四点共圆例题及答案.docx

例1如图，E、F、G H分别是菱形ABC*边的中点.求证：E、F、G H四点 共圆.证明 菱形ABCD勺对角线AC和BD相交于点O,连接OE OR OG OH.AC和BD互相垂直，在 RtAAOB RtABOC RtACOD RtADO/fr, E、F、G H,分别是 AB BG CD DA的中点，.OE= -AB, OFBC, OGCD, OHDA 2222TAB = BC = CD =DA,OE = OF = OG = OH.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 BG DEL AB, DF AC.求证：B、E、F、C四点共圆.证明DELAB, DFAC, /AEA /AFD=180 ,即A、E、D F四点共圆,/AEF4 ADF又ACL BG / AD斗 /CDF=90 ,/CD斗 / FCD=90 ,/ADF之 FCD ./AEFW FCD/BER / FCB=180 ,即R 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ABC中，BD、CE是AC. AB边上的高，ZA = 60 .求证：ED=；BC.B证明在ABC, BD CE是AC AB边上的高.二/BECW BDC=90 ,且 E、 D在 BC的同侧， E、B、C、D四点共圆./AEDW ACB /A=/ A, .AEM AACB= 777 ,在RtZXAEC 中。NA = 60 , AC CB 二 Nace = 30 】AE 1 fln ED 1二一,即H ,AC 2 CB 21，ED 二一BC.2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 ABCDK / A-/C=12 ,且/ A： / B=2 ： 3.求/ A、 /R /C、/D的度数.解二.四边形ABCM接于圆,/A+/ C=180 ./A-/C=12 ,/ A=96 , / C=84 . /A： / B=2： 3,21ZB = %Q X - = 144 .3/D=180 -1440 =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ABCDft接于圆，CE/ BD交AB的延长线于 E,求证：AD- BE=BC DC证明：连结AC图1. CE/ BR/ 1=/ E./ 1和/ 2都是数所对的圆周角，/ 1=/2./1 = /E.二.四边形ABCM接于圆， ./ EBCWCDA. .AD。ACBEAD： BC=DC BEAD- 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ABCM接于圆.求证：AC- BD=AB CAAD- BC图2证明：作/ BAE=/ CAD AE交 BD 于 E ./ABDW ACDAn1.abes"cd,空笔，AC CD即 AB - CD=AC BE vZ BAE它 CAEW CAD廿 CAE52 ./BACW EAD 又 Z ACB= ADE. AABCCCAAED.AC _ BCAD = DEAD- BC=AC DE 由，得 AC BE+AC DE=AB C曰AD- BCAC- BD=AB CA 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 ABa4ACD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圆的内接四边形例1 已知：如图7-90, ABCD1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CDT点M.求证：CM=MD证明 ZME(Cf / 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=MDDB 图 7-90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理.例2 已知：如图7-91, ABCtM。的内接四边形，ACLBD,OElABfE,求证：OE =(CD.乙图TT1分析一 如图7-91 (a),由于E是AB的中点，从A引。的直径AG,。是AG的中点.由三角形中位线定理可知OE、GB,因此只一口口2需证明GB=CD但这在第七章己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的中点M,则MF = ：CD,所以应该有OE = ME并且由例1的点评知道还Li有OE/ MF从而四边形OEFMB亥是平行四边形.证明了四边形 OEF平行四边 形，问题也就解决了.而证明四边形 OEFM平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OELAB, FMLAB,所以OE/ FM 又由于EFCD (见例1的点评)， MOL CD所以EF/ MO所以四边形 OEFMfc平行四边形.从而 OE=M尸而由例1知=所以0E 二CD.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图 7-92分析 在ABCD+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+BCAD是否等于AC- BD,而要考虑AB- CD?口 BC- AD#等于什么， 要用到相似三角形.为此，如图 7-92,作AE,令/ BAEW CAD并且与对角线BD相交 于点E,这就彳4到4 ABaAACID由此求得AB- CD=AC BE在圆中又出现了 AB(CA 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已知，如图7-93 , P为等边三角光ABC的外接圆的BC上任意一点.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 AB阵4CBP就可以证明读者自己完成.分析二 如图7-93 (a),在PA取点M使MA=PC剩下的问题是证明PM=PB 这只要证明 BPM等边三角形就可以了.证明读者自己完成.图 7-93分析三 如图7-93 （b）,延长CP到M 只要证明 PA芈CMBft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（例使PM=PB剩下的问题是证明PA=MC这3)证明由托勒玫定理得 PA- BC=PB AC+PCAB,由于BC=AC=A所以有PA=PB+PC例2如图7116,。和OQ都经过A B两点，经过点A的直线CD与。交于 点C,与。交于点D.经过点B的直线EF与。交于点E,与。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.ABE久圆内接四边形,丁 / BADW E.ADFBt圆内接四边形， /BAA /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/ DFGW BAD 而/ BAD= E,所以/ DFGW 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 ABCt, AB=AC BD平分/ B, /XABD勺外接圆和 BC 交于E.求证 ：AD=EC/ DBE容易看出在范分析：要证AD=EC不能直接建立它们的联系，考虑已知条件可知/ABD=.若连结DE，则有AD=DE因此只要证DE=EC由于DE和EC为DEC勺两边，所以只要证/ EDC=T C.由已知条件可知/ C=/ ABC因此只要证/ EDC=/ ABC因为 EDO圆内接四边形 ABED勺一个外角, 所以可证/ EDC=ABC问题可解决.图 7-118证明：连结DE v BDWZ ABCad=de,AD=DE.ABE此圆内接四边形, ./ EDC=ABC ,.AB=AC ./ABCW C, . ./EDC= /C.于是有DE=EC因止匕AD=EC四、作业1 .如图7120,在圆内接四边形 ABCW, AC平分BR 并且AC!BR / BAD=70 18,求四边形其余各角.人圉7-1202 .圆内接四边形ABCDh / 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7121, AD是AAB的卜角/ 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. /ABCWADC=90 , / BCD=109 42.2. /A=45 , / B=67.5 , / C=135 , /D=112.5 .3.提示：因为/ DBCW DAC / EADW DCB / EADW DAC 所以/ DBCW DCB 因止匕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时平行四边形，过点A和B的圆与AD、BC分别交于 E、F.求证：G D E、F四点共圆.提示连结 EF.由/ B+/AEF=180 , / B + /C=180 ,可得/ AEF= ZC.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。外一点，PA切。于A, PB切。于B, OP交AB 于 E.求证：/ APC= / BPD证明 连结OA OG OD由射影定理，得 AE2=PE EQ 又A已BE M AEBE = PE- EO(1);由相交弦定理，得 AE- B已CE- DE(2);由(1)、(2)得 CE- ED= PE- EO. P、G Q D四点共圆，则/ 1 = / 2, /3=/4,又/ 2=/ 4.1 = /3,易证/ APC= /BPD(Z4= /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DG 连结BE交DC于F,求证：FO FD.证明 连结 AD AR EG AB.PA 切。于 A,则/1 = /2. v 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之 ADF EF8 AAFD - FO FD.三 用于证明两直线平行例3如图3,在4ABC中,AB=AC ADLBC, /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 4ABE和 4ACE 中，AE= AE, AB=AQ /BAR /CAE AE型 AEC-./5=/1 = /2, ；B、C、H、E 四点共圆， / 6=Z3,在 AGEB 和GEg, v GE= GE / BE岸 / CEG EB= EG GE军 GGEQ ./4=/2 =/ 3, .4= / 6. a EH/ GC四 用于证明两直线垂直例4如图 ABC为等边三角形,D、E分别为BC、ACii上的点，且BD - CE = 1aC, AD与BE相交于P点.求证；CP1AD.证明 在ABDffi 4BCE 中，V AB=BC /AB氏/BCE B决 CE 则ABDA BCE ；/ADBW BEC ；P、D C E四点共圆.设DC的中点为O连结OE DE易 证/OE秘600 , / DEO= 30 . . / DEC= 90 ,于是/ DPC=90 ,CPXAD.五用于判定切线F例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为直径白圆交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，.二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勺切线.因而DE为两圆的公切线六用于证明比例式例6 AB CD为。中两条平行的弦，过B点的切线交CD的延长线于G,弦 PA PB分另I交CDT E、F.求证工EF _ FDCFFG证明 如图6.连结BE PG=BG切。于B,则/ 1=/ A. = AB/ CD,则/ A= / 2.于是/ 1 = /2,下、G B E四点共圆.由相交弦定理，得EFFG=PFFB.在 。0中，由相交弦定理，得CF- FD=FP FB., FG = CF* FD,七用于证明平方式例7 ABC时圆内接四边形，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DCQ勺外接圆，交PQT M 连结MC ./ 1=/ 2=/ 3,则P、B、 C、M四点共圆.由圆幕定理得 PE2=PCPD= PMPQ QF=QG Q氏QM QP，两 式相力口得 PE2+ QF2= Ph/I- POP QM- QP=PQ(PMQM)=PQ PQ=PQ-PQ=PE2+QF2.八用于解计算题例8如图8, ABC勺高AD的延长线交外接圆于 H,以AD为直径彳圆和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 幕定理，得AEAB= AG AN.在ABDt, = / ADB=90 , DE AB,由射影定理， 得 AD= AE- AB, .AD=AG AHh 16X 25=400, . AD=20cm九用于证明三点共线D 9图例9如图9, D为4ABC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 = / BEDW BFD=90 ,则 B、E、F、D 四点共 圆，/ 1 = /2,同理/ 3=/4.在DBEffiDCGt, =/DE氏 / 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4ABC的垂心，Hi、住、件为H点关于各边的对称点, 求证：A、B、G Hi、Hz、吨六点共圆.证明连结AH, H与Hz关于AF对称，则/ 1=/ 2. ：A、F、D C四点共 圆，则/2=/3,于是/ 1 = /3, ；A、吨、B c四点共圆，即 睡在 ABC勺外 接圆上.同理可证，H、中也在ABC勺外接圆上. A、B、C、H、件、H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ABCA AD- BC=AC BR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,求证（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=AA4、A3A5=A1A3,在四边形 AS3AAs 中，由托 勒密定理，得 A3A4 AAs+A4A5 A1A3=A1A4 A3a5,即 AA A1A4+A1A2 XA = XA AX, 两边同除以A1A2 - AA3 - A1A4即得结论式.图1图2例2如图2, A B G D四点在同一圆周上，且 BO C54, AE=q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 ACDPBAEffizCB曰 DAE 得4BE4DEAB = . AD - -CECE由托勒密定理，得BD(A曰 CE)=4(AB+ AD),即 BD(AE + CE)= 16 CH亦即CE(AE+ CE)= 16.设CE=k整理上式,得x2+6x16=0.解得x = 2（负值已舍），故BE- DE= CE- AE= 12. v BD< BG C58,故 ED= 7.feE=3 1BE= 4 (DE=4 或(DE =3,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.图3如图 3,设 BD=a BE=b, BF= c,连 AG CE AE,则 CE= AE= BA a, AC=BF二c.在四边形BCDEK由托勒密定理，得81b+ 812 = a2同理 81b+ 31 - 81=ac 31a+81a=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、/ -121 + 11&4 = 7 后cD 4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= & T, AD= J/ -121.由托勒密定理，得2 -121 + 11J# -4 = x将此式与原方程进行比较，得BD = 7啰.在BCD,由余弦定理，得cos ZBCD =2a +1P -（773）"2*2* 11：NBCD=120，.故过=AC，= 14.511112(7经检验x=14是原方程的根.例5 已知sjlr" +b4l-&* = 1,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 A01的圆及圆内接 I ：产”口旺好一工二田小，皿二一 "，三二一；由托勒密定理，得与已知等式比较，得BA 1,即BD也为圆的直径，故a2+b2=1例 6 设 a>c, b>c, c>0,求证.也。-心)+也 - c)<备y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.iC,图6(而"+ (6二7尸=(赤f ,(心)(病F。=(血汽,(工> + (J5(7)3 Y值y(Jac)7 + (y/a(b -c)3 (踊 f.故构造直径AC =的圆及圆内接四边形A二CD,使AB =、质 AD = Jac,如图6.奥BC= Jb(a-c), CD = J56NL由托勒密定理，得-JSc J-0 -白)+ /ac y/b(a -c) - -,/ab * BD.因 BD<AC=疝，故 J&(6 _ W)+ yfabc(a - c) ab,即北仙仁)十业g 一白)< h& -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 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 RtAACM RtADB使AC=a BC=b BD=K 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- BN 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：BD=BC + AB- CD证二.等腰梯形内接于圆，由托勒密定理，有 AC- BD=AD BCAB- CD. AD=BC AC=BD B加BC+ AB - CD （图略）【例3】已知：边长为1的正七边形ABCDEFG,对角线AD=a, BG=b（/ b）.求证：(a + b) 2(a b) = ab2.证 连结 BD GE BE, DG 贝U BD=E&GB=b DG=BEDAa, DE=AB=AG=1(如图2)图2在四边形ABDG,由托勒密定理，有 AD- BG=AB D(G BD- AQ即 ab=a+ b (1)同理在四边形BDE助，得BE- DG=DEBG BD- EQ即 a2=b+b2 (2)将(2)变形为 b=a2 b2 (3)(1) x(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4ABC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 CNAC- BD又. / 1=/2,. BD=DC.AD- BC=AB CNAC- BD=BD(ABAC).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占=质昕丽工“其中p = *蛆，a,b, 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ABCDfr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 ABC=S AB叶 SA BCD= be sin A + - adsinC 22=：(be + ad) sin A .u 2 +？ _ RD32_ KRA冉由余弦定理cosA二，I, 一及ckC=-两者消去BD口可得 2bc2adb2 +1 - (a2cosA ；2(ad+加)sin A = 71 - cos3 A+ b + c - d)(b + c + d - a)(a + d + b - c)(a + d + c - b)2(ad + be)所以1四.必照ABCD =+自"IJ(a十b十c - d)(b + c+ d-ra)(a + b + d-c)(a + c + d-b)2(ad + be)-+ b + c - d)(b + c + d - a)(a + b + d - c)(a + c + d - b)今裂;.与十九上式化为s四/席号B = J（P -a）（ps 白 .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 ABCDfr: AB= a, BC= b, CD=c DA=d求证：四边形ABCM有唯一四边形能内接于圆，且此时面积达到最大值.BcC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=c/ADC= , AC=x由余眩定理得gsQa-，2(2)令 a + B =兀，即 COS a + COS 0 =0a2ba -y J + d。-x2=2cd => cd(a2 +b2 x) + ab(c2 + M ) = 0.ab(ca +<P) + cd(F +t?)ab + cdX的解唯一确定，代入(1)(2)后COS a、COS B也随之唯一确，在a , B C (0 , 冗)的条件下a、B也同时唯一确定.一四边形四边定长，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勺面积S = $即 + S皿=|absina + jcdsinp 由余弦定理得 a2+ b2 2abcos a =x2=c2+d2- 2cdcos Bcdcos B ) (4)0(a2 +b2 c - d2) (abcosd42(3 尸 + (4)< S3+-+ c 2d2 - 2abcdcos( 01 + b)=S2+ c2d2 2abcdcos(CL + B ) 一 1(a? ca d2)2显然当a + B =冗时(即为圆内接四边形时)S2达到最大值，即S最大.，S2 =1a?b，+ H + 2abcd (a2 + b" - c，一 d2)2.4L16= : (a + b + c- (f)(a+bd c)(a + c + d - b)(b + c + d - a)一个几何定理的应用江苏省徐州矿务局庞庄职校张怀林=AB定理：如图1 ,在圆接四边形ABCD中弦AD平分/ BAC ,则2ADcos + 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 = 2Rsin a ,BC=2Rsin2 a .由托勒密定理有AB - CD+AC - BD=AD - DC.(AB+AC) - 2Rsin a =AD - 2Rsin2 a .则 2AD - cos a =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LKAB, LMXAC,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 a =AB + AC,二 1=-（AB + AQ. AL* sinCLLxAD L ji =AN - AL cos a sin a =AN AK - sin a =AN - AM - sin a =2S AKN = 2S AMIN. SaaB=S 四边形AKNM例2已知一个正七边形AmA7,求证工（第21届全苏奥数）证明作正七边形外接圆，如图3所示.图图4由定理有2c - cos a =b+c ,又在等腰 AiA2A3中有2a - cos a =b .以上两式相除，可得例 3 在4ABC 中，/ C=3/A, a = 27, c = 48,则 b 的值是.（第36届AHSME试题）解 如图4.作 ABC的外接圆，在 最取三等分点D、E,连CD、CE .图4由已知得：/ ACD= / DCE= / ECB= / A, CD=AB=48 ,由定理有 2CE cosA=CB+CD 2CD cosA = CE+AC 又 2CB cosA=CE 由、得；CE = VCB CCB + CD） = 45.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：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 .图1器噜，则ACBP = 3BC.又/ACB=/DCP, /5=/6, . ACBs/Xdcp .AC- DP=AB , CD. 十 得 AC(BP+DP尸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A图 2例1如图2, P是正4ABC外接圆的劣弧BC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 RtzXABC 中，/B=90 ,求证：AC2=AB2+BC2证明：如图3,作以RtAABC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 . X v ABCD是矩形， .AB=CD , AD=BC , AC=BD . 把代人，得ac2=ab2+bc2.例3如图4,在4ABC中，/ A的平分 线交外接/圆于D,连结BD ,