四点共圆例题及答案

1、文档来源为 :从网络收集整理.word 版本可编辑 .欢迎下载支持.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、OHAC和 BD 互相垂直，在 RtAOB、 RtBOC、 RtCOD、 RtDOA中， E、F、G、H，分别是 AB、BC、CD、 DA的中点，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， ADBC， DEAB，DFAC求证： B、E、 F、 C四点共圆证明

2、DEAB， DFAC， AED AFD=180，即 A、E、D、F 四点共圆，AEF=ADF又 ADBC， ADF CDF=90，CDF FCD=90，ADF=FCD AEF=FCD，BEF 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证明 在 ABC中， BD、CE是 AC、AB边上的高 BEC=BDC=90，且 E、 D 在 BC的同侧，E、B、C、D四点共圆文档来源为 :从网络收集整理.word 版本可编辑 .欢迎下载支持.AED=ACB， A=A， AED ACB上述三种方法是证“四

3、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=23求 A、 B、 C、 D的度数解 四边形 ABCD内接于圆， A+C=180 A-C=12， A=96， C=84 A B=23，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， CEBD交 AB的延长线于 E求证： ADBE=BCDC证明：连结 ACCEBD， 1=E 1 和 2 都是所对的圆周角， 1=21=E四边形 ABCD内接于圆， EBC

4、=CDA文档来源为 :从网络收集整理.word 版本可编辑 .欢迎下载支持. ADC CBEAD BC=DCBEAD 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=ABCDADBC证明：作 BAE=CAD， AE交 BD 于 E ABD=ACD，即 AB CD=ACBE BAE+CAE=CAD+CAE， BAC=E

5、AD又 ACB=ADE，AD BC=ACDE 由，得 ACBE+ACDE=AB CEAD BCAC BD=ABCD ADBC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 ABE 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 18

6、0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， 不能说明一般情形文档来源为 :从网络收集整理.word 版本可编辑 .欢迎下载支持.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

7、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=ABE又 ABE= ECM，所以 MEC=ECM从而 CM=EM同理 MD=EM所以 CM=MD点评本例的逆命题也成立（即图中若M平分CD，则MH AB）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 O的内接四边形，ACBD，分

8、析一如图7-91 （a），由于E 是AB的中点，从A引 O的需证明GB=CD但这在第七章 1.4 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的有 OEMF从而四边形 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 OEAB， FMAB，所以 OE FM又由于 EFCD（见例 1 的点评），MOCD，所以 EFMO所以四边形 OEFM为平

9、行四边形从而 OE=MF，而由例 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 ABCD+BC AD=ACBD分析 在 ABCD+BCAD=ACBD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 ABCD和 BCAD各等于什么，然后再考虑 AB CD+BCAD是否等于 ACBD而要考虑 AB CD和 BC AD各等于什么，文档来源为 :从网络收集整理.word 版本可编辑 .欢迎下载支持.要用到相似三角形为此，如图 7-92 ，作 AE，令 BAE= CAD，并且与对角线 BD相交于点 E，这就得到 ABE ACD由此求得 ABCD=AC

10、BE在圆中又出现了 ABC AED，由此又求得 BCAD=AC ED把以上两个等式左右各相加，问题就解决了证明读者自己完成点评本例叫做托勒玫定理它在计算与证明中都很有用意一点求证： 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 ABM CBP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

11、PM=PB，剩下的问题是证明 PA=MC，这只要证明 PAB CMB就可以了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 PABC=PBAC+PCAB，由于 BC=AC=AB，所以有 PA=PB+PC例 2 如图 7116， O1 和 O2 都经过 A、B 两点，经过点 A 的直线 CD与 O1 交于点 C，与 O2 交于点 D经过点 B 的直线 EF 与 O1 交于点 E，与 O2 交于点 F求证： CEDF分析：要证明 CEDF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

12、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 ABABEC是圆内接四边形， BAD=E文档来源为 :从网络收集整理.word 版本可编辑 .欢迎下载支持.ADFB是圆内接四边形， BAD F=180， E F=180CECF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=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

13、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 7118，已知在 ABC中， AB=AC，BD平分 B， ABD的外接圆和 BC 交于 E求证 ：AD=EC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=DBE，容易看出若连结 DE，则有 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 EDC=ABC因为 EDC是圆内接四边形 ABED的一个外角，所以可证 EDC= ABC问题可解决证明：连结 DE BD平分 ABC， AD=DE

14、ABED是圆内接四边形， EDC=ABCAB=AC， ABC=C， EDC C于是有 DE=EC因此 AD=EC文档来源为 :从网络收集整理.word 版本可编辑 .欢迎下载支持.四、作业1如图 7 120，在圆内接四边形 ABCD中， AC平分 BD，并且 ACBD， BAD=70 18，求四边形其余各角2圆内接四边形 ABCD中， A、 B、 C的度数的比为 2 3 6，求四边形各内角的度数3如图 7 121，AD是 ABC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=ADC=90， BCD=109422 A=45， B=67.5， C

15、=135， D=112.53提示：因为 DBC=DAC，EAD=DCB，EAD=DAC，所以 DBC=DCB，因此 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E、F求证： C、D、 E、

16、 F 四点共圆提示连结 EF由 B+ AEF=180 ， B C=180，可得 AEF= C四点共圆的应用山东宁阳教委教研室栗致根文档来源为 :从网络收集整理.word 版本可编辑 .欢迎下载支持.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 O外一点， PA切 O于 A，PB切 O于 B，OP交 AB 于 E求证： APC BPD证明 连结 OA，OC，OD由射影定理，得 AE2=PEEO，又 AE BE，则 AEBE PEEO (1) ；由相交弦定理，得 AEBECEDE (2) ；由 (1

17、) 、(2) 得CEEDPEEO， P 、C、 O、D四点共圆，则 1 2， 3 4，又 2= 4 1 3，易证 APC BPD( 4 EDO)二 用于证明两条线段相筹例 2 如图 2，从 O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： FCFD证明 连结 AD、 AF、EC、AB PA切 O于 A，则 1 2 AE CD，则 2 41=4，P、A、F、B 四点共圆 5 6，而 5 2=3， 3 6AE CD， EC=AD，且 ECF=ADF， EFC AFD，FC FD三 用于证明两直线平行例 3 如图 3，在 ABC中，

18、AB=AC，ADBC， B 的两条三等分线交 AD于 E、G，交 AC于 F、H求证： EH GC证明 连结 EC在 ABE和 ACE中， AEAE， AB=AC，BAE CAE， AEBAEC， 5 1 2，B、C、H、E 四点共圆， 6 3在 GEB和 GEC中， GE GE， BEG CEG， EBEC， GEB GEC， 4=2 3， 4 6 EH GC四 用于证明两直线垂直证明 在 ABD和 BCE中， AB=BC，ABD BCE，BDCE，则 ABD BCE， ADB= BEC，P、D、C、E 四点共圆设 DC的中点为 O连结 OE、DE易证 OEC60， DEO 30 DEC90

19、，于是 DPC=90， CPAD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， PCAB于 C，以 AC为直径的圆交 PA于 D，以 BC为直径的圆交 PB于 E，求证： DE是这两圆的公切线证明 连结 DC、 CE，易知 PDC PEC90， P 、D、C、E 四点共圆，于是 1=3，而3 2 90， A 2=90，则 1 A，DE是圆 ACD 的切线同理， DE是圆 BCE的切线因而 DE为两圆的公切线文档来源为 :从网络收集整理.word 版本可编辑 .欢迎下载支持.六 用于证明比例式例 6 AB、 CD为 O中两条平行的弦，过 B 点的切线交 CD的延长线于 G

20、，弦PA、PB分别交 CD于 E、F证明 如图 6连结 BE、 PGBG切 O于 B，则 1= A ABCD，则 A 2于是 1 2，P、G、B、E 四点共圆由相交弦定理，得 EFFG=PFFB在 O中，由相交弦定理，得 CF FD=FPFB七 用于证明平方式例 7ABCD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)222求证： PQQFPE证明 作 DCQ的外接圆，交 PQ于 M，连结 MC， 1=2 3，则 P、B、22C、M四点共圆由圆幂定理得 PEPCPDPM PQ，QF=Q

21、CQB QMQP，两式相加得222PE QF PMPQ QMQP=PQ(PMQM)PQ PQ=PQ222PQ=PEQF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 的长解 连结 DE、DF、BH 1= 2 C= H， B、E、G、H四点共圆由圆幂定理，得 AEABAGAN在 ABD中， ADB=90，DEAB，由射影定理，22得 AD AEAB， ADAGAH 1625 400， AD=20cm九 用于证明三点共线例 9 如图 9， D 为

22、ABC外接圆上任意一点， 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 EF、 FG、BD、CD BED=BFD=90，则 B、E、F、D 四点共圆， 1 2，同理 3 4在 DBE和 DCG中， DEB 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 ABC的垂心， H1、 H2、H3 为 H 点关于各边的对称点，求证： A、B、C、H1、H2、H3 六点共圆文档来源为 :从网络收集整理.word 版本可编辑 .欢迎下载支持.证明 连结 AH2， H 与 H2 关于 AF 对称

23、，则 1=2 A、F、D、C四点共圆，则 2 3，于是 1 3， A、H2、 B、 c 四点共圆，即 H2 在 ABC的外接圆上同理可证， H1、H3 也在 ABC的外接圆上 A、B、C、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 ABCD ADBC=ACBD，这就是著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，

24、如果能根据题设中隐含的数量关系，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 A1A2A7，( 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 A1A5=A1A4、A3A5=A1A3在四边形 A1A3A4A5 中，由托勒密定理，得 A3A4A1A5A4A5A1A3A1A4A3A5，即 A1A2A1A4A1A2A1A3A1A3A1A4，两边同除以 A1A2 A1A3A1A4 即得结论式例 2 如图 2， A、 B、

25、 C、 D四点在同一圆周上，且 BC CD4，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 CDE BAE和 CBE DAE，得由托勒密定理，得文档来源为 :从网络收集整理.word 版本可编辑 .欢迎下载支持.BD(AE CE)=4(ABAD)，亦即 CE(AE CE)16设 CE=x，整理上式，得 x2 6x160解得 x2( 负值已舍 ) ，故BE DECE AE12 BDBC CD8，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

26、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=b，BFc，连 AC、CE、AE，则 CEAEBD a，AC=BF c在四边形 BCDE中，由托勒密定理，得81b812 a2 同理 81b31 81=ac 31a81a=bc 解、组成的方程组，得a135，b144，c105故 a bc=3842 “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

27、法构思巧妙，方法独特，富于创新，出奇制胜例4 解方程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(x 11) 的圆及圆内接四边形 ABCD，使 BC=2，CD=11，如图 4 ，于是由托勒密定理，得在 BCD中，由余弦定理，得经检验 x=14 是原方程的根文档来源为 :从网络收集整理.word 版本可编辑 .欢迎下载支持.求证： a 2 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a、b 全不为零时，由已知等式联想

28、到托勒密定理，作直径AC1 的圆及圆内接四与已知等式比较，得BD 1，即 BD也为圆的直径，故a2b2=1例 6 设 ac，bc，c0，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由托勒密定理，得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一、构造“圆”，运用定理【例 1】设 a，b，x，y 是实数，且 a2b2=1，x2y2=1求证： axby1证 作直径 AB=1的圆，在 AB的两侧任作 RtACB和 Rt ADB，使

29、AC=a，BC=b，BD=x， AD=y( 图 1)由勾股定理知 a，b，x，y 满足条件根据托勒密定理，有AC BDBC AD=ABCD CD 1， axby1文档来源为 :从网络收集整理.word 版本可编辑 .欢迎下载支持.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，ABCD22求证： BD=BCAB CD证 等腰梯形内接于圆，由托勒密定理，有ACBD=ADBC ABCDAD=BC，AC=BD，22BD=BCABCD ( 图略 )【例 3 】已知：边长为 1 的正七边形 ABCDEFG中，对角线 AD=a，

30、BG=b(ab) 求证： (a b) 2(a b) ab2证 连结 BD，GE，BE，DG，则 BD=EGGB=b，DG=BEDAa，DE=AB=AG=1( 如图 2)在四边形 ABDG中，由托勒密定理，有ADBG=ABDG BDAG，即 ab=ab (1)同理在四边形 BDEG中，得BE DG=DEBG BDEG，即 a2=bb2 (2)将(2) 变形为 b=a2 b2 (3)(1) (3) ，得 ab2 (a b)(a 2 b2) 故 ab2=(a b) 2(a b) 三、构造圆内接四边形，运用定理【例 4】在 ABC中， A 的内角平分线 AD交外接圆于 D连结 BD求证： ADBC=B

31、D(ABAC)证( 如图 3) 连结 DC由托勒密定理有AD BC=ABCDAC BD文档来源为 :从网络收集整理.word 版本可编辑 .欢迎下载支持.又 1=2， BD=DCADBC=ABCDAC BD=BD(ABAC)即 ADBC=BD (ABAC)圆内接四边形的面积公式黑龙江绥化五中任天民设圆内接四边形 ABCD中各边为 a，b，c， d连结 BD由 A C=180，可以推出sinA=sinC ，cosA= cosC并且S 四边形 ABCD=SABDS BCD所以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

32、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： ABa，BCb，CD=c， 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文档来源为 :从网络

33、收集整理.word 版本可编辑 .欢迎下载支持.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=， ADC=， AC=x令 =，即 cos cos=0x 的解唯一确定， 代入 (1)(2) 后 cos、cos也随之唯一确， 在， (0 ， ) 的条件下、也同时唯一确定四边形四边定长， 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，此四边形面积最大四边形 ABCD的面积由余弦定理得 a2b2 2abcos=x2=c2d2 2cdcos显然当 =时 ( 即为圆内接四边形时 )S2 达到最大值，即 S 最大一个几何定理的应用江苏

34、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 2ADcos =AB AC证明 连接 BD 、DC、BC ，设已知圆半径为R，则由正弦定理有：BD DC 2Rsin ，BC 2Rsin2 由托勒密定理有AB CD+AC BD=AD DC(AB+AC) 2Rsin =AD 2Rsin2 则 2AD cos =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 LK AB， LM AC ，垂足分别为 K、M求证：四边形 AKNM 的面积等于 ABC 的面积文档来源为 :

35、从网络收集整理.word 版本可编辑 .欢迎下载支持.(第 28 届 IMO)证明 由已知得BAN= CAN ，由定理有2ANcos =ABAC ，=AN AL cos sin =AN AK sin=AN AM sin =2S AKN2S AMNS ABC=S 四边形 AKNM(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 =b+c ，又在等腰 A1A2A3 中有 2a cos=b 例 3 在 ABC 中， C=3A，a 27，c48 ，则 b 的值是 _ (第 36 届 AHSME 试题)解 如图 4作 ABC 的外接圆，在取三等分点 D、E，连 CD

36、 、CE 由已知得：ACD= DCE= ECB= A，CD=AB=48 ，由定理有2CE cosA=CB+CD2CD cosA CE+AC 又 2CB cosA=CE 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 )文档来源为 :从网络收集整理.word 版本可编辑 .欢迎下载支持.已知：圆内接四边形ABCD ，求证： ACBDABCDADBC证明：如图 1，过 C 作 CP 交 BD

37、于 P，使1=2，又3=4，ACD BCP 又 ACB= DCP ， 5=6， ACB DCP 得AC(BP DP)=AB CD AD BC即 ACBD=AB CDADBC这就是著名的托勒密定理， 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例 1 如图 2，P 是正 ABC 外接圆的劣弧上任一点 (不与 B、C 重合 )，求证： PA=PB PC 分析：此题证法甚多，一般是截长、补短，构造全等三角形，均为繁冗若借助托勒密定理论证，则有PABC=PB ACPCAB，AB

38、=BC=AC PA=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 2=AB 2BC 2证明：如图 3，作以 RtABC 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ACBD=AB CDADBC 又 ABCD 是矩形，文档来源为 :从网络收集整理.word 版本可编辑 .欢迎下载支持.AB=CD ，AD=BC ， AC=BD 把代人，得 AC 2=AB 2 BC2 例 3 如图 4，在 ABC 中， A 的平分 线交外接圆于 D，连结 BD ，求证： AD BC=BD(AB AC) 证

39、明：连结 CD ，依托勒密定理，有AD BC AB CD AC BD 1=2， BD=CD 故 ADBC=AB BDACBD= BD(AB 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： BD2=BC 2ABCD证明：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=BC 2ABCD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=1求证： axby 1 证明：如图 6，

40、作直径 AB=1 的圆，在 AB 两边任作 Rt ACB 和 RtADB ，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 CDAB 1， ax by1 五、巧变原式妙构图形，借助托勒密定理文档来源为 :从网络收集整理.word 版本可编辑 .欢迎下载支持.例 6 已知 a、b、c 是 ABC 的三边，且 a 2=b(b c) ，求证： A=2 B分析：将 a2=b(b c)变形为 aa=b b bc，从而联想到托勒密定理，进而构造一个等腰梯形，使两腰为 b，两对角线为 a，一底边为 c证明：如

41、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、DAAD=BC ， ABD= BAC 又 BDA= ACB( 对同弧 )， 1= 2依托勒密定理，有BC AD=AB CD BD AC 而已知 a2=b(b c)，即 aa=b c b2 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 24，析证：将结论变形为 AC BC ABBC=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

42、，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，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、F(如图 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 K1，则 K1分 EF 所成的比为文档来源为 :从网络收集整理.word

43、版本可编辑 .欢迎下载支持.设 BD 交 EF 于 K2，同理可得 K2 分 EF 所成的比为由(5)、(6) 可得 (1)=(2) ，故 K1、 K2 分 EF 所成的比相等K1、 K2 重合，从而 AC 、BD 、EF 三直线共点类似地 AC、 BD、 MN 三直线共点，因此有以下推论 AC 、BD 、EF 、MN 四直线共点性质 2 AB 、DC 、EF 三直线共点于 P (此性质等同于 1997 年中国数学奥林匹克第二试第四题 )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P1 ，则 P1 分 EF 所成的比为设 AB 与 EF 的延长线交于 P2 ，

44、则 P2 分 EF 所成的比为由(5)、(6) 可得 (7)=(8) ，故 P1、 P2 分 EF 所成的比相等P1、P2 重合，从而 AB、DC、EF 三直线共点于 P推论 AD 、BC 、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 G1 ，妨上证法， G1 分 PQ 所成的比为设 NF 的延长线交 PQ 于 G2，则 G2 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 PME PFM 得由(11) 、(12) 及 QE=QF 、 PN=PM可得 (9)=(10)

45、 ，故 G1、 G2 分 PQ 所成的比相等G1、 G2 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 、MF 、 PQ 三直线共点证明从略，妨性质3 的证法可得文档来源为 :从网络收集整理.word 版本可编辑 .欢迎下载支持.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 所成的比为设 NF 与 AC 的延长线交于 G4，则 G4 分 AC 所成的比为由(15) 、(18) 、 (19) 可得 (13)=(14) ，故 G3、G4 分 AC 所成的比相等G3、G4 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 ABCDEFG 中，两条不相等的对