E-四点共圆例题和答案.doc

(完整版)E-四点共圆例题和答案
四点共圆例讲
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Rt△AOB、Rt△BOC、Rt△COD、Rt△DOA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，AD⊥BC，DE⊥AB，DF⊥AC．
　　求证：B、E、F、C四点共圆．

　　证明 ∵DE⊥AB,DF⊥AC,
　　∴∠AED＋∠AFD=180°，
　　即A、E、D、F四点共圆，
　　∠AEF=∠ADF．
　　又∵AD⊥BC，∠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．
　　∠AED=∠ACB,∠A=∠A，
　　∴△AED∽△ACB．

　　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、∠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，

　　∠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，CE∥BD交AB的延长线于E．求证：AD·BE=BC·DC．
　　证明：连结AC．

　　∵CE∥BD，
　　∴∠1=∠E．
　　∵∠1和∠2都是所对的圆周角，
　　∴∠1=∠2．
　　∠1=∠E．
　　∵四边形ABCD内接于圆，
　　∴∠EBC=∠CDA．
　　∴△ADC∽△CBE．
　　AD∶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：AC·BD=AB·CD＋AD·BC．

　　证明：作∠BAE=∠CAD,AE交 BD于 E．
　　∵∠ABD=∠ACD，

　　即 AB·CD=AC·BE． ①
　　∵∠BAE+∠CAE=∠CAD+∠CAE,
　　∴∠BAC=∠EAD．又∠ACB=∠ADE，

　　AD·BC=AC·DE． ②
　　由①，②得AC·BE+AC·DE=AB·CE＋AD·BC
　　AC·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△ABE∽△ACD，充分利用相似理论，这在几何中是具有代表性的．

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，AC⊥BD,

分析一  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ξ1。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，FM⊥AB，所以OE∥FM．又由于EF⊥CD（见例1的点评）,MO⊥CD，所以EF∥MO．所以四边形OEFM为平行四边形．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AB·CD+BC·AD=AC·BD．

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=∠CAD，并且与对角线BD相交于点E,这就得到△ABE∽△ACD．由此求得AB·CD=AC·BE．在圆中又出现了△ABC∽△AED，由此又求得BC·AD=AC·ED．把以上两个等式左右各相加，问题就解决了．
证明自己完成．
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△PAB≌△CMB就可以了．
证明自己完成．
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7—116，⊙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: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．
　　∵ABEC是圆内接四边形，
　　∴∠BAD=∠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=∠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7—117的情况并给予证明．
例3 如图7—118，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．
　　∵ABED是圆内接四边形,
　　∴∠EDC=∠ABC．
　　∵AB=AC，
　　∴∠ABC=∠C，∴∠EDC＝∠C．
　　于是有DE=EC．因此AD=EC．
四、作业
　　1．如图7—120，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=109°42′．
　　2．∠A=45°,∠B=67.5°,∠C=135°,∠D=112。5°．
　　3．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7—124，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+∠AEF=180°，∠B＋∠C=180°，可得∠AEF=∠C．

四点共圆的应用

　　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=PE·EO，又AE＝BE，则AE·BE＝PE·EO……(1)；由相交弦定理，得AE·BE＝CE·DE……（2）；由(1)、（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(∠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⊙O于A，则∠1＝∠2．∵AE∥CD，则∠2＝∠4．∴∠1=∠4，∴P、A、F、B四点共圆．∴∠5＝∠6，而∠5＝∠2=∠3，∴∠3＝∠6．∵AE∥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，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．

　　证明 连结EC．在△ABE和△ACE中，∵AE＝AE，AB=AC,∠BAE＝∠CAE，∴△AEB≌AEC，∴∠5＝∠1＝∠2，∴B、C、H、E四点共圆,∴∠6＝∠3．在△GEB和△GEC中，∵GE＝GE，∠BEG＝∠CEG,EB＝EC，∴△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，BD＝CE，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∠OEC＝60°，∠DEO＝30°∴∠DEC＝90°,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，PC⊥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,求证：DE是这两圆的公切线．
　　证明 连结DC、CE，易知∠PDC＝∠PEC＝90°，∴ 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
　　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,弦PA、PB分别交CD于E、F．

　　证明 如图6．连结BE、PG．∵BG切⊙O于B,则∠1=∠A．∵AB∥CD,则∠A＝∠2．于是∠1＝∠2，∴P、G、B、E四点共圆．由相交弦定理，得EF·FG=PF·FB．在⊙O中,由相交弦定理，得CF·FD=FP·FB．

　　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：PQ2＝QF2＋PE2．
　　证明 作△DCQ的外接圆，交PQ于M,连结MC，∵∠1=∠2＝∠3,则P、B、C、M四点共圆．由圆幂定理得PE2＝PC·PD＝PM·PQ，QF2=QC·QB＝QM·QP，两式相加得PE2＋QF2＝PM·PQ＋ QM·QP=PQ（PM＋QM）＝PQ·PQ=PQ2
　　∴PQ2=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AE·AB＝AG·AN．在△ABD中，∵∠ADB=90°，DE⊥AB,由射影定理，得AD2＝AE·AB，∴AD2＝AG·AH＝16×25＝400,∴AD=20cm．

　九 用于证明三点共线

　　例9 如图9，D为△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．
　　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＝∠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．

托勒密定理的数形转换功能(竞赛用)
　　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A1A2…A7，

　　(第21届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A3A4·A1A5＋A4A5·A1A3＝A1A4·A3A5,即A1A2·A1A4＋A1A2·A1A3＝A1A3·A1A4，两边同除以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
　　BD（AE＋CE）=4(AB＋AD),

　　亦即 CE(AE＋CE)＝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．∵BD＜BC＋CD＝8，

　　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=b，BF＝c，连AC、CE、AE,则CE＝AE＝BD＝a，AC=BF＝c．
　　在四边形BCDE中，由托勒密定理，得81b＋812＝a2 ①
　　同理81b＋31·81=ac ②
　　31a＋81a=bc ③
　　解①、③、③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

　　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．

　　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、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AC＝1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a2＋b2=1
　　例6 设a＞c，b＞c，c＞0，

　　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
　　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，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Rt△ACB和Rt△ADB，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
　　AC·BD＋BC·AD=AB·CD．
　　∵ 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：BD2=BC2＋AB·CD．
　　证 ∵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ABCDEFG中，对角线 AD=a，BG=b（a≠b)．
　　求证：（a＋b)2（a－b）＝ab2．
　　证 连结BD，GE,BE，DG,则 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）×(3）,得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△ABC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＋AC·BD．
　　又∵∠1=∠2，∴BD=DC．
　　∴AD·BC=AB·CD＋AC·BD=BD(AB＋AC)．
　　即AD·BC=BD·（AB＋AC)．

圆内接四边形的面积公式（竞赛用)

　　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=S△ABD＋S△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
　　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：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．

　　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=α，∠ADC=β，AC=x．

　　令α＋β=π,即cosα＋cosβ=0

　　x的解唯一确定,代入(1)(2)后cosα、cosβ也随之唯一确,在α，β∈（0,π）的条件下α、β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a2＋b2－2abcosα=x2=c2＋d2－2cdcosβ

　　显然当α＋β=π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
　　定理：如图1,在圆接四边形ABCD中弦AD平分∠BAC,则2ADcosα=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＝2Rsinα，
　　BC＝2Rsin2α．

　　由托勒密定理有
　　AB·CD+AC·BD=AD·DC．
　　∴（AB+AC)·2Rsinα=AD·2Rsin2α．
　　则 2AD·cosα=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．
　　证明 由已知得
　　∠BAN=∠CAN,
　　由定理有 2ANcosα=AB＋AC，

　　　　　　=AN·AL·cosα·sinα=AN·AK·sinα
　　　　　　=AN·AM·sinα=2S△AKN＝2S△AMN．
　　∴S△ABC=S四边形AKNM．

　　证明 作正七边形外接圆,如 图3所示．

　　由定理有2c·cosα=b+c，又在等腰△A1A2A3中有2a·cosα=b．

　　例3 在△ABC中,∠C=3∠A，a＝27，c＝48，则b的值是____．

　　解 如图4．作△ABC的外接圆，在取三等分点D、E，连CD、CE．

　　由已知得：
　　∠ACD=∠DCE=∠ECB=∠A,CD=AB=48,
　　由定理有 2CE·cosA=CB+CD ①
　　2CD·cosA＝CE+AC ②
　　又2CB·cosA=CE ③

　　由②、③得：b=AC=CE·(CD—CB)/CB=35．

托勒密定理及其应用
］
　　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，∴△ACD∽△BCP．

　　又∠ACB=∠DCP，∠5=∠6，∴△ACB∽△DCP．

　　①＋②得 AC（BP＋DP)=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．
　　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PA·BC=PB·AC＋PC·AB,
　　∵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Rt△ABC中，∠B=90°，求证：AC2=AB2＋BC2
　　证明：如图3，作以Rt△ABC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． ①
　　又∵ABCD是矩形，
　　∴AB=CD，AD=BC,AC=BD． ②
　　把②代人①，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:AD·BC=BD（AB＋AC)．
　　证明：连结CD,依托勒密定理，有AD·BC＝AB·CD＋AC·BD．
　　∵∠1=∠2，∴ 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．

　　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=1．
　　求证：ax＋by≤1．
　　证明:如图6，作直径AB=1的圆,在AB两边任作Rt△ACB和Rt△ADB，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．
　　∵CD≤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△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△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,

　　∴∠ABD=∠BAC．
　　又∵∠BDA=∠ACB(对同弧）,∴∠1=∠2．

　　依托勒密定理，有BC·AD=AB·CD＋BD·AC． ①
　　而已知a2=b(b＋c)，即a·a=b·c＋b2． 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,

　　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，

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

　　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,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），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．

　　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，两条不相等的对角线长分别为t，m．

　　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．

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∠1=∠2，又∠3＝∠4，

　　∴△ACD∽△BCP．

　　∴AC·BP=AD·BC ①
　　又∠ACB=∠DCP，∠5=∠6，
　　∴AC·DP=AB·CD． ②
　　①+②得AC（BP+PD)=AD·BC+AB·CD.
　　故AC·BD=AD·BC+AB·CD。
　　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
　　PA·BC=PB·AC+PC·AB。
　　∵AB=BC=AC,∴PA=PB+PC。

　　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，
　　∴AC·BD=AD·BC+AB·CD．
　　又AD＝BC，AC＝BD，∴BD2=BC2＋AB·CD．
　　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．

　　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＋