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Rt△AOB、Rt△BOC、Rt△COD、Rt△DOA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，AD⊥BC，DE⊥AB，DF⊥AC．
求证：B、E、F、C四点共圆．
证明∵DE⊥AB，DF⊥AC，
∴∠AED＋∠AFD=180°，
即A、E、D、F四点共圆，
∠AEF=∠ADF．
又∵AD⊥BC，∠ADF＋∠CDF=90°，
∠CDF＋∠FCD=90°，
∠ADF=∠FCD．
∴∠AEF=∠FCD，
∠BEF＋∠FCB=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，
∴△AED∽△ACB．
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，∠A-∠C=12°，且∠A∶∠B=2∶3．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°．
∵∠A∶∠B=2∶3，
∠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，CE∥BD交AB的延长线于E．求证：AD·BE=BC·DC．
证明：连结AC．
∵CE∥BD，
∴∠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．
∴△ADC∽△CBE．
AD∶BC=DC∶BE．
AD·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ABCD内接于圆．求证：AC·BD=AB·CD＋AD·BC．
证明：作∠BAE=∠CAD，AE交 BD于 E．
∵∠ABD=∠ACD，
即 AB·CD=AC·BE．①
∵∠BAE+∠CAE=∠CAD+∠CAE，
∴∠BAC=∠EAD．又∠ACB=∠ADE，
AD·BC=AC·DE．②
由①，②得AC·BE+AC·DE=AB·CE＋AD·BC
AC·BD=AB·CD＋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△ABE∽△ACD，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，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MH⊥AB）．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，AC⊥BD，
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ξ1.4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OE∥MF．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OE⊥AB，FM⊥AB，所以OE∥FM．又由于EF⊥CD（见例1的点评），MO⊥CD，所以EF∥MO．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
AB·CD+BC·AD=AC·BD．
分析在AB·CD+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+BC·AD是否等于AC·BD．而要考虑AB·CD和BC·AD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△ABE∽△ACD．由此求得AB·CD=AC·BE．在圆中又出现了△ABC∽△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．
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△ABM≌△CBP就可以了．
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△PAB≌△CMB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PA·BC=PB·AC+PC·AB，由于BC=AC=AB，所以有PA=PB+PC．
例2 如图7—116，⊙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：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．
∵ABEC是圆内接四边形，
∵ADFB是圆内接四边形，
∴∠BAD＋∠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∠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7—117的情况并给予证明．
例3 如图7—118，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DE．∵BD平分∠ABC，
∴，AD=DE．
∵ABED是圆内接四边形，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C，∴∠EDC＝∠C．
于是有DE=EC．因此AD=EC．
四、作业
1．如图7—120，在圆内接四边形ABCD中，AC平分BD，并且AC⊥BD，∠BAD=70°18′，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2∶3∶6，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：
1．∠ABC=∠ADC=90°，∠BCD=109°42′．
2．∠A=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．
(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7—124，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A，PB切⊙O于B，OP交AB 于E．求证：∠APC＝∠BPD．
证明连结OA，OC，OD．由射影定理，得AE2=PE·EO，又AE＝BE，则AE·BE ＝PE·EO……(1)；由相交弦定理，得AE·BE＝CE·DE……(2)；由(1)、(2)得CE·ED＝PE·EO，∴ P、C、O、D四点共圆，则∠1＝∠2，∠3＝∠4，又∠2=∠4．∴∠1＝∠3，易证∠APC＝∠BPD(∠4＝∠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DC，连结BE交DC于F，求证：FC＝FD．
证明连结AD、AF、EC、AB．∵PA切⊙O于A，则∠1＝∠2．∵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=∠ADF，∴△EFC≌△AFD，∴FC＝FD．
三用于证明两直线平行
例3 如图3，在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，∠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△ABE和△ACE中，∵AE＝AE，AB=AC，∠BAE＝∠CAE，∴△AEB≌AEC，∴∠5＝∠1＝∠2，∴B、C、H、E四点共圆，∴∠6＝∠3．在△GEB 和△GEC中，∵GE＝GE，∠BEG＝∠CEG，EB＝EC，∴△GEB≌△GEC，∴∠4=∠2＝∠3，∴∠4＝∠6．∴EH∥GC．
四用于证明两直线垂直
证明在△ABD和△BCE中，∵AB=BC，∠ABD＝∠BCE，BD＝CE，则△ABD≌△BCE，∴∠ADB=∠BEC，∴P、D、C、E四点共圆．设DC的中点为O连结OE、DE．易证∠OEC＝60°，∠DEO＝30°∴∠DEC＝90°，于是∠DPC=90°，∴ CP⊥AD．
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，PC⊥AB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∠PDC＝∠PEC＝90°，∴ 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、PG．∵BG切⊙O于B，则∠1=∠A．∵AB∥CD，则∠A＝∠2．于是∠1＝∠2，∴P、G、B、E四点共圆．由相交弦定理，得EF·FG=PF·FB．在⊙O中，由相交弦定理，得CF·FD=FP·FB．
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：PQ2＝QF2＋PE2．
证明作△DCQ的外接圆，交PQ于M，连结MC，∵∠1=∠2＝∠3，则P、B、C、M四点共圆．由圆幂定理得PE2＝PC·PD＝PM·PQ，QF2=QC·QB＝QM·QP，两式相加得PE2＋QF2＝PM·PQ＋ QM·QP=PQ(PM＋QM)＝PQ·PQ=PQ2
∴PQ2=PE2＋QF2．
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、BH．∵∠1=∠2＝∠C=∠H，∴B、E、G、H四点共圆．由圆幂定理，得AE·AB＝AG·AN．在△ABD中，∵∠ADB=90°，DE⊥AB，由射影定理，得AD2＝AE·AB，∴AD2＝AG·AH＝16×25＝400，∴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、CD．∵∠BED=∠BFD=90°，则B、E、F、D四点共圆，∴∠1＝∠2，同理∠3＝∠4．
在△DBE和△DCG中，∵∠DEB＝∠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△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=∠2．∵A、F、D、C四点共圆，则∠2＝∠3，于是∠1＝∠3，∴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．
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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AB·CD＋AD·BC=AC·BD，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 (7)
(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A3A4·A1A5＋A4A5·A1A3＝A1A4·A3A5，即A1A2·A1A4＋A1A2·A1A3＝A1A3·A1A4，两边同除以A1A2·A1A3·A1A4即得结论式．
例2 如图2，A、B、C、D四点在同一圆周上，且BC＝CD＝4，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△CDE∽△BAE和△CBE∽△DAE，得
由托勒密定理，得
BD(AE＋CE)=4(AB＋AD)，
亦即 CE(AE＋CE)＝16．设CE=x，整理上式，
得x2＋6x－16＝0．解得x＝2(负值已舍)，故
BE·DE＝CE·AE＝12．∵BD＜BC＋CD＝8，
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，BF＝c，连AC、CE、AE，则CE＝AE＝BD＝a，AC=BF ＝c．
在四边形BCDE中，由托勒密定理，得81b＋812＝a2①
同理81b＋31·81=ac ②
31a＋81a=bc ③
解①、③、③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
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
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： 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．
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AC＝1的圆及圆内接
四
与已知等式比较，得BD＝1，即BD也为圆的直径，故a2＋b2=1
例6设a＞c，b＞c，c＞0，
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
河北晋州市数学论文研究协会
张东海王素改