四点共圆的判定及应用

1、E、F、GH例1如图，E、F、GH分别是菱形ABCD各边的中点求证:四点共圆.OFOGOH证明菱形ABCD勺对角线AC和BD相交于点0,连接0EAC和BD互相垂直，GH,分别在RtAOBRtBOCRtCODRtDOA中,E、F、是ABBCCDDA的中点，.0E=-AB,OF=-BC,OG二丄CD,0H=-DA2222VAB=BC=CD=DA,OE=OF=OG=OH.即E、F、GH四点共圆.)，则四点(2)若四边形的两个对角互补(或一个外角等于它的内对角共圆.例2如图，在ABC中,AD丄BC,DELABDF丄AC.求证：BE、F、C四点共圆.证明tDEIABDFLAC,/AEDbZAFD=180

2、,即A、E、DF四点共圆,/AEFKADF又ADLBC/AD阡/CDF=90,/CD阡/FCD=90,/ADF玄FCD/AEF=/FCD/BEFZFCB=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AABC中，BD、CE是査G盒E边上的高，ZA=60°.求证：ed-|bc.证明在厶ABC中,BDCE是ACAB边上的高.ZBECZBDC=90,且E、D在BC的同侧,E、B、C、D四点共圆.ZAEDZACBZA=ZA,AEEDACCB在Rt直EC中，ZA=60°,ZACE=

3、30°?AE_1AC=21-.ED=-BC.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ABC冲，/A-/C=12,且/A：/B=2：3.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=2：3,2AZB=96QX-=144c.3/D=180-144°=36°.禾U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ABCM接于圆，CE/BD交AB的延长线于E.求证：AD-

4、BE=BCDC证明：连结AC图1CE/BD/1和/2都是所对的圆周角,/仁/2./仁/E.四边形ABCD内接于圆,/EBCMCDAADSACBEAD：BC=DCBEAD-BE=BCDC.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：AC-BD=ABCD+AD-BC.窗2证明：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厶AB0AACD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

6、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菱形各个顶点的距离不一定相等.所以，也无法确

7、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/ME(与/HEB互余，/ABE与/HEB互余，所以/MECMABE又/ABEWECM所以/MECMECM从而CM=EM同理MD=EM所以CM=MDD图T-90点评本例的逆命题也成立(即图中若M平分CD则MHLAB.这两个命题在某些问题中有时有用.本例叫做婆罗摩笈多定

8、理.例2已知：如图7-91,ABCD是OO的内接四边形，ACLBD,OE丄AB于点E.求证：OeJcDiaET-gi分析一如图7-91(a),由于E是AB的中点，从A引OO的直径AG,0是AG的中点.由三角形中位线定理可知因此只2需证明GB=CD但这在第七章E1.4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的中点皿则=所以应该有OE=MF,并且由例啲点评知道还有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79(b),通过AC

9、BD的交点F作AB的垂线交CD于点M连结线段EF,MO由于OELAB,FMLAB,所以OE/FM又由于EF丄CD(见例1的点评)，MOLCD所以EF/MO所以四边形OEF丽平行四边形从而OE=MJF而由例1知皿JCD,所以OECD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+BCAD=ACBD團7-92分析在AB-CD+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AB-CD和BC-AD各等于什么，然后再考虑AB-CD+BCAD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

10、图7-92，作AE令/BAE2CAD并且与对角线BD相交于点E,这就得到厶ABBAACD由此求得AB-CD=ACBE在圆中又出现了厶ABCAAED由此又求得BC-AD=ACED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已躺如图7-93fP为等边三角形ABC的外接gf的BC上任意一点.求证：PA=PB+P.C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ABMACBP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

11、=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.團793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PABACMBt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PA-BC=PBAC+PCAB由于BC=AC=AB所以有PA=PB+PC例2如图7116,0O和。C2都经过A、B两点，经过点A的直线CD与O0交于点C,与OO交于点D.经过点B的直线EF与OC交于点E,与OC2交于点F.求证：CE/DF.分析：要证明CE/DF.考虑证明同位

12、角（或内错角）相等或同旁内角互补.由于CEDF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.ABEC是圆内接四边形，/BAD"E.ADFB是圆内接四边形，/BADbZF=180°,/E+ZF=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ZDFGZBAD而ZBADZE,所以ZDFGZE.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

13、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，已知在厶ABC中,AB=ACBD平分ZB,AABD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ZABD=ZDBE容易看出AD=DE.若连结DE,则有AD=DE因此只要证DE=EC由于DE和DEC的两边，所以只要证ZEDCZC.由已知条件可知ZC=ZABC因此只要证ZEDCZABC因为EDC是圆内接四边形ABED勺一个外角，所以可证ZEDCZABC问题可解决.c证明：连结DEBD平分/ABCABED是圆内接

14、四边形，/EDCMABCAB=AC/ABCMC,aZEDIC.于是有DE=EC因此AD=EC四、作业1. 如图7120，在圆内接四边形ABC冲，AC平分BD并且ACLBD/BAD=7018',求四边形其余各角.2. 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,人。是厶ABC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.ZABCMADC=90，ZBCD=10942'.2.ZA=45°,ZB=67.5°,ZC=135，ZD=112.5°3.提示：因为

15、/DBCMDAC/EAD2DCB/EAD2DAC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ABC助平行四边形，过点A和B的圆与AD、BC分别交于E、F.求证：CDE、F四点共圆.提示连结EF.由/B+/AEF=180°

16、，/B+ZC=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.用于证明两角相等例1如图1,已知P为。0外一点，PA切。0于A,PB切。0于B,0P交AB于E.求证：/APC=ZBPD证明连结OAOC0D由射影定理，得AE!=PEE0又AE=BE则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四点共圆，则/1=72,/3=74,又72=74.AZ1=73,易证7APC=ZBPD(/4=7ED0)用于证

17、明两条线段相筹例2如图2,从。0外一点P引切线PAPB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ADAFECAB.vPA切O0于A,则71=72.vAE/CD则72=74.7仁74,ap、AF、B四点共圆.75=76,而/5=/2=Z3,aZ3=/6.vAE/CD/EC=AD且/ECF=ADF:.EFCAAFD二FC=FD.三用于证明两直线平行例3如图3,在厶ABC中,AB=ACADLBC,/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在厶ABE和厶ACE中,vAE=AE,AB=AC/BAE=ZCAEAEBAEC/5=/1=

18、/2,二B、C、H、E四点共圆，二/6=/3.在GEBGEC中,vGE=GE/BE®/CEGEB=EC,GEBGEC/4=/2=/3,/4=/6.二EH/GC四用于证明两直线垂直例4如图4,AABC为等边三角形QE分別为BG如池上的叙且師-扣,CE-|aC,AB与BE相交于P点.求证；CP1AD,证明在厶ABDPBCE中,vAB=BC/ABB/BCEBD=CE,则厶ABDABCE/ADB/BEC-P、DCE四点共圆.设DC的中点为O连结OEDE易证/OE=60°,/DE®30°/DE(=90°,于是/DPC=90,CPLAD.五用于判定切线F例

19、5如图5,AB为半圆直径，P为半圆上一点，PCIAB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DCCE易知/PDC=ZPEC=90°,二P、D、C、E四点共圆，于是/仁/3,而/3+Z2=90°,/A+Z2=90°，则/1=ZA,DE是圆ACM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6ABCD为OO中两条平行的弦，过B点的切线交CD的延长线于G,弦PAPB分别交CD于E、F.求证:EF_FD证明如图6.连结BEPGtBG切OO于B,则/仁/A.vAB/CD则/A=/2.于是/

20、1=/2,ap、GBE四点共圆.由相交弦定理，得EF-FG=PFFB.在OO中，由相交弦定理，得CF-FD=FPFB.七用于证明平方式例7ABC助圆内接四边形，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.证明作厶DCQ勺外接圆，交PQ于M连结MCvZ仁/2=/3,贝UP、B、C、M四点共圆.由圆幕定理得PE2=PC-PD=PM-PQQF=QCQB=QMQP两式相加得PE2+QF=PM-PQQMQP=PQ(PMQM=PQ-PQ=PQPQ=PE2+QF2.图7U0八用于解计算题例8如图8,AABC的

21、高AD的延长线交外接圆于H,以AD为直径作圆和ABAC分别交于E、F点，EF交AD于G,若AG=16cmAH=25cm求AD的长.解连结DEDFBHvZ1=Z2=ZC=ZH,：BE、GH四点共圆.由圆幕定理，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九用于证明三点共线例9如图9,垂线的垂足，求证:DABC外接圆上任意一点，E、F、G为D点到三边E、F、G三点在一条直线上.证明连结EF、FGBDCDvZBED/BFD=90，贝UB、E、F、D四点共圆，：Z1=Z2,同理Z3=Z4.在厶D

22、BEPDCG,vZDEB=ZDGCZDBE=ZDCG故Z1=Z4,易得Z2=Z3,：E、F、G三点在一条直线上.十用于证明多点共圆例10如图10,H为仏ABC的垂心，Hi、H、H3为H点关于各边的对称点，求证：A、B、C、Hi、H、Hb六点共圆.证明连结AH,：H与H2关于AF对称，则/仁/2.vA、F、DC四点共圆，则/2二/3,于是/1二/3,aAHz、B、c四点共圆，即H在厶ABC的外接圆上.同理可证，Hi、Hb也在ABC的外接圆上.二A、B、C、Hi、H、Hs六点共圆.相关资源加到收臧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

23、的和等于其对角线的乘积，即在四边形ABC冲，有AB-CMAD-BC=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，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，求证芯=茲+爲瓦（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=AlA4、A3A5

24、=AlA3.在四边形A1A3A4A5中，由托勒密定理，得A3A4-AA5+A4A5-A1A3=A1A4-A3A5，即卩A1A2-A1A4+AA-A1A3=A1A3-AA4,两边同除以A1A2-AA3-A1A4即得结论式.El1图2例2如图2,ABCD四点在同一圆周上，且BOCD=4,AE=6线段BE和DE的长都是整数，贝UBD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.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.vBD<BC+CD=8，rBE=3”DE=4L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.女口图3,设BD=aBE=b,BF=c,连ACCEAE,贝UCE=AE=BD=a,AC=BMc.在四边形BCD冲，由托勒密定理，得81b+812=a2同理81b+318仁ac31a+81a

26、=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，方法独特，富于创新，出奇制胜.例4解方程2上-+1ijH_4-7屆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=2CD=11如图4，于是=-4,AD=-12L由托勒密定理，得-121+1-4=BD*x将此式与原方程进行比较，得BD=?73.在厶BCD中，由

27、余弦定理，得cosZBCD=2J+1P-（73）222117,3ZBCD=120°.故>=皿=sin120经检验x=14是原方程的根.例町己知+i71-2=L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.图5易知Owa、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，由已知等式联想到托勒密定理，作直径AO1的圆及圆内接四边形ABCD,使=bAD=a,如图5,则BC=JP由托勒密定理，得与已知等式比较，得BD=1,即BD也为圆的直径，故a2+b2=1例6设a>c，b>c，

28、c>0,求证:（a-c）+y/c（b-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.良6丁（&?十（亦三尸珂膠巴+（硏?）（妙，:.（躯）2+（旃百有尸二磁尸.（辰尸+（皿二刁）2（何巴故构造直径AC=的圆及圆内接四边形ABCD,使ABf辰,AD=甌如图6.贝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+金处（p）血即Ju(占_o)+c(a-c)C=莎+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

29、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.D1一、构造“圆”，运用定理【例11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RtACB和RtADB使AC=aBC=bBD=XAD=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-BD+BC-AD=ABCD/CD<1，ax+by<1.二、利用无形圆，运用定理【例21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=BCAB/CD求证：BD=BC+AB-CD证等腰梯形内接于圆，由

30、托勒密定理，有AC-BD=ADBC+AB-CDAD=BCAC=BDBD=BC+AB-CD(图略)【例3】已知：边长为1的正七边形ABCDEF中，对角线AD=a,BG=b(a半b)求证：(a+b)2(ab)=ab2.证连结BDGEBEDG贝UBD=E&GB=bDG=BEDA=a,DE=AB=AG=1(如图2)图2在四边形ABDG，由托勒密定理，有AD-BG=ABD®BD-AQ即ab=a+b(1)同理在四边形BDEG，得BE-DG=DEBGBD-EQ即a2=b+b2(2)将变形为b=a2b2(3)(1) x(3)，得ab2=(a+b)(a2b2).故ab2=(a+b)2(ab).

31、三、构造圆内接四边形，运用定理【例4】在厶ABC中，/A的内角平分线AD交外接圆于D.连结BD.D求证：AD-BC=BD(AB+AC).证（如图3）连结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).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s严皿丽翫帀（其中厂岂讥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.

32、由/A+ZC=180，可以推出sinA=sinC,cosA=cosC.并且S四边形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=-一两者消去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,上式化为占£3巧旳期CD=J(P"Q(P-b丿(p-C)p-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，但在某种特定的位置下，它能内接于圆，成

34、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：A吐a,BOb,CD=cDA=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=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的解唯一确定，代入(1)(2)后COSa、COSB也随之唯一确，在a，B(0，n)的条件下a、B也同时唯一确定.四边形四边定长，对

35、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勺面积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显然当a+B=n时(即为圆内接四边形时)S2达到最大值，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、DC、BC,设已知圆半径为R，则由正弦定理有：BD=DC=2Rsina,BC=2Rsin2a.A團1團2由托勒密定理有ABCD+ACBD=ADDC.(AB+AC)2Rsina=AD2Rsin2a.贝U2ADcosa=AB+AC.下面举例说明它的应用.例1如图2,已知锐角厶ABC的/A平分线交BC于L,交外接圆于N,过L

37、分别作LK丄AB,LM丄AC,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,=1=-(AB+AQ.AL*sinaW1=ANALcosasina=ANAKsina=ANAMsina=2Smkn=2Samn,.SAB=S四边形AKNMl.例2己知一个正七边形心止2A7)求证:（第21届全苏奥数）证明作正七边形外接圆，如图3所示.團3U4由定理有2ccosa=b+c，又在等腰A1A2A3中有2acosa=b.以上两式相除卞可得牛J.ba例3在厶ABC中，/C=3/A,a=27,c=48，则b的值是.

38、（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、CE图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+ADBC.证明：如图

39、1,过C作CP交BD于P，使/仁/2，又/3=/4,ACDBCP.團.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.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CF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

40、冗.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RtABC中，/B=90。，求证：AC2=AB2+BC2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，有又ABCD是矩形,ACBD=ABCD+ADBC.AB=CD,AD=BC,AC=BD.把代人，得AC2=AB2+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：ADBC=BD(AB+AC).证明：连结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“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=BC2+ABCD.证明：v等腰梯形内接于圆，依托密定理，则有ACBD=ADBC+ABCD.又vAD=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=i，x2+y2=1.求证：ax+by<1.证明：如图6，作直径AB=1的圆，在AB两边任作RtACB和RtADB，使AC=a，BC=b，BD=x，AD=y.由勾股定理知a

42、、b、x、y是满足题设条件的.据托勒密定理，有ACBD+BCAD=ABCD./CD<AB=1，二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是厶ABC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，使两腰为b，两对角线为a，一底边为c.证明：如图7,作厶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=BC，:A0b=EDC,/ABD=/BAC.又/BDA=/ACB(对同弧)，/1=/2.于是,则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.比较、得CD=b=BD,CD=BD,Z3=Z1-Z2./BAC=2/ABC.六、巧变形妙引线借肋托勒密定理例7在厶ABC中，已知/A:/B：ZC=1:2:4,求证:111ABACBC析证：将结论变形为ACBC+ABBC=ABAC，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ACBD+BCAD=ABCD易证AB=AD，CD=AC，二ACBC+BCAB=ABAC，两端同除BCAC,得关于圆内接四边形的若干共

44、点性质浙江绍兴县鲁迅中学范培养设四边形ABCD内接于圆0,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1AC、BD、EF三直线共点.证明：如图1，设AC交EF于Ki，贝UKi分EF所成的比为EK】_SiAEE|_AEsmZEAK=»2R.（其中R为G）冲径）CECFsop.sinZEAKjsinZFAKEK】AECEKF=AF*CF设BD交EF于(，同理可得K2分EF所成的比为EK2DEEEKF=DF*BF由厶qeasAqde得算=誓”JJBQD

45、由厶QFBAQCFWAF_QFDF=QDAFAF由、及QE=QF可得证二諒同理可得囂舞由(5)、(6)可得(1)=(2)，故Ki、K分EF所成的比相等.Ki、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.图EU2性质2AB、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Pi，则Pi分EF所成的比EPtDECE=r*r7)%FDFCF'设AB与EF的延长线交于P2，则P2分EF所成的比为ep2aebep3fa

46、fbf'丿由、(6)可得=(8)，故Pi、P2分EF所成的比相等.Pi、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3EM、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所成的比为PGjPE*KffGQ=QE*(9)设NF的延长线交PQ于G2，则G2分PQ所成的比为PGaPN4NF乘二面*孟(W)(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，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，即卩EN、MF、PQ三直线共点.证明从略，妨性质3的证法可得.Q團3U4ADCE=AECD+ACDE，即tm=ta+ma.性质5EM、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,贝uG3分AC所成的比为）AG5EAAM=EC*CM设NF与AC的延长线交于G爲贝UG4分AC所成的比为AG4AN*AF=CN*CF由得菩=骼同理可得需=琴由此两式得AE.BMDECMAF*BN_DF*O?(15)由FMAS2XFBMW晋罟(IQANTPN）由PNASZ

48、XFBJSFj导=由（1召）17）及卩皿二即得环二瓦同理可得罟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，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，两条不相等的对角线长分别为t，m.图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，有两端同除以曲m得丄匸丄+1amt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

49、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和（一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形面积之和）证明如图1，过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仅以习题的形式出现，若以此定理为根据，可使许多问题解证过程别具一格例1已知P是正ABC的外接圆劣弧厂上任意一点.求证:PA=BP+PC.证明如图2,ABPC是圆内接四边形,根据托勒密定理，有PABC=PBAC+PCAB.AB=BC=

50、AC,二PA=PB+PC.图2ABADCE=AECD+ACDE，即tm=ta+ma.例2证明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.证明如图3，设在梯形ABCD中，AD=BC，AB/CD.等腰梯形内接于圆，ACBD=ADBC+ABCD.又AD=BC，AC=BD，二BD2=BC2+ABCD.例3在边长为a的正七边形ABCDEFG中，两条不相等的对角线长分别为t，m.求证：2=丄十1.amt图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，有两端同除以辺tm,得amt例4已知a、b、x、y是实数，且a2+b2=1,x2+y2=1.求证：ax

51、+by<1.证明作直径AB=1的圆，在AB两侧作RtACB和RtADB，使AC=a，BC=b，BD=x，DA=y(如图5).依勾股定理知a、b、x、y是满足题设条件的.依托勒密定理有ACBD+BCAD=ABCD.又TCD<AB=1，ax+by<1.團5團E例5ABC的三个内角A、B、C的对边分别为a、b、c,且a2=b(b+c).求证：A=2B.分析将a2=b(b+c)变形为a-a=b-b+bc，可联想到托勒密定理，进而构造一个圆内接等腰梯形，使两腰为b，两对角线为a，一底边为c.证明如图6，作ABC的外接圆.以A为圆心，以BC为半径画弧交圆于D，连结BD、DA、DC.

52、9;/AD=BC,ACD=BDCfZABD=ZBAC.而ZBDA=ZACB,AZ1=Z2,BD=AC.贝UBD=AC=b.据托勒密定理有BCAD=ABCD+BDAC.又已知a=b(b+c)，即aa=bb+bc.比较、，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边形ABCD中，如果ACBD=ABCD+BCAD，贝UA,B,C,D四点共圆.证明如图2，作/BAE=/DAC，/ABE=/ACD,则厶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