四点共圆例题与答案

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四点共圆推荐精选证明 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推荐精选证明 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推荐精选【例1】 在圆内接四边形ABCD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=180A-C=12，A=96，C=84AB=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ACCEBD，推荐精选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推荐精选证明：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在数学竞赛中经常看到它的影子，希望能引起我们注意推荐精选命题“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”这个命题是错误的推荐精选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，推荐精选分析一 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，而由推荐精选例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就可以了推荐精选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PABC=PBAC+PCAB，由于BC=AC=AB，所以有PA=PB+PC 推荐精选例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推荐精选说明：(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问题可解决推荐精选证明：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推荐精选作业答案或提示：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四点共圆推荐精选提示连结EF由B+AEF=180，BC=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A，PB切O于B，OP交AB于E求证：APCBPD推荐精选证明 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推荐精选证明 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推荐精选证明 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 推荐精选证明 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=QCQB推荐精选QMQP，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 用于证明三点共线推荐精选例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 姜开传推荐精选临沂市第一技校 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”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A1A2A1A3A1A4即得结论式推荐精选例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，推荐精选例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”推荐精选对于某些代数问题，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，得推荐精选经检验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，推荐精选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，得推荐精选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满足条件推荐精选根据托勒密定理，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)推荐精选在四边形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)推荐精选证(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，推荐精选cosA=cosC并且S四边形ABCD=SABDSBCD 所以 推荐精选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推荐精选证明：(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的面积推荐精选由余弦定理得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=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推荐精选由托勒密定理有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(第28届IMO)证明 由已知得BAN=CAN，由定理有 2ANcos=ABAC，推荐精选=ANALcossin=ANAKsin=ANAMsin=2SAKN2SAMNSABC=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推荐精选由已知得：ACD=DCE=ECB=A，CD=AB=48，由定理有 2CEcosA=CB+CD 2CDcosACE+AC 又2CBcosA=CE 由、得：b=AC=CE(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)推荐精选已知：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推荐精选例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是圆内接四边形推荐精选由托勒密定理，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推荐精选如图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推荐精选五、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 推荐精选而已知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推荐精选设四边形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所成的比为推荐精选由(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所成的比为推荐精选由(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所成的比相等推荐精选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所成的比为推荐精选由(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推荐精选证明如图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，推荐精选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.推荐精选例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ADCEAECDACDE，推荐精选即tmtama例4 已知 a、b、x、y是实数，且a2b2=1，x2+y2=1求证：axby1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ACBDBCADABCD又CDAB=1，ax+by1例5 ABC的三个内角 A、 B、 C的对边分别为a、b、c，且a2=b(bc)求证：A=2B分析 将a2b(bc)变形为aa=bbbc，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推荐精选证明 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则BD=AC=b据托勒密定理有 BCAD=ABCDBDAC 又已知a2=b(bc)，即 aa=bbbc 比较、，有CD=b=BD于是BAC=2ABC，即A=2B托勒密定理的逆定理 在凸四边形ABCD中，如果ACBD=AB CD BCAD，则A，B，C，D四点共圆证明 如图2，作BAEDAC，ABEACD，则ABEACD，推荐精选在ABC和AED中，BACDAE和(2)成立，由(1)和(3)式，得到 AB CD ADBC AC(BE ED)，又 ABCDADBCACBD，BE+EDBD故E点在BD上，ABE和ABD重合，ABDACD，故 A、B、C、D四点共圆托勒密推广定理 设ABCD是凸四边形，则ACBDABCDBCAD(证明略)附记 当ABCD为非凸四边形或空间四边形时，上面式子仍成立当A，B，C，D依次落在一条直线上，则上式变成欧拉(Euler)等式即ACBD AB CD+BCAD推荐精选例1 设ABC是正三角形，D是其外接圆上的任意一点，则 DA DB DC(图3)证明 由托勒密定理得：ADBCABCD+ACBD，ABBCCA，ADDB+DC注 本例证法甚多，用托勒密定理证无疑是最简便的一种例2 直角三角形斜边的平方等于两直角边的平方和(勾股定理)证明 由直角三角形ABC作出矩形ABCD，应用托勒密定理得 ACBD ABCDBCADBDAC，DC AB，ADBC，AC2AB2+BC2类似地可以证明等腰梯形的对角线的平方等于上下底边乘积与两腰乘积之和推荐精选例3 求已知边长为a的正五边形ABCDE的对角线之长解 如图4，在四边形ABCD中应用托勒密定理可得AC BD AB CDBCAD，即AC2a2aAC证明 如图5，设O为正七边形ABCDEFG的外接圆，根据正七边形的性质，则得CDDEa，ACCEb，ADAEc应用托勒密定理得到：ADCEACDECDAE，例5 设C为O上弧的中点，P为共轭弧上任意点，BAC的平分线交弦BC于Q推荐精选求证：(APBP)CQCPBQ证明 APBCBPACPCAB(托勒密定理)，又BCAC，(APBP)ACPCAB，故(APBP) CQCPBQ例6 在同心圆O1，O中，大圆半径是小圆半径的两倍，小圆O的内接四边形ABCD的各边的延长线顺次交大圆O1于B1，C1，D1，A1，则A1B1B1C1C1D1D1A12(ABBCCDDA)(全国第三届冬令营试题)证明 在图7中利用托勒密推广定理可得A1B1OAAA1OB1O1A1AB1，O1B1O1A12OA，AB1ABBB1，上式为A1B12AB+2(BB1-AA1)，同理可得推荐精选B1C12BC2(CC1-BB1)，C1D12CD2(DD1-CC1)，D1A12DA2(AA1-DD1)，将上面四个式子相加即得要证的不等式例7 试证斯脱槐(Stewart)定理：设D是ABC底边BC上的任一内点，则AD2BCAB2CD+AC2BD-BCBDCD证明 如图8，延长AD交ABC的外接圆于E点，则得AEBC ABEC+ACBE，即(ADDE)BCABECACBE(1)由ADCEDB，ADBCDE，BDEADC，依次可得将(1)式中的DE、EC、BE换成上面等式中的值，便得到即AD2BCAB2CDAC2BD-BCBDCD说明 当D点在BC边延长线上时，则有AD2BCAC2BD-AB2CD+BCBDDC推荐精选例8 已知ABCD为圆O的内接四边形(图9)，且AB为直径，ADa，DCb，BC=c，则AB是三次方程x3-(a2b2c2)x-2abc0的一个根证明 设 ABd，ABCD内接于O，按托勒密定理可得ACBDbdac，两边平方得到AC2BD2b2d2+a2c2+2abcd，又AC2d2-c2，BD2d2-a2，d4-(a2c2)d2+a2c2b2d2+a2c22abcd，d4-(a2b2c2)d2-2abcd0，d0，d3-(a2b2c2)d2abc0即AB是三次方程x3-(a2b2c2)x-2abc0的一个根注 本例是代数与几何的综合题，从某种意义上来说，托勒密定理是几何联系代数的纽带例2 如图2，圆内接四边形ABCD两组对边的延长线分别交于E、F推荐精选求证：ECEDFCFB=EF2证明 作1=2，则3=4，4=5，3=5由1=2知，P、C、D、F四点共圆ECEDEPEF 由3=5知：P、C、B、E四点共圆FCFB=FPFE +，得ECEDFCFB=EF(EPPF)=EF2练习：1等腰梯形ABCD中，ABCD，AC是对角线，求证：AC2=AD2ABCD(提示：在AC上取一点 P，使PBA=CAD)推荐精选2已知顶角为20，腰长为a，底边长为b的等腰三角形求证：a3b3=3a2b(提示：在AB上取一点D，使BCD=A)圆内接多边形的一个美妙性质江西省赣南师范学院 熊曾润专题研究本文揭示圆内接多边形的一个美妙性质引理 从ABC的外接圆上任意一点P，向三边BC， CA，AB或其延长线引垂线，设垂足分别为D，E，F(它们都不是ABC的顶点)，则定理 设n边形A1A2A3An内接于圆O(n3)，从圆O上任意一点P，向边A1A2，A2A3，AnA1或其延长线引垂线，设垂足分别为Q1，Q2，Qn(它们都不是已知n边形的顶点)，则推荐精选证明 应用数学归纳法：(1)由引理可知，当n3时命题成立(2)假设nk(k3)时命题成立，下证nk1时命题也成立如图2，设(k1)边形A1A2A3Ak1内接于圆O，从圆O上任意一点P向边A1A2，A2A3，AkAk1，Ak1A1或其延长线引垂线，设垂足分别为Q1，Q2，Qk，Qk1又从点 P向对角线A1Ak引垂线，设垂足为Qk注意到k边形A1A2A3AkA1也以圆O为外接圆，且按假设nk时命题成立，所以有又A1AkAk1也以圆O为外接圆，由引理可得以上两个等式两边分别相乘，得这就表明nk1时命题成立推荐精选综合(1)和(2)，由归纳法原理可知，对任何n3，命题都成立，命题得证显然，本文定理是西摩松定理的一个有趣推广顺便指出，本文定理还可以进一步推广到内接于圆的任意封闭折线中，有兴趣的读者不妨一试圆内接闭折线的垂心及其性质(1)江西省赣南师范学院 熊曾润本文拟应用解析法，将三角形的垂心概念推广到一般圆内接闭折线中，并对其性质作初步探讨内以原点O为圆心，以R为半径的圆；符号A(n)表示这个平面内的一条n边闭折线A1A2A3AnA1定义 设闭折线A(n)内接于(