定.四邊形四邊定長(zhǎng)，對(duì)

35、角互補(bǔ)，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(dāng)四邊定長(zhǎng)的四邊形內(nèi)接于圓時(shí)，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(dāng)a+B=n時(shí)(即為圓內(nèi)接四邊形時(shí))S2達(dá)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(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,則2ADcosa=AB+AC.證明連接BD、DC、BC,設(shè)已知圓半徑為R，則由正弦定理有：BD=DC=2Rsina,BC=2Rsin2a.A團(tuán)1團(tuán)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(yīng)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(gè)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(tuán)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(diǎn)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(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）等于兩組對(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）.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(tuán).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(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).有些問題若根據(jù)它來論證，顯然格外簡(jiǎn)潔清新.茲分類說明如下，以供探究.、直接應(yīng)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(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

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(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(duì)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(gòu)造圖形借助托勒密定理例5若a、b、x、y是實(shí)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(shè)條件的.據(jù)托勒密定理，有ACBD+BCAD=ABCD./CD<AB=1，二ax+by<1.五、巧變?cè)矫顦?gòu)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(jìn)而構(gòu)造一個(gè)等腰梯形，使兩腰為b，兩對(duì)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(duì)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(jìn)而構(gòu)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(guān)于圓內(nèi)接四邊形的若干共

44、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)接于圓0,其邊AB與DC的延長(zhǎng)線交于P，AD與BC的延長(zhǎng)線交于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）.則有以下一些共點(diǎn)性質(zhì)：性質(zhì)1AC、BD、EF三直線共點(diǎn).證明：如圖1，設(shè)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(shè)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?fù)砜傻脟涛栌?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(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).圖EU2性質(zhì)2AB、DC、EF三直線共點(diǎn)于P.(此性質(zhì)等同于1997年中國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克第二試第四題)這里用上述證明性質(zhì)1的方法證之.證明：如圖2.設(shè)DC與EF的延長(zhǎng)線交于Pi，則Pi分EF所成的比EPtDECE=r*r7)%FDFCF'設(shè)AB與EF的延長(zhǎng)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(diǎn)于P.推論AD、BC、NM三直線共點(diǎn)于Q.性質(zhì)3EM、NF、PQ三直線共點(diǎn).證明：如圖3,設(shè)EM的延長(zhǎng)線交PQ于Gi，妨上證法，Gi分PQ所成的比為PGjPE*KffGQ=QE*(9)設(shè)NF的延長(zhǎng)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(diǎn)共線及N、M、Q三點(diǎn)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(diǎn).性質(zhì)4如果直線EN和MF相交，那么交點(diǎn)在直線PQ上，即卩EN、MF、PQ三直線共點(diǎn).證明從略，妨性質(zhì)3的證法可得.Q團(tuán)3U4ADCE=AECD+ACDE，即tm=ta+ma.性質(zhì)5EM、NF、AC三直線共點(diǎn).證明：如圖4，類似于性質(zhì)1的證明，設(shè)EM與AC的延長(zhǎng)線交于G3,貝uG3分AC所成的比為）AG5EAAM=EC*CM設(shè)NF與AC的延長(zhǎng)線交于G爲(wèi)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(dǎo)=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(diǎn).推論EM、NF、AC、PQ四直線共點(diǎn).限于篇幅，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.圖4證明如圖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，有兩端同除以曲m得丄匸丄+1amt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

49、的兩條對(duì)角線的乘積（兩條對(duì)角線所包矩形的面積），等于兩組對(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(xí)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(diǎn).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(duì)角線的平方，等于一腰的平方加上兩底之積.證明如圖3，設(shè)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(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.求證：2=丄十1.amt圖4證明如圖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，有兩端同除以辺tm,得amt例4已知a、b、x、y是實(shí)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(shè)條件的.依托勒密定理有ACBD+BCAD=ABCD.又TCD<AB=1，ax+by<1.團(tuán)5團(tuán)E例5ABC的三個(gè)內(nèi)角A、B、C的對(duì)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(jìn)而構(gòu)造一個(gè)圓內(nèi)接等腰梯形，使兩腰為b，兩對(duì)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(diǎn)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