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、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 DEAB,DFAC,AEDAFD=180，即A、E、D、F四点共圆，AEF=ADF又ADBC，ADFCDF=90，CDFFCD=90，ADF=FCDAEF=FCD,BEFFCB=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，AEDACB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，AC=12,且AB=23求A、B、C、D的度数解 四边形ABCD内接于圆,A+C=180AC=12，A=96，C=84AB=23，D=180144=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=E1和2都是所对的圆周角，1=21=E四边形ABCD内接于圆，EBC=CDAADCCBEADBC=DCBEADBE=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 EABD=ACD，即 ABCD=ACBE BAE+CAE=CAD+CAE,BAC=EAD又ACB=ADE，ADBC=ACDE 由，得ACBE+ACDE=ABCEADBCACBD=ABCDADBC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ABEACD，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790，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MHAB）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,分析一 如图791（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791(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791(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OEFM又由于EFCD（见例1的点评）,MOCD，所以EFMO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ABCD+BCAD=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ABCD+BCAD是否等于ACBD而要考虑ABCD和BCAD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ABEACD由此求得ABCD=ACBE在圆中又出现了ABCAED，由此又求得BCAD=ACED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ABMCBP就可以了证明自己完成分析二 如图793（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793（b)，延长CP到M，使PM=PB，剩下的问题是证明PA=MC，这只要证明PABCMB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=EADFB是圆内接四边形，BADF=180,EF=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DEBD平分ABC，AD=DEABED是圆内接四边形,EDC=ABCAB=AC，ABC=C，EDCC于是有DE=EC因此AD=EC四、作业1如图7120，在圆内接四边形ABCD中，AC平分BD,并且ACBD，BAD=7018,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236，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:1ABC=ADC=90，BCD=109422A=45,B=67.5,C=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、F四点共圆提示连结EF由B+AEF=180，BC=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：APCBPD证明 连结OA,OC，OD由射影定理，得AE2=PEEO，又AEBE，则AEBEPEEO(1)；由相交弦定理，得AEBECEDE（2）；由(1)、（2）得CEEDPEEO， P、C、O、D四点共圆，则12,34，又2=413,易证APCBPD(4EDO)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、ABPA切O于A，则12AECD，则241=4，P、A、F、B四点共圆56，而52=3，36AECD，EC=AD，且ECF=ADF，EFCAFD，FCFD三 用于证明两直线平行例3 如图3，在ABC中，AB=AC，ADBC，B的两条三等分线交AD于E、G，交AC于F、H求证:EHGC证明 连结EC在ABE和ACE中，AEAE，AB=AC,BAECAE，AEBAEC，512，B、C、H、E四点共圆,63在GEB和GEC中，GEGE，BEGCEG,EBEC，GEBGEC，4=23，46EHGC四 用于证明两直线垂直证明 在ABD和BCE中，AB=BC，ABDBCE，BDCE，则ABDBCE，ADB=BEC，P、D、C、E四点共圆设DC的中点为O连结OE、DE易证OEC60，DEO30DEC90,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PDCPEC90， P、D、C、E四点共圆，于是1=3，而3290，A2=90,则1A，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、PGBG切O于B,则1=AABCD,则A2于是12，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CFFD=FPFB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：PQ2QF2PE2证明 作DCQ的外接圆，交PQ于M,连结MC，1=23,则P、B、C、M四点共圆由圆幂定理得PE2PCPDPMPQ，QF2=QCQBQMQP，两式相加得PE2QF2PMPQ QMQP=PQ（PMQM）PQPQ=PQ2PQ2=PE2QF2八 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、BH1=2C=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，得AD2AEAB，AD2AGAH1625400,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、CDBED=BFD=90，则B、E、F、D四点共圆,12，同理34在DBE和DCG中,DEBDGC,DBEDCG,故1=4,易得23， 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=2A、F、D、C四点共圆，则23,于是13，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ABCDADBC=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，(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A3A4A1A5A4A5A1A3A1A4A3A5,即A1A2A1A4A1A2A1A3A1A3A1A4，两边同除以A1A2A1A3A1A4即得结论式例2 如图2，A、B、C、D四点在同一圆周上，且BCCD4，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CDEBAE和CBEDAE,得由托勒密定理,得BD（AECE）=4(ABAD),亦即 CE(AECE)16设CE=x，整理上式，得x26x160解得x2（负值已舍)，故BEDECEAE12BDBCCD8，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，BFc，连AC、CE、AE,则CEAEBDa，AC=BFc在四边形BCDE中，由托勒密定理，得81b812a2 同理81b3181=ac 31a81a=bc 解、组成的方程组,得a135，b144，c105故 abc=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（x11)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: a2b21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0a、b1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AC1的圆及圆内接四与已知等式比较,得BD1，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a2b2=1，x2y2=1求证：axby1证 作直径AB=1的圆，在AB的两侧任作RtACB和RtADB，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ACBDBCAD=ABCD CD1，axby1二、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，ABCD求证：BD2=BC2ABCD证 等腰梯形内接于圆,由托勒密定理，有ACBD=ADBCABCDAD=BC,AC=BD，BD2=BC2ABCD(图略)【例 3】已知：边长为 1的正七边形ABCDEFG中，对角线 AD=a，BG=b（ab)求证：（ab)2（ab）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=ABDGBDAG,即ab=ab （1)同理在四边形BDEG中，得BEDG=DEBGBDEG，即a2=bb2 (2）将（2)变形为b=a2b2 （3）(1）(3）,得ab2（ab）（a2b2)故ab2=(ab)2（ab）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=BD(ABAC）证(如图3） 连结DC由托勒密定理有ADBC=ABCDACBD又1=2，BD=DCADBC=ABCDACBD=BD(ABAC)即ADBC=BD（ABAC)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AC=180,可以推出sinA=sinC，cosA=cosC并且S四边形ABCD=SABDSBCD 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：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coscos=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a2b22abcos=x2=c2d22cdcos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定理：如图1,在圆接四边形ABCD中弦AD平分BAC,则2ADcos=ABAC证明 连接BD、DC、BC,设已知圆半径为R,则由正弦定理有:BDDC2Rsin，BC2Rsin2由托勒密定理有ABCD+ACBD=ADDC（AB+AC)2Rsin=AD2Rsin2则 2ADcos=ABAC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LKAB，LMAC，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 2ANcos=ABAC，=ANALcossin=ANAKsin=ANAMsin=2SAKN2SAMNSABC=S四边形AKNM证明 作正七边形外接圆,如 图3所示由定理有2ccos=b+c，又在等腰A1A2A3中有2acos=b例3 在ABC中,C=3A，a27，c48，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 2CEcosA=CB+CD 2CDcosACE+AC 又2CBcosA=CE 由、得：b=AC=CE(CDCB)/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:ACBDABCDADBC证明:如图1，过C作CP交BD于P，使1=2,又3=4，ACDBCP又ACB=DCP，5=6，ACBDCP得 AC（BPDP)=ABCDADBC即ACBD=ABCDADBC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=PBPC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=PBACPCAB,AB=BC=ACPA=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=AB2BC2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=ABCDADBC 又ABCD是矩形，AB=CD，AD=BC,AC=BD 把代人，得AC2=AB2BC2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（ABAC)证明：连结CD,依托勒密定理，有ADBCABCDACBD1=2， BD=CD故 ADBC=ABBDACBD=BD(ABAC)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，ABCD，AD=BC,求证：BD2=BC2ABCD证明：等腰梯形内接于圆,依托密定理，则有ACBD=ADBCABCD又 AD=BC，AC=BD，BD2=BC2ABCD四、构造图形 借助托勒密定理例5 若a、b、x、y是实数，且a2b2=1，x2y2=1求证：axby1证明:如图6，作直径AB=1的圆,在AB两边任作RtACB和RtADB，使ACa，BC=b，BDx,ADy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ACBDBCAD=ABCDCDAB1，axby1五、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（bc）,求证：A=2B分析：将a2=b(bc)变形为aa=bbbc，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、DAAD=BC,ABD=BAC又BDA=ACB(对同弧）,1=2依托勒密定理，有BCAD=ABCDBDAC 而已知a2=b(bc)，即aa=bcb2 BAC=2ABC六、巧变形 妙引线 借肋托勒密定理例7 在ABC中，已知ABC=124,析证：将结论变形为ACBCABBC=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ACBDBCAD=ABCD易证AB=AD,CD=AC，ACBCBCAB=ABAC，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PMEPFM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AEt,ACm，在圆内接四边形ACDE中，据托勒密定理，有ADCEAECDACDE,即tmtama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34，ACDBCPACBP=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=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，ABCD等腰梯形内接于圆，ACBD=ADBC+ABCD又ADBC，ACBD，BD2=BC2ABCD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AEt，ACm，在圆内接四边形ACDE中,据托勒密定理，有ADCEAECD