四点共圆例题与答案

1、.word格式.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 RtzXAOB、RtzXBOC、RtzXCOD、RtzXDOA 中，E、F、G、H,分别是 AB、BC、CD、DA 的中点，OFBC, OG = -CD, OHDA22221/AB = BC = CD =DA, 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，ADXBC, DEXAB

2、, DFXAC.求证：B、E、F、C四点共圆.证明 VDEXAB, DFXAC,zAED+ZAFD=180 0 ,即A、E D、F四点共圆，ZAEF=ZADF.X -ADIBC, ZADF+ZCDF=90° ,ZCDF+ /FCD=90° ,ZADF= /FCD. .zAEF=/FCD,ZBEF+ /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ABC中，BD、CE是AC. AB边上的高，ZA = 605 求证：ED=；BC.证明在 ABC中，BD

3、、CE是AC、AB边上的高.zBEC=/BDC=90 ° ，且 E、 D 在 BC 的同侧，E、B、C、D四点共圆.ZAED=ZACB, /A=ZA, . AAEDsAacb.AE ED。Z h 777 ,在RtZlAEC 中./A = 60 ,AC CB二 Nace = 30。»AE 1 Hn ED 1二一,即H ,AC 2 CB 21.'.ED =-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，ZA-/C=12°，且/B=2 3.求、/B、/C、ZD的度

4、数.解二.四边形ABCD内接于圆，zA+ZC=180 0 . zA-ZC=12 0 ,zA=96 0 , C=84 0 .: 2A :/B=2 3,2, NB = 96” X = 144° .ZD=180 -144 =36 0 .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，CE/BD交AB的延长线于 E.求证：AD BE=BCDC.证明：连结AC.CE/BD,；/=/E.'-A和Z2都是疝所对的圆周角， ./=Z2./1=/E.二.四边形ABCD内接于圆， .zEBC=/CDA. . AADCsabe.AD BC=DC

5、 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=ab cd+ ad bc.证明：作/BAE=/CAD, AE 交 BD 于 E.v zABD= ZACD,.abes"cd,二二 AC CD即 AB CD=AC BE.v zBAE+ ZCAE= ZCAD+ /CAE, .zBAC=/EAD.

6、又 ZACB=ZADE,A pCsZWD. AD DEAD BC=AC DE.由，得 AC BE+AC 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ABK9CD,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

7、 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

8、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.专业资料.学习参考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 ZMEC 与/HEB 互余，ZABE 与/HEB 互余，所以 ZMEC= ZABE.又 ZABE= / ECM,所以/MEC=ZECM.从而 CM=EM .同理 MD=EM .所以 CM=MD .DB图 7-90点评 本例的逆命题也成立（即图中若M平分CD,则MHLAB）.这两个命题

9、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，ACXBD,OElABTE,求证：OECD.乙图 T-91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OE = 2GB,因此只"日日2需证明GB=CD.但这在第七章 乩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的中点M,则MF =(CD,瞅应该有0E二MF,并且由例1的点评知道还有OE/MF.从而四边形OEFM应该是平行四边形.证明了四边形OEFM

10、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OELAB, 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=所以OeMcD.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+BCAD=AC BD.图 7-92分析 在AB CD+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

11、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ABCD+BC AD是否等于ACBD.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ZBAE=/CAD,并且与对角线BD相交 于点E,这就得到 ABEsAACD,由止匕求得ABCD=AC BE.在圆中又出现了 zXABCs 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.例4已知：如图7-93 , P为等边三角光 ABC的外接圆的BC上任意一点.求证：PA=PB+PC .分

12、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4ABMCBP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4BPM是等边三角形就可以了 .证明读者自己完成.30)图 7-93分析三 如图7-93 (b),延长CP至UM,使PM=PB,剩下的问题是证明 PA=MC ,这只要证明PAB04 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

13、勒玫定理得PABC=PBAC+PC AB,由于BC=AC=AB ,所以有 PA=PB+PC.例2如图7116, OOi和。O2都经过A、B两点，经过点A的直线CD与。Oi交于点C,与。O2交于点D.经过点B的直线EF与。Oi交于点E,与。O2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.01图 7-117图 7-11&证明：连结AB.ABEC是圆内接四边形，zBAD= ZE.ADFB是圆内接四边形，

14、zBAD+/F=180° , 左+ /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 ZDFG=/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7118,已知在 ABC中，AB=AC , BD平分/B, zABD的外接圆 和BC交于

15、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,容易看出二徒.若连结DE,则有AD=DE .因此只要证DE=EC.由于DE和EC为4DEC的两边，所以只要证/EDC=/C.由已知条件可知/C=BC.因止匕只要证/EDC=BC.因为EDC是圆内接四边形 ABED的一个外角，所以可证/EDC=ZABC.问题可解决.图 7-118证明：连结DE.二8口平分BC,. .二许，AD=DE .ABED是圆内接四边形，zEDC=ZABC.AB=AC ,zABC=ZC, .zEDC= /C.于是有DE=EC.因止匕AD=EC.四、作业1 .如图7120

16、,在圆内接四边形 ABCD中，AC平分BD,并且ACLBD, /BAD=70°18'，求四边形其余各角.R 图 7-1202 .圆内接四边形ABCD中，ZA、/B、/C的度数的比为2 3 6,求四边形 各内角的度数.3 .如图7121 , AD是4ABC外角ZEAC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. ZABC= ZADC=90 0 , ECD=109 °42'.2. ZA=45 0 , B=67.5° , C=135° , D=112.5 ° .3.提示：因为/DBC=/DAC,

17、/EAD=/DCB, /EAD=/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E、F.求证：C、D、E、F四点共圆.提示连结 EF.由/B+ZAEF=1

18、80 ° , £+/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。于A, PB切。于B, OP 交 AB 于 E.求证：ZAPC=/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 AE BE= CEDE(2);由(1)、(2)得CEED=PEEO,P、C、O、D 四点共圆，WJ/1 = /2, /3=/

19、4,又Z2=/4 . ./ = /3,易证 ZAPC= /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：FC= FD.证明 连结 AD、AF、EC、AB.;PA切。于 A,则/1 =/2 . .AE /CD,则 Z2=/4. ；/=/4,P、A、F、B 四点共圆.z5=/6,而/5=/2=/3,/ 3=/6. VAE/CD, .EC=AD,且/ECF=ZADF, . EFCzXAFD, .FC=FD.三 用于证明两直线平行例3如图3,在4ABC中，AB=AC, ADXBC, /B的两

20、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, . AAEB 少EC,.z5=/1 = /2, ；B、C、H、E 四点共圆，a z6=Z3,在 GEB和 AGEC 中，.GE= GE, /BEG= /CEG, EB= EC, . .GEBXGEC,二 /4=/2=/3, .出=/6. .EH/GC.四 用于证明两直线垂直例4如图% ZXABC为等边三角形,D、E分别为BC、ACii上的点，且RD - CE = 1aC, AB与BE相交于P点.求证；CP1AD.证明 在

21、4ABD 和 4BCE 中，vAB=BC , ZABD=/BCE, BD=CE,则4ABDABCE,.DB=/BEC,P、D、C、E 四点共圆.设 DC 的中点为 O 连 结 OE、DE.易证/OEC= 600 , DEO = 30° . .DEC= 90°，于是 ZDPC=90 ° , .CP± AD.五用于判定切线F例5如图5, AB为半圆直径，P为半圆上一点，PCXABT 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ZPDC=/PEC= 900 ,P、D、C、E四点共圆， 于是/

22、1=/3,而 Z3+/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为两圆的公切线六用于证明比例式例6 AB、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.求证工EF FDCF FG证明 如图6.连结BE、PG.;BG切。于B,则/1=".=AB "CD ,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。中，由相交弦定理，得CFFD=FP FB.，EF - FG= CF* ED,七用

23、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：PQ2=QF2 + PS.证明 作4DCQ的外接圆，交PQ于M,连结MC, /= Z2 = /3,则P、B、C、M四点共圆.由圆幕定理得P9 = PCPD=PMPQ, QF2=QC QB =QM QP,两式相加得 PE + QF2=PMPQ+ QM QP=PQ(PM + QM)=PQ PQ=PQ2PQ2=PE2 + QF2.八用于解计算题例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

24、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. ./=/2 = /C=ZH, ；B、E、G、H 四点共圆.由 圆幕定理，得 AEAB = AGAN.在 4ABD 中，v zADB=90 0 ,DE±AB,由射影 定理，得 AD2 = AEAB, . WAG AH =16X25= 400, .AD=20cm .九用于证明三点共线图g图1口例9如图9, D为4ABC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. = zBED=/BFD=9

25、0 °，则 B、E、F、D 四点共 圆，；/ = /2,同理 Z3=/4.在 4DBE 和 4DCG 中，= zDEB=/DGC, /DBE= /DCG,故/1=/4,易得 Z2=/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、C、Hi、H2、H3六点共圆.证明 连结AH2,H与H2关于AF对称，则/1=Z2. .、F、D、C四点共 圆，则Z2=/3,于是/1 = /3,，A、H2、B、c四点共圆，即H2在AABC的外 接圆上.同理可证，H1、H3也在4ABC的外接圆上.A、B、C、H1

26、、H2、H3 六点共圆.阖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 + AD BC=AC BD,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，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AlA2 -A7,求证（第21届全俄数学奥林匹克竞赛题）对

27、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 A3A4 A1A5+A4A5 AA3 = A1A4 A3A5 ,即 A1A2A1A4 + A1A2 A1A3 = A1A3A1A4,两边同除以 A1A2 A1A3 A1A4 即得结论式.例2如图2, A、B、C、D四点在同一圆周上,且BC= 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

28、往使人一筹莫展.若运用托勒密定理，可使问题 化难为易.由CDK4BAE 和CBK ADAE,得4BE4DE= -AD CE CE由托勒密定理，得BD(AE+ CE)=4(AB+ AD),即 BD(AE + CE)= 16 C.E亦即CE（AE+ CE）= 16.设CE=x,整理上式，得x2 + 6x16 = 0.解得x = 2（负值已舍），故BE DE=CE AE=12. .BD<BC+ CD = 8,EE=3 -DE = 4BE= 4.故BD= 7.DE =3,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

29、数学邀请赛试原解答过程冗长.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, 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=105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

30、独特，富于创新，出奇制胜.例4解方程21 '121 + 11&4 = 7后图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(x111)的圆及圆内接四边形 ABCD,使BC=2,CD=11 ,如图4,于是AB =7, AD 二 -121.由托勒密定理,得2，/ -121 + 11J/ -4 = BD、x将此式与原方程进行比莪，得BD=7/.在 BCD中，由余弦定理，得cos /BCD =2J +1P -（773）"2*2*117 /-ZBCD=l20e . fe = AC = -=14sin 12（7经检验x=14是原方

31、程的根.例5已知.J1 /1二1，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.易知0<a、bW1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，由已知等式联想到托勒密定理，作直径AC=1的圆及 圆内接四边形ABCD,使AB = b, AD = a,如图% 则CD=BC= 71 -b2 .由托勒密定理，得W匚/+bF言=LBD,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,求证二-。) + 4已 -e)4 Jah.此

32、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'''(而"+ (7 c)3 =,3底Y + (J5(7)2 .(候)(应y + (而佐一期)-G/r,故构造直径AC = J正的圆及圆内接四边形ABCD,使AB = /bc, AD = Vac,如 图6.奥BC= Jb(a-c), CD =、瓯石.由托勒密定理，得-JSc a(b -c) + r必 * Ji?(- -c)- 飞麻 * BD.因 BD<AC=VS,故也&_ s) + Jr加Qt 一)占b,即 yjc(b - c) +白)4、藤,巧用托勒密定理证题河北晋州市数学论文研究协会

33、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.图1一、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RtzXACB和RtzXADB,使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ACBD+BCAD=AB CD. CD01, ax+bywi.二、利用无形圆，运用定理例2】等腰

34、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：BD2=BC2 + AB CD.证.等腰梯形内接于圆，由托勒密定理，有ACBD=AD BC+ABCD.AD=BC, AC=BD,. BD2=BC2 + ABCD.（图略）例3】已知：边长为1的正七边形ABCDEFG中，对角线AD=a , BG=b（a 判.求证：（a+b）2（ab） = ab2.证 连结 BD, GE, BE, DG, WJ BD=EG = GB=b, DG=BE = DA = a, DE=AB=AG=1 .（如图 2）图2在四边形ABDG中，由托勒密定理，有AD BG=

35、AB DG+BD AG,即 ab=a + b （1）同理在四边形BDEG中，得BEDG=DE BG+BDEG,即 a2=b + b2 (2)将(2)变形为 b=a2 b2 (3)(1)x(3),得 ab2 = (a+b)(a2b2).故 ab2=(a + b)2(a b).三、构造圆内接四边形，运用定理例4】在4ABC中，/A的内角平分线AD交外接圆于D.连结BD.求证：AD BC=BD (AB+AC).证(如图3)连结DC.由托勒密定理.有AD BC=AB CD+ACBD.又. /=/, . BD=DC . AD BC=AB CD + AC BD=BD(AB +AC).即 AD BC=BD

36、(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伦公式芦=Jp*同 -b）（p 一c）（其中p =, a,b,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 "+/C=180°，可以推出sinA=sinC ,cosA= cosC.并且S 四边形 abcd=Saabd + Sa BCD'r bcsinA+ -r adsinC =-(bc+ ad) sin A.word格

37、式.卜3 + RT)3/ + 第 一 RD3冉由余强定理COSA = "' 3 及gsC =: J两者消去BD,可得£bc<iad+1 -面 +/)C0S 2ad +机)；- J(虱d)(b + c"d_jg + d + j一 曰(屋+d+b - b)sin A = Jl - cosJ A -； ,2(ad + be)所以1+ b + c - (b + c -t-d-a)(a + b + d-c)(a + c + d*-b)、心圮.3 = 2(bc + ad) <2(ad + be)=A/(a + b + c - d)(b + c + d -

38、a)(a + b + d - c)(a + c + d - b).今p 一之?上式化为S 四蝗用期 e = Vcp-a)(p-W-eXp-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 专业资料.学习参考 .word格式.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

39、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.下文证明这个已知：四边形 ABCD 中：AB = a, BC=b, 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.专业资料.学习参考证明：（1）先证四边形四边定长，有唯一的四边形内接于圆，设ZABC=a,讨+ 一k由余弦定理得(1)c2 + d2 - x WB =荻一令 a + =兀，即 COS a 4C0S =Q22 J , j2 2a b - x c + d - z = 2ab +2= 0n cd(a +bi x2)

40、+ ab(c5 +- / ) = 0.,2 ab(? +d2) + cd(a2 +ba)-X =z:ab + cdX的解唯一确定，代入(1)(2)后COS a、COS池随之唯一确，在a , 0 Q0,九) 的条件下a、他同时唯一确定.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S = S&abc + Saadc =|absma 4- jcdsinp (3)由余弦定理得 a2 + b2 2abcos a=x2=c2 + d2 2cdcos B=/ + b° c2 - d

41、2) = ；(abco£ 口 一 cdcos P ) (4)(3 尸 + (4)< S3+= la2b2 + c 2d2 - 2abcdcos( 01 + b)=S2+ c2d2 2abcdcos(CL + B -(a2 c1 d2)显然当a + =而寸(即为圆内接四边形时)S2达到最大值，即S最大.4=护+一+2曲一1m -产一 &里'.Sj1Ml 4 (a + b + c- d)(a+b + d- c)(a + c + d - b)(b + c + d - a)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/B

42、AC,则2ADcos a=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 民,BC= 2Rsin2 a .图2由托勒密定理有AB CD+AC BD=ADDC. (AB+AC) 2Rsin a=AD 2Rsin2 a .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的平分线交BC于L,交外接圆于N,过L 分别作LK，AB, LM XAC,垂足分别为K、M.求证：四边形AKNM的面积等 于4ABC的面积.(第 28 届 IMO)证明由已知得/BAN= /CAN ,由定理有 2ANcos a=AB +

43、 AC ,= 1而S八岫=("+人q.AL-艮iiQ=AN AL cos a sin o=AN AK sin a=AN AM sin a=2S AKN 2Sa AMN. Sk ABC = S四边形AKNM.例2已知一个正七边形A A，卡F111（第21届全苏奥数）证明作正七边形外接圆，如图3所示.图3图4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，可得手=二 b a例 3 在4ABC 中，/C=3，a = 27, c=48,则 b 的值是:（第36届AHSME试题）解如图4.作4ABC的外接圆，在醯取三等分点D、E,连CD、CE.

44、图4由已知得：ZACD=/DCE=ZECB=ZA, CD=AB=48 ,由定理有 2CEcosA=CB+CD 2CD cosA = CE+AC 又 2CBcosA=CE 由，得：CE = VCB (CE + 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：ACBD=ABCD + AD BC.证明：如图 1,过 C作 CP交 BD于 P,

45、使/1=/2,又/3=/4,.ACDs/X BCP.AC' AD正=市则AC，= 3BC.又ZACB=/DCP, /5=/6, .AACBsADCP.AC* DP=AB * CD. 十 得 AC(BP+ DP尸AB CD+AD BC.即 AC BD=AB CD + AD BC.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.、直接应用托勒密定理例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，

46、一般是截长、补短，构造全等三角形若借助托勒密定理论证,则有PABC=PBAC + PCAB,.AB=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 RtzXABC 中，/B=90°，求证：AC2=AB2+BC2ABCD,显然证明：如图3,作以RtAABC的斜边AC为一对角线的矩形 ABCD是圆内接四边形.由托勒密定理,有ACBD=AB CD + AD BC.又.ABCD是矩形,.AB=CD, AD=BC, AC=BD.把代人，得AC2=AB2+BC2.例3如图4,在 ABC中，ZA的平分线交外接/圆于D,连结BD,求证：AD BC=BD(AB + A

47、C).证明：连结CD,依托勒密定理，有ADBC= ABCD+ACBD. /=Z2,. BD=CD.故 AD BC=AB BD + AC BD=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.图5图6如图 5, ABCD 中，AB /CD, AD=BC ,求证：BD2=BC2 + AB CD.证明：等腰梯形内接于圆，依托密定理，则有ACBD=AD BC+ABCD.又 = AD=BC , AC=BD ,. .BD2=BC2 + ABCD.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 + y

48、2=1 .求证：ax+ by <1 .证明：如图6,作直径AB=1的圆，在AB两边任作RtzXACB和RtAADB, 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+ BCAD=AB CD.CD<AB = 1, .ax + bywi.五、巧变原式妙构图形，借助托勒密定理例6已知a、b、c是AABC的三边，且a2=b(b+c),求证：ZA=2 ZB.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，使两腰为b,两对角线为a, 一底边为c.证明：如

49、图7,作4ABC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=BC ,，ACT=BDC ,zABD= ZBAC.又 ; zBDA= CB(M同弧)，/=Z2.图T图8于是 ®=AC ,则 BD=AC=b .依托勒密定理，有BCAD=AB CD+BDAC. 而已知 a2=b(b +c),即 a a=b c+b2. 比较、得 CD=b=BD , CD=§D , Z 3=Z 1=Z 2 .zBAC=2 ZABC.六、巧变形妙引线借肋托勒密定理例 7 在4ABC 中，已知 :/B :/C=1 2 4,求证，2噎展析证：将结论变形为ACBC+ABBC=AB AC