1、1 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 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
2、共圆， 2 AEF=ADF 又ADBC，ADFCDF=90， CDFFCD=90， ADF=FCD AEF=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 3 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
3、 中，A-C=12，且AB=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 AB=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 AC CEBD， 4 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 ADCCBE ADBC=DCBE ADBE=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
4、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 ABCD=ACBE 5 BAE+CAE=CAD+CAE， BAC=EAD又ACB=ADE， ADBC=ACDE 由，得 ACBE+ACDE=ABCEADBC ACBD=ABCDADBC 这个定理叫托勒密(ptolemy)定理，是圆内接
5、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 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
6、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 6 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
7、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 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
8、直于点 F取 CD 的 7 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 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
9、 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
10、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 证明读者自己完成 8 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 PM=PB，剩下的问题是证明 PA=MC，这 只要证明PABCMB 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
11、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 9 证明：连结 AB ABEC 是圆内接四边形， BAD=E ADFB 是圆内接四边形， BADF=1
12、80， EF=180 CECF 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
13、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， 10 ，AD=DE ABED 是圆内接四边形， EDC=ABC AB=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
14、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 7121，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=10942 2A=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 11 (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
15、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，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 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
16、A，PB 切O 于 B，OP 交 AB 于 E求证：APCBPD 12 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
17、 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 13 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，GEB GEC，4=23，46EHGC 四 用于证明两直线垂直 证明 在ABD 和BCE 中，AB=BC，ABDBCE，B
18、DCE，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 14 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
19、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：PQ 2QF 2PE 2 15 证明 作DCQ 的外接圆，交 P
20、Q 于 M，连结 MC，1=23，则 P、B、C、M 四点共圆由圆幂定理得 PE2PCPDPMPQ，QF 2=QCQBQMQP，两式相加得 PE2QF 2PMPQ QMQP=PQ(PMQM)PQPQ=PQ 2 PQ 2=PE2QF 2 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
21、，得 AD2AEAB，AD 2AGAH1625400，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 16 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
22、 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 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 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”
23、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 A1A2A1A3A1
24、A4即得结论式 17 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
25、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 18 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 81b81 2a 2 同理 81b3181=ac 31a81a=bc 解、组成的方程组，得 a135，b144，c105 故 abc=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
26、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 19 在BCD 中，由余弦定理，得 经检验 x=14 是原方程的根 求证： a 2b 21 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
27、，即 BD 也为圆的直径，故 a2b 2=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 20 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 21 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 a2b 2=1，x 2y 2=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
28、，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：BD 2=BC2ABCD 证 等腰梯形内接于圆，由托勒密定理，有 ACBD=ADBCABCD AD=BC，AC=BD， BD 2=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) 22 求证：(ab) 2(ab)ab 2 证 连结 BD，GE
29、，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=bb 2 (2) 将(2)变形为 b=a2b 2 (3) (1)(3)，得 ab2(ab)(a 2b 2) 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=ABC
30、DACBD 又1=2，BD=DC ADBC=ABCDACBD=BD(ABAC) 即 ADBC=BD(ABAC) 23 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AC=180，可以推出 sinA=sinC， cosA=cosC 并且 S 四边形 ABCD=SABDSBCD 24 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
31、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 25 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=0 x 的
32、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 a2b 22abcos=x 2=c2d 22cdcos 26 显然当 = 时(即为圆内接四边形时)S 2达到最大值，即 S 最大 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 2ADcos=AB AC 证明 连接 BD、DC、BC，设已知圆半径为 R
33、，则由正弦定理有： BDDC2Rsin， BC2Rsin2 由托勒密定理有 ABCD+ACBD=ADDC 27 (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 (第 28 届 IMO) 证明 由已知得 BAN=CAN， 由定理有 2ANcos=AB AC， =ANALcossin=AN AKsin =ANAM sin=2S AKN 2S AMN S ABC =
34、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 28 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_ (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 由已知得： ACD=DCE=ECB=A，CD=AB=48， 由定理有 2CEcosA=CB+CD 2CDcosACE+AC 又 2CBcosA=CE 29 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
35、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：ACBDAB CDAD BC 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，ACB DCP 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
36、如下，以供探究 一、直接应用托勒密定理 30 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=PBACPC 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 RtABC 中，B=90，求证：AC 2=AB2BC 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=ABCDADBC 31 又
37、ABCD 是矩形， AB=CD，AD=BC，AC=BD 把代人，得 AC2=AB2BC 2 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 ADBCABCDACBD 1=2， BD=CD 故 ADBC=ABBDACBD= 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，ABCD，AD=BC， 求证：BD 2=BC2ABCD 证明：等腰梯形内接于圆，依托密定理，则有 ACBD=ADBCABCD 又 AD=BC
38、，AC=BD， BD 2=BC2ABCD 四、构造图形 借助托勒密定理 32 例 5 若 a、b、x、y 是实数，且 a2b 2=1，x 2y 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 RtACB 和 Rt ADB，使 ACa ，BC=b，BDx，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 ACBDBCAD=AB CD CDAB1 ，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=2 B 分析：将 a2=b(bc)变形为 aa=b
39、bbc，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 33 依托勒密定理，有 BCAD=ABCDBDAC 而已知 a2=b(bc)，即 aa=bcb 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 ABC=1 24， 析证：将结论变形为 ACBCAB BC=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
40、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 34 证明：如图 1，设 AC 交 EF 于
41、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、K 2分 EF 所成的比相等 K 1、K 2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 35 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 P
42、2，则 P2分 EF 所成的比为 由(5)、(6)可得(7)=(8)，故 P1、P 2分 EF 所成的比相等 P 1、P 2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，G 1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 36 (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
43、G1、G 2分 PQ 所成的比相等 G 1、G 2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 37 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、G 4分 AC 所成的比相等 G 3、G 4重合，从而 EM、NF、AC
44、 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 38 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 ADCEAE CDAC DE， 即 tmta 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
45、 1，过 C 作 CP 使1=2，又34 ， ACDBCP 39 ACBP=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+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，ABCD
