四點共圓例題與答案

1、 . . 42/42例1 如圖，E、F、G、H分別是菱形ABCD各邊的中點求證：E、F、G、H四點共圓證明菱形ABCD的對角線AC和BD相交于點O，連接OE、OF、OG、OHAC和BD 互相垂直，在RtAOB、RtBOC、RtCOD、RtDOA中，E、F、G、H，分別是AB、BC、CD、DA的中點，即E、F、G、H四點共圓(2)若四邊形的兩個對角互補(或一個外角等于它的對角)，則四點共圓例2 如圖，在ABC中，ADBC，DEAB，DFAC求證：B、E、F、C四點共圓證明DEAB，DFAC，AEDAFD=180，即A、E、D、F四點共圓，AEF=ADF又ADBC，ADFCDF=90，CDFFCD

2、=90，ADF=FCDAEF=FCD，BEFFCB=180，即B、E、F、C四點共圓(3)若兩個三角形有一條公共邊，這條邊所對的角相等，并且在公共邊的同側(cè)，那么這兩個三角形有公共的外接圓證明在ABC中，BD、CE是AC、AB邊上的高BEC=BDC=90，且E、D在BC的同側(cè)，E、B、C、D四點共圓AED=ACB，A=A，AEDACB上述三種方法是證“四點共圓”的基本方法，至于證第四點在前三點(不在同一直線上)所確定的圓上就不敘述了例1在圓接四邊形ABCD中，A-C=12，且AB=23求A、B、C、D的度數(shù)解四邊形ABCD接于圓，A+C=180A-C=12，A=96，C=84AB=23，D=18

3、0-144=36利用圓接四邊形對角互補可以解決圓中有關角的計算問題例2已知：如圖1所示，四邊形ABCD接于圓，CEBD交AB的延長線于E求證：ADBE=BCDC證明：連結(jié)ACCEBD，1=E1和2都是所對的圓周角，1=21=E四邊形ABCD接于圓，EBC=CDAADCCBEADBC=DCBEADBE=BC DC本例利用圓接四邊形的一個外角等于對角與平行線的同位角、圓中同弧所對的圓周角得到兩個相似三角形的條件，進而得到結(jié)論關于圓接四邊形的性質(zhì)，還有一個重要定理現(xiàn)在中學課本一般都不列入，現(xiàn)介紹如下：定理：圓接四邊形兩條對角線的乘積等于兩組對邊乘積的和已知：如圖2所示，四邊形ABCD接于圓求證：AC

4、BD=ABCDADBC證明：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這個定理叫托勒密(ptolemy)定理，是圓接四邊形的一個重要性質(zhì)這個證明的關鍵是構(gòu)造ABEACD，充分利用相似理論，這在幾何中是具有代表性的在數(shù)學競賽中經(jīng)常看到它的影子，希望能引起我們注意命題“菱形都接于圓”對嗎？命題“菱形都接于圓”是不正確的所以是假命題理由是：根據(jù)圓的接四邊形的判定方法之一，如果一個四邊形的一組對角互補，那么這個四邊形接

5、于圓這個判定的前提是一組對角互補，而菱形的性質(zhì)是一組對角相等而一組相等的角，它們的角和不一定是180如果角和是180，而且又相等，那么只可能是每個角等于90，既具有菱形的性質(zhì)，且每個角等于90，那末這個四邊形一定是正方形而正方形顯然是菱形中的特例，不能說明一般情形判定四邊形接于圓的方法之二，是圓心到四邊形四個頂點的距離相等圓既是中心對稱圖形，又是軸對稱圖形，它的對稱中心是圓心菱形同樣既是中心對稱圖形，又是軸對稱圖形，它的對稱中心是兩條對角線的交點但菱形的對稱中心到菱形各個頂點的距離不一定相等所以，也無法確定菱形一定接于圓；如果菱形的對稱中心到菱形各邊頂點的距離相等，再加上菱形的對角線互相垂直平

6、分這些性質(zhì)，那么這個四邊形又必是正方形綜上所述，“菱形都接于圓”這個命題是錯誤的5圓的接四邊形 例1 已知：如圖7-90，ABCD是對角線互相垂直的圓接四邊形，通過對角線的交點E與AB垂直于點H的直線交CD于點M求證：CM=MD證明 MEC與HEB互余，ABE與HEB互余，所以MEC=ABE又ABE=ECM，所以MEC=ECM從而CM=EM同理MD=EM所以CM=MD點評 本例的逆命題也成立（即圖中若M平分CD，則MHAB）這兩個命題在某些問題中有時有用本例叫做婆羅摩笈多定理例2 已知：如圖7-91，ABCD是O的接四邊形，ACBD，分析一 如圖7-91（a），由于E是AB的中點，從A引O的需

7、證明GB=CD但這在第七章1.4圓周角中的例3已經(jīng)證明了證明讀者自己完成*分析二 如圖7-91（b），設AC，BD垂直于點F取CD的有OEMF從而四邊形OEFM應該是平行四邊形證明了四邊形OEFM是平行四邊形，問題也就解決了而證明四邊形OEFM是平行四邊形已經(jīng)沒有什么困難了*分析三 如圖7-91（b），通過AC，BD的交點F作AB的垂線交CD于點M連結(jié)線段EF，MO由于OEAB，F(xiàn)MAB，所以OEFM又由于EFCD（見例1的點評），MOCD，所以EFMO所以四邊形OEFM為平行四邊形從而OE=MF，而由例3 求證：圓接四邊形對邊乘積的和等于對角線的乘積，即圖中ABCD+BCAD=ACBD分析

8、在ABCD+BCAD=ACBD中，等號左端是兩個乘積的和，要證明這種等式成立，常需把左端拆成兩個單項式來證明，即先考慮ABCD和BCAD各等于什么，然后再考慮ABCD+BCAD是否等于ACBD而要考慮ABCD和BCAD各等于什么，要用到相似三角形為此，如圖7-92，作AE，令BAE=CAD，并且與對角線BD相交于點E，這就得到ABEACD由此求得ABCD=ACBE在圓中又出現(xiàn)了ABCAED，由此又求得BCAD=ACED把以上兩個等式左右各相加，問題就解決了證明讀者自己完成點評 本例叫做托勒玫定理它在計算與證明中都很有用意一點求證：PA=PB+PC分析一 本例是線段和差問題，因此可用截取或延長的

9、方法證明如圖7-93（a），在PA上取點M，使PM=PB，剩下的問題是證明MA=PC，這只要證明ABMCBP就可以了證明讀者自己完成分析二 如圖7-93（a），在PA上取點M，使MA=PC，剩下的問題是證明PM=PB，這只要證明BPM是等邊三角形就可以了證明讀者自己完成分析三 如圖7-93（b），延長CP到M，使PM=PB，剩下的問題是證明PA=MC，這只要證明PABCMB就可以了證明讀者自己完成讀者可仿以上的方法擬出本例的其他證明*本例最簡單的證明是利用托勒玫定理（例3）證明 由托勒玫定理得PABC=PBAC+PCAB，由于BC=AC=AB，所以有PA=PB+PC 例2 如圖7116，O1和

10、O2都經(jīng)過A、B兩點，經(jīng)過點A的直線CD與O1交于點C，與O2交于點D經(jīng)過點B的直線EF與O1交于點E，與O2交于點F求證：CEDF分析：要證明CEDF考慮證明同位角(或錯角)相等或同旁角互補由于CE、DF分別在兩個圓中，不易找到角的關系，若連結(jié)AB，則可構(gòu)成圓接四邊形，利用圓接四邊形的性質(zhì)定理可溝通兩圓中有關角的關系證明：連結(jié)ABABEC是圓接四邊形，BAD=EADFB是圓接四邊形，BADF=180，EF=180CECF說明：(1)本題也可以利用同位角相等或錯角相等，兩直線平行證明如延長EF至G，因為DFG=BAD，而BAD=E，所以DFG=E(2)應強調(diào)本題的輔助線是為了構(gòu)成圓接四邊形，以

11、利用它的性質(zhì)，導出角之間的關系(3)對于程度較好的學生，還可讓他們進一步思考，若本題不變，但不給出圖形，是否還有其他情況？問題提出后可讓學生自己畫圖思考，通過討論明確本題還應有如圖7117的情況并給予證明例3 如圖7118，已知在ABC中，AB=AC，BD平分B，ABD的外接圓和BC交于E求證：AD=EC分析：要證AD=EC，不能直接建立它們的聯(lián)系，考慮已知條件可知ABD=DBE，容易看出若連結(jié)DE，則有AD=DE因此只要證DE=EC由于DE和EC為DEC的兩邊，所以只要證EDC=C由已知條件可知C=ABC因此只要證EDC=ABC因為EDC是圓接四邊形ABED的一個外角，所以可證EDC=ABC

12、問題可解決證明：連結(jié)DEBD平分ABC，AD=DEABED是圓接四邊形，EDC=ABCAB=AC，ABC=C，EDCC于是有DE=EC因此AD=EC四、作業(yè)1如圖7120，在圓接四邊形ABCD中，AC平分BD，并且ACBD，BAD=7018，求四邊形其余各角2圓接四邊形ABCD中，A、B、C的度數(shù)的比為236，求四邊形各角的度數(shù)3如圖7121，AD是ABC外角EAC的平分線，AD與三角形的外接圓交于點D求證：DB=DC作業(yè)答案或提示：1ABC=ADC=90，BCD=109422A=45，B=67.5，C=135，D=112.53提示：因為DBC=DAC，EAD=DCB，EAD=DAC，所以DB

13、C=DCB，因此DB=DC判定四點共圓的方法引導學生歸納判定四點共圓的方法：(1)如果四個點與一定點距離相等，那么這四個點共圓(2)如果一個四邊形的一組對角互補，那么這個四邊形的四個頂點共圓(3)如果一個四邊形的一個外角等于它的對角，那么這個四邊形的四個頂點共圓(4)如果兩個直角三角形有公共的斜邊，那么這兩個三角形的四個頂點共圓(因為四個頂點與斜邊中點距離相等)3如圖7124，已知ABCD為平行四邊形，過點A和B的圓與 AD、BC分別交于 E、F求證：C、D、E、F四點共圓提示連結(jié)EF由B+AEF=180，BC=180，可得AEF=C四點共圓的應用寧陽教委教研室栗致根四點共圓在平面幾何證明中應

14、用廣泛，熟悉這種應用對于開闊證題思路，提高解題能力都是十分有益的一用于證明兩角相等例1 如圖1，已知P為O外一點，PA切O于A，PB切O于B，OP交AB于E求證：APCBPD證明連結(jié)OA，OC，OD由射影定理，得AE2=PEEO，又AEBE，則AEBEPEEO(1)；由相交弦定理，得AEBECEDE(2)；由(1)、(2)得CEEDPEEO， P、C、O、D四點共圓，則12，34，又2=413，易證APCBPD(4EDO)二用于證明兩條線段相籌例2 如圖2，從O外一點P引切線PA、PB和割線PDC，從A點作弦AE平行于DC，連結(jié)BE交DC于F，求證：FCFD證明連結(jié)AD、AF、EC、ABPA切

15、O于A，則12AECD，則241=4，P、A、F、B四點共圓56，而52=3，36AECD，EC=AD，且ECF=ADF，EFCAFD，F(xiàn)CFD三用于證明兩直線平行例3 如圖3，在ABC中，AB=AC，ADBC，B的兩條三等分線交AD于E、G，交AC于F、H求證：EHGC證明連結(jié)EC在ABE和ACE中，AEAE，AB=AC，BAECAE，AEBAEC，512，B、C、H、E四點共圓，63在GEB和GEC中，GEGE，BEGCEG，EBEC，GEBGEC，4=23，46EHGC四用于證明兩直線垂直證明在ABD和BCE中，AB=BC，ABDBCE，BDCE，則ABDBCE，ADB=BEC，P、D、

16、C、E四點共圓設DC的中點為O連結(jié)OE、DE易證OEC60，DEO30DEC90，于是DPC=90， CPAD五用于判定切線例5 如圖5，AB為半圓直徑，P為半圓上一點，PCAB于C，以AC為直徑的圓交PA于D，以BC為直徑的圓交PB于E，求證：DE是這兩圓的公切線證明連結(jié)DC、CE，易知PDCPEC90， P、D、C、E四點共圓，于是1=3，而3290，A2=90，則1A，DE是圓ACD的切線同理，DE是圓BCE的切線因而DE為兩圓的公切線六用于證明比例式例6 AB、CD為O中兩條平行的弦，過B點的切線交CD的延長線于G，弦PA、PB分別交CD于E、F證明如圖6連結(jié)BE、PGBG切O于B，則

17、1=AABCD，則A2于是12，P、G、B、E四點共圓由相交弦定理，得EFFG=PFFB在O中，由相交弦定理，得CFFD=FPFB七用于證明平方式例7 ABCD為圓接四邊形，一組對邊AB和DC延長交于P點，另一組對邊AD和BC延長交于Q點，從P、Q引這圓的兩條切線，切點分別是E、F，(如圖 7)求證：PQ2QF2PE2證明作DCQ的外接圓，交PQ于M，連結(jié)MC，1=23，則P、B、C、M四點共圓由圓冪定理得PE2PCPDPMPQ，QF2=QCQBQMQP，兩式相加得PE2QF2PMPQ QMQP=PQ(PMQM)PQPQ=PQ2PQ2=PE2QF2八用于解計算題例8如圖8，ABC的高AD的延長

18、線交外接圓于H，以AD為直徑作圓和AB、AC分別交于E、F點，EF交 AD于 G，若AG=16cm，AH=25cm，求 AD的長解連結(jié)DE、DF、BH1=2C=H，B、E、G、H四點共圓由圓冪定理，得AEABAGAN在ABD中，ADB=90，DEAB，由射影定理，得AD2AEAB，AD2AGAH1625400，AD=20cm九用于證明三點共線例9如圖9，D為ABC外接圓上任意一點，E、F、G為D點到三邊垂線的垂足，求證：E、F、G三點在一條直線上證明連結(jié)EF、FG、BD、CDBED=BFD=90，則B、E、F、D四點共圓，12，同理34在DBE和DCG中，DEBDGC，DBEDCG，故1=4，

19、易得23， E、F、G三點在一條直線上十用于證明多點共圓例10如圖10，H為ABC的垂心，H1、H2、H3為H點關于各邊的對稱點，求證：A、B、C、H1、H2、H3六點共圓證明連結(jié)AH2，H與H2關于AF對稱，則1=2A、F、D、C四點共圓，則23，于是13，A、H2、B、c四點共圓，即H2在ABC的外接圓上同理可證，H1、H3也在ABC的外接圓上A、B、C、H1、H2、H3六點共圓相關資源 HYPERLINK :/rcs.wuchang-edu /asp/favorites/addtofav.asp?rid=1008180&url t _blank 加到收藏夾 HYPERLINK :/rcs

20、.wuchang-edu /asp/rescat/resref.asp?rid=1008180&url t _blank 添加相關資源托勒密定理的數(shù)形轉(zhuǎn)換功能市四中開傳市第一技校久松圓接四邊形兩組對邊乘積的和等于其對角線的乘積，即在四邊形 ABCD中，有ABCDADBC=ACBD，這就是著名的托勒密定理本刊1996年第2期給出了它的幾種證法，作為續(xù)篇，本文就其數(shù)形轉(zhuǎn)換功能舉例說明如下：1 “形”轉(zhuǎn)換為“數(shù)”對于某些幾何問題，特別是圓接多邊形問題，如果能根據(jù)題設中隱含的數(shù)量關系，利用托勒密定理可將“形”轉(zhuǎn)換為“數(shù)”，從而達到用代數(shù)運算來代替幾何推理的目的例1已知正七邊形A1A2A7，(第21屆全

21、俄數(shù)學奧林匹克競賽題)對于這道競賽題，原證較繁，但通過深挖隱含條件，利用托勒密定理可改變整個解題局面，使證題步驟簡縮到最少如圖1，連 A1A5、A3A5，則A1A5=A1A4、A3A5=A1A3在四邊形A1A3A4A5中，由托勒密定理，得A3A4A1A5A4A5A1A3A1A4A3A5，即A1A2A1A4A1A2A1A3A1A3A1A4，兩邊同除以A1A2A1A3A1A4即得結(jié)論式例2 如圖2，A、B、C、D四點在同一圓周上，且BCCD4，AE=6，線段BE和DE的長都是整數(shù)，則BD的長等于多少？(1988年全國初中數(shù)學聯(lián)賽題)此題若用其它方法解，往往使人一籌莫展若運用托勒密定理，可使問題化難

22、為易由CDEBAE和CBEDAE，得由托勒密定理，得BD(AECE)=4(ABAD)，亦即 CE(AECE)16設CE=x，整理上式，得x26x160解得x2(負值已舍)，故BEDECEAE12BDBCCD8，例3一個接于圓的六邊形，其五個邊的邊長都為81，AB是它的第六邊，其長為31，求從B出發(fā)的三條對角線長的和(第九屆美國數(shù)學邀請賽試題)原解答過程冗長若通過托勒密定理的橋梁作用，把“形”轉(zhuǎn)換為“數(shù)”，可使問題化繁為簡如圖3，設BD=a， BE=b，BFc，連AC、CE、AE，則CEAEBDa，AC=BFc在四邊形BCDE中，由托勒密定理，得81b812a2同理81b3181=ac31a81

23、a=bc解、組成的方程組，得a135，b144，c105故 abc=3842 “數(shù)”轉(zhuǎn)換為“形”對于某些代數(shù)問題，若結(jié)構(gòu)與托勒密定理相似，通過構(gòu)造圓接四邊形，可把“數(shù)”轉(zhuǎn)換為“形”，然后利用“形”的性質(zhì)，使問題得到解決這種解法構(gòu)思巧妙，方法獨特，富于創(chuàng)新，出奇制勝例4 解方程若按常規(guī)方法解這個無理方程，過程繁冗若由方程的結(jié)構(gòu)特征聯(lián)想到托勒密定理，則構(gòu)造直徑AC=x(x11)的圓與圓接四邊形ABCD，使BC=2，CD=11，如圖 4，于是由托勒密定理，得在BCD中，由余弦定理，得經(jīng)檢驗x=14是原方程的根求證： a2b21這道名題已有多種證法，而且被視為用三角換無法解代數(shù)問題的典下面再給出一各幾

24、何證法易知0a、b1且a、b不全為零當a、b之一為零時，結(jié)論顯然成立當a、b全不為零時，由已知等式聯(lián)想到托勒密定理，作直徑AC1的圓與圓接四與已知等式比較，得BD1，即BD也為圓的直徑，故a2b2=1例6設ac，bc，c0，此題若用常規(guī)方法證明也不輕松下面利用托勒密定理給出它的一個巧證由托勒密定理，得巧用托勒密定理證題晉州市數(shù)學論文研究協(xié)會東海王素改在解證某些數(shù)學題時，如能巧用托勒密定理，可使解證過程簡潔清新，茲舉例說明托勒密定理：圓接四邊形中，兩條對角線的乘積等于兩組對邊乘積之和一、構(gòu)造“圓”，運用定理例1設a，b，x，y是實數(shù)，且a2b2=1，x2y2=1求證：axby1證作直徑AB=1的

25、圓，在AB的兩側(cè)任作RtACB和RtADB，使AC=a，BC=b，BD=x， AD=y(圖1)由勾股定理知a，b，x，y滿足條件根據(jù)托勒密定理，有ACBDBCAD=ABCD CD1，axby1二、利用無形圓，運用定理例2等腰梯形一條對角線的平方，等于一腰的平方加上兩底之積已知：梯形 ABCD中，AD=BC，ABCD求證：BD2=BC2ABCD證等腰梯形接于圓，由托勒密定理，有ACBD=ADBCABCDAD=BC，AC=BD，BD2=BC2ABCD(圖略)例 3已知：邊長為 1的正七邊形ABCDEFG中，對角線 AD=a，BG=b(ab)求證：(ab)2(ab)ab2證連結(jié)BD，GE，BE，DG

26、，則 BD=EGGB=b，DG=BEDAa， DE=AB=AG=1(如圖2)在四邊形ABDG中，由托勒密定理，有ADBG=ABDGBDAG，即ab=ab(1)同理在四邊形BDEG中，得BEDG=DEBGBDEG，即a2=bb2 (2)將(2)變形為b=a2b2 (3)(1)(3)，得ab2(ab)(a2b2)故ab2=(ab)2(ab)三、構(gòu)造圓接四邊形，運用定理例4在ABC中，A的角平分線AD交外接圓于D連結(jié)BD求證：ADBC=BD(ABAC)證(如圖3) 連結(jié)DC由托勒密定理有ADBC=ABCDACBD又1=2，BD=DCADBC=ABCDACBD=BD(ABAC)即ADBC=BD(ABA

27、C)圓接四邊形的面積公式五中任天民設圓接四邊形ABCD中各邊為a，b，c，d連結(jié) BD由AC=180，可以推出sinA=sinC，cosA=cosC并且S四邊形ABCD=SABDSBCD所以這樣我們得出了圓接四邊形面積的計算公式在上面的公式中，如果設某一邊為零，(不仿設d=0)此時四邊形變成三角形，該公式恰是計算三角形面積的海倫公式圓接四邊形面積公式的得出是受三角形面積公式的啟發(fā)，通過聯(lián)想探索出來的，而且兩者在形式上又是那么的相近這種現(xiàn)象在數(shù)學中不勝枚舉，如果同學們都能從特殊規(guī)律去探索一般規(guī)律，再從一般規(guī)律去認識特殊規(guī)律那么對數(shù)學能力的培養(yǎng)將大有裨益四條邊定長四邊形面積的最大值市育群中學甲鼎四

28、條邊為定長的四邊形不具穩(wěn)定性，但在某種特定的位置下，它能接于圓，成為圓接四邊形并且此時達到變化過程中面積最大值下文證明這個事實已知：四邊形ABCD中：ABa，BCb，CD=c，DA=d求證：四邊形ABCD中有唯一四邊形能接于圓，且此時面積達到最大值證明：(1)先證四邊形四邊定長，有唯一的四邊形接于圓，設ABC=，ADC=，AC=x令=，即coscos=0 x的解唯一確定，代入(1)(2)后cos、cos也隨之唯一確，在，(0，)的條件下、也同時唯一確定四邊形四邊定長，對角互補，四邊形是唯一的即所得到的四邊形為圓接四邊形(2)當四邊定長的四邊形接于圓時，此四邊形面積最大四邊形ABCD的面積由余弦

29、定理得a2b22abcos=x2=c2d22cdcos顯然當=時(即為圓接四邊形時)S2達到最大值，即S最大一個幾何定理的應用省礦務局龐莊職校懷林定理：如圖1，在圓接四邊形ABCD中弦AD平分BAC，則2ADcos=ABAC證明連接BD、DC、BC，設已知圓半徑為R，則由正弦定理有：BDDC2Rsin，BC2Rsin2由托勒密定理有ABCD+ACBD=ADDC(AB+AC)2Rsin=AD2Rsin2則 2ADcos=ABAC下面舉例說明它的應用例1如圖2，已知銳角ABC的A平分線交BC于L，交外接圓于N，過L分別作LKAB，LMAC，垂足分別為K、M求證：四邊形AKNM的面積等于ABC的面積

30、(第28屆IMO)證明由已知得BAN=CAN，由定理有 2ANcos=ABAC，=ANALcossin=ANAKsin=ANAMsin=2SAKN2SAMNSABC=S四邊形AKNM(第21屆全奧數(shù))證明作正七邊形外接圓，如圖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，則b的值是_(第36屆AHSME試題)解如圖4作ABC的外接圓，在取三等分點D、E，連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=C

31、E(CD-CB)/CB=35托勒密定理與其應用省晉州市數(shù)學論文研究協(xié)會同林托勒密定理：圓接四邊形中，兩條對角線的乘積(兩對角線所包矩形的面積)等于兩組對邊乘積之和(一組對邊所包矩形的面積與另一組對邊所包矩形的面積之和)已知：圓接四邊形ABCD，求證：ACBDABCDADBC證明：如圖1，過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這就是著名的托勒密定理，在通用教材中習題的面目出現(xiàn)，不被重視筆者認為，既然是定理就可作為推理論證的依據(jù)有些問題若根據(jù)它來論證，顯然格外簡潔清新茲分類說明如

32、下，以供探究一、直接應用托勒密定理例1如圖2，P是正ABC外接圓的劣弧上任一點(不與B、C重合)，求證：PA=PBPC分析：此題證法甚多，一般是截長、補短，構(gòu)造全等三角形，均為繁冗若借助托勒密定理論證，則有PABC=PBACPCAB，AB=BC=ACPA=PB+PC二、完善圖形借助托勒密定理例2證明“勾股定理”：在RtABC中，B=90，求證：AC2=AB2BC2證明：如圖3，作以RtABC的斜邊AC為一對角線的矩形ABCD，顯然ABCD是圓接四邊形由托勒密定理，有ACBD=ABCDADBC 又ABCD是矩形，AB=CD，AD=BC，AC=BD 把代人，得AC2=AB2BC2例3如圖4，在AB

33、C中，A的平分線交外接圓于D，連結(jié)BD，求證：ADBC=BD(ABAC)證明：連結(jié)CD，依托勒密定理，有ADBCABCDACBD1=2， BD=CD故 ADBC=ABBDACBD=BD(ABAC)三、利用“無形圓”借助托勒密定理例4等腰梯形一條對角線的平方等于一腰的平方加上兩底之積如圖5，ABCD中，ABCD，AD=BC，求證：BD2=BC2ABCD證明：等腰梯形接于圓，依托密定理，則有ACBD=ADBCABCD又 AD=BC，AC=BD，BD2=BC2ABCD四、構(gòu)造圖形借助托勒密定理例5若a、b、x、y是實數(shù)，且a2b2=1，x2y2=1求證：axby1證明：如圖6，作直徑AB=1的圓，在

34、AB兩邊任作RtACB和RtADB，使ACa，BC=b，BDx，ADy由勾股定理知a、b、x、y是滿足題設條件的據(jù)托勒密定理，有ACBDBCAD=ABCDCDAB1，axby1五、巧變原式妙構(gòu)圖形，借助托勒密定理例6已知a、b、c是ABC的三邊，且a2=b(bc)，求證：A=2B分析：將a2=b(bc)變形為aa=bbbc，從而聯(lián)想到托勒密定理，進而構(gòu)造一個等腰梯形，使兩腰為b，兩對角線為a，一底邊為c證明：如圖 7，作ABC的外接圓，以 A為圓心，BC為半徑作弧交圓于D，連結(jié)BD、DC、DAAD=BC，ABD=BAC又BDA=ACB(對同弧)，1=2依托勒密定理，有BCAD=ABCDBDAC

35、 而已知a2=b(bc)，即aa=bcb2 BAC=2ABC六、巧變形妙引線借肋托勒密定理例7在ABC中，已知ABC=124，析證：將結(jié)論變形為ACBCABBC=ABAC，把三角形和圓聯(lián)系起來，可聯(lián)想到托勒密定理，進而構(gòu)造圓接四邊形如圖8，作ABC的外接圓，作弦BD=BC，邊結(jié)AD、CD在圓接四邊形ADBC中，由托勒密定理，有ACBDBCAD=ABCD易證AB=AD，CD=AC，ACBCBCAB=ABAC，關于圓接四邊形的若干共點性質(zhì)縣魯迅中學培養(yǎng)設四邊形ABCD接于圓O，其邊AB與DC的延長線交于P，AD與BC的延長線交于Q，由P作圓的兩切線PM、PN，切點分別為M、N；由Q作圓的兩切線QE

36、、QF，切點分別為E、F(如圖1)則有以下一些共點性質(zhì)：性質(zhì)1 AC、BD、EF三直線共點證明：如圖1，設AC交EF于K1，則K1分EF所成的比為設BD交EF于K2，同理可得K2分EF所成的比為由(5)、(6)可得(1)=(2)，故K1、K2分EF所成的比相等K1、K2重合，從而AC、BD、EF三直線共點類似地 AC、BD、MN三直線共點，因此有以下推論 AC、BD、EF、MN四直線共點性質(zhì)2 AB、DC、EF三直線共點于P(此性質(zhì)等同于1997年中國數(shù)學奧林匹克第二試第四題)這里用上述證明性質(zhì)1的方法證之證明：如圖2設DC與EF的延長線交于P1，則P1分EF所成的比為設AB與EF的延長線交于

37、P2，則P2分EF所成的比為由(5)、(6)可得(7)=(8)，故P1、P2分EF所成的比相等P1、P2重合，從而AB、DC、EF三直線共點于P推論 AD、BC、NM三直線共點于Q性質(zhì)3 EM、NF、PQ三直線共點證明：如圖3，設EM的延長線交PQ于G1，妨上證法，G1分PQ所成的比為設NF的延長線交PQ于G2，則G2分PQ所成的比為(這里E、F、P三點共線與N、M、Q三點共線在性質(zhì)2與推論中已證)由PMEPFM得由(11)、(12)與QE=QF、PN=PM可得(9)=(10)，故G1、G2分PQ所成的比相等G1、G2重合，從而EM、NF、PQ三直線共點性質(zhì)4如果直線EN和MF相交，那么交點在

38、直線PQ上，即 EN、MF、PQ三直線共點證明從略，妨性質(zhì)3的證法可得性質(zhì)5 EM、NF、AC三直線共點證明：如圖4，類似于性質(zhì)1的證明，設EM與AC的延長線交于G3，則G3分AC所成的比為設NF與AC的延長線交于G4，則G4分AC所成的比為由(15)、(18)、(19)可得(13)=(14)，故G3、G4分AC所成的比相等G3、G4重合，從而 EM、NF、AC 三直線共點推論EM、NF、AC、PQ四直線共點限于篇幅，僅列以上五條共點性質(zhì)有興趣的讀者不妨再探索其它共點性質(zhì)例3在邊長為a的正七邊形ABCDEFG中，兩條不相等的對角線長分別為t，m證明如圖4，連結(jié)AD、CE，令AEt，ACm，在圓

39、接四邊形ACDE中，據(jù)托勒密定理，有ADCEAECDACDE，即tmtama托勒密定理與其應用省晉州市數(shù)學論文研究協(xié)會康美孌立欣托勒密定理圓接四邊形的兩條對角線的乘積(兩條對角線所包矩形的面積)，等于兩組對邊乘積之和(一組對邊所包矩形的面積與另一組對邊所包矩形面積之和)證明如圖1，過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僅以習題的形式出現(xiàn)，若以此定理為根據(jù)，可使許多問題解證過程別具一格.例1已知P是正ABC的外接圓劣弧上任意一點.求證:

40、PA=BP+PC.證明如圖2,ABPC是圓接四邊形,根據(jù)托勒密定理,有PABC=PBAC+PCAB.AB=BC=AC,PA=PB+PC.例2證明等腰梯形一條對角線的平方，等于一腰的平方加上兩底之積證明如圖3，設在梯形ABCD中，AD=BC，ABCD等腰梯形接于圓，ACBD=ADBC+ABCD又ADBC，ACBD，BD2=BC2ABCD例3在邊長為a的正七邊形ABCDEFG中，兩條不相等的對角線長分別為t，m證明如圖4，連結(jié)AD、CE，令AEt，ACm，在圓接四邊形ACDE中，據(jù)托勒密定理，有ADCEAECDACDE，即tmtama例4已知 a、b、x、y是實數(shù)，且a2b2=1，x2+y2=1求

41、證：axby1證明作直徑AB=1的圓，在AB兩側(cè)作RtACB和RtADB，使AC=a，BC=b，BD=x，DA=y(如圖5)依勾股定理知a、b、x、y是滿足題設條件的依托勒密定理有ACBDBCADABCD又CDAB=1，ax+by1例5ABC的三個角 A、 B、 C的對邊分別為a、b、c，且a2=b(bc)求證：A=2B分析將a2b(bc)變形為aa=bbbc，可聯(lián)想到托勒密定理，進而構(gòu)造一個圓接等腰梯形，使兩腰為b，兩對角線為a，一底邊為c證明如圖6，作ABC的外接圓以A為圓心，以BC為半徑畫弧交圓于D，連結(jié)BD、DA、DC則BD=AC=b據(jù)托勒密定理有 BCAD=ABCDBDAC 又已知a

42、2=b(bc)，即 aa=bbbc 比較、，有CD=b=BD于是BAC=2ABC，即A=2B托勒密定理的逆定理在凸四邊形ABCD中，如果ACBD=AB CD BCAD，則A，B，C，D四點共圓證明如圖2，作BAEDAC，ABEACD，則ABEACD，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點在BD上，ABE和ABD重合，ABDACD，故 A、B、C、D四點共圓托勒密推廣定理設ABCD是凸四邊形，則ACBDABCDBCAD(證明略)附記當ABCD為非凸四邊形或空間四邊形時，上

43、面式子仍成立當A，B，C，D依次落在一條直線上，則上式變成歐拉(Euler)等式即ACBD AB CD+BCAD例1設ABC是正三角形，D是其外接圓上的任意一點，則 DA DB DC(圖3)證明由托勒密定理得：ADBCABCD+ACBD，ABBCCA，ADDB+DC注本例證法甚多，用托勒密定理證無疑是最簡便的一種例2直角三角形斜邊的平方等于兩直角邊的平方和(勾股定理)證明由直角三角形ABC作出矩形ABCD，應用托勒密定理得 ACBD ABCDBCADBDAC，DC AB，ADBC，AC2AB2+BC2類似地可以證明等腰梯形的對角線的平方等于上下底邊乘積與兩腰乘積之和例3求已知邊長為a的正五邊形

44、ABCDE的對角線之長解如圖4，在四邊形ABCD中應用托勒密定理可得AC BD AB CDBCAD，即AC2a2aAC證明如圖5，設O為正七邊形ABCDEFG的外接圓，根據(jù)正七邊形的性質(zhì)，則得CDDEa，ACCEb，ADAEc應用托勒密定理得到：ADCEACDECDAE，例5設C為O上弧的中點，P為共軛弧上任意點，BAC的平分線交弦BC于Q求證：(APBP)CQCPBQ證明APBCBPACPCAB(托勒密定理)，又BCAC，(APBP)ACPCAB，故(APBP) CQCPBQ例6在同心圓O1，O中，大圓半徑是小圓半徑的兩倍，小圓O的接四邊形ABCD的各邊的延長線順次交大圓O1于B1，C1，D

45、1，A1，則A1B1B1C1C1D1D1A12(ABBCCDDA)(全國第三屆冬令營試題)證明在圖7中利用托勒密推廣定理可得A1B1OAAA1OB1O1A1AB1，O1B1O1A12OA，AB1ABBB1，上式為A1B12AB+2(BB1-AA1)，同理可得B1C12BC2(CC1-BB1)，C1D12CD2(DD1-CC1)，D1A12DA2(AA1-DD1)，將上面四個式子相加即得要證的不等式例7試證斯脫槐(Stewart)定理：設D是ABC底邊BC上的任一點，則AD2BCAB2CD+AC2BD-BCBDCD證明如圖8，延長AD交ABC的外接圓于E點，則得AEBC ABEC+ACBE，即(

46、ADDE)BCABECACBE(1)由ADCEDB，ADBCDE，BDEADC，依次可得將(1)式中的DE、EC、BE換成上面等式中的值，便得到即AD2BCAB2CDAC2BD-BCBDCD說明當D點在BC邊延長線上時，則有AD2BCAC2BD-AB2CD+BCBDDC例8已知ABCD為圓O的接四邊形(圖9)，且AB為直徑，ADa，DCb，BC=c，則AB是三次方程x3-(a2b2c2)x-2abc0的一個根證明設 ABd，ABCD接于O，按托勒密定理可得ACBDbdac，兩邊平方得到AC2BD2b2d2+a2c2+2abcd，又AC2d2-c2，BD2d2-a2，d4-(a2c2)d2+a2

47、c2b2d2+a2c22abcd，d4-(a2b2c2)d2-2abcd0，d0，d3-(a2b2c2)d2abc0即AB是三次方程x3-(a2b2c2)x-2abc0的一個根注本例是代數(shù)與幾何的綜合題，從某種意義上來說，托勒密定理是幾何聯(lián)系代數(shù)的紐帶例2如圖2，圓接四邊形ABCD兩組對邊的延長線分別交于E、F求證：ECEDFCFB=EF2證明作1=2，則3=4，4=5，3=5由1=2知，P、C、D、F四點共圓ECEDEPEF 由3=5知：P、C、B、E四點共圓FCFB=FPFE +，得ECEDFCFB=EF(EPPF)=EF2練習：1等腰梯形ABCD中，ABCD，AC是對角線，求證：AC2=

48、AD2ABCD(提示：在AC上取一點 P，使PBA=CAD)2已知頂角為20，腰長為a，底邊長為b的等腰三角形求證：a3b3=3a2b(提示：在AB上取一點D，使BCD=A)圓接多邊形的一個美妙性質(zhì)省贛南師學院熊曾潤專題研究本文揭示圓接多邊形的一個美妙性質(zhì)引理從ABC的外接圓上任意一點P，向三邊BC， CA，AB或其延長線引垂線，設垂足分別為D，E，F(xiàn)(它們都不是ABC的頂點)，則定理設n邊形A1A2A3An接于圓O(n3)，從圓O上任意一點P，向邊A1A2，A2A3，AnA1或其延長線引垂線，設垂足分別為Q1，Q2，Qn(它們都不是已知n邊形的頂點)，則證明應用數(shù)學歸納法：(1)由引理可知，當n3時命題成立(2)假設nk(k3)時命題成立，下證nk1時命題也成立如圖2，設(k1)邊形A1A2A3Ak1接于圓O，從圓O上任意一點P向邊A1A2，A2A3，AkAk1，Ak1A1或其延長線引垂線，設垂足分別為Q1，Q2，Qk，Qk1又從點 P向?qū)蔷€A1Ak引垂線，設垂足為Qk注意到k邊形A1A2A3AkA1也以圓O為外接圓，且按假設nk時命題成立，所以有又A1AkAk1也以圓O為外接圓，由引理可得以上兩個等式兩邊分別相乘，得這就表明nk1時命題成立綜合(1)和(2)，由歸納法原理可知，對任何n3，命題都成立，命題