四点共圆例题及答案

--PAGE--.可修编-.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)假设四边形的两个对角互补(或一个外角等于它的对角)，那么四点共圆．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)假设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 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 是证“四点共圆〞的根本方法，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 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 达了． 【例1】在圆接四边形ABCD中，∠A-∠C=12°，且∠A∶∠B=2∶3．求∠A、∠B、∠C、∠D的度数．解∵四边形ABCD接于圆，∴∠A+∠C=180°．∵∠A-∠C=12°，∴∠A=96°，∠C=84°．∵∠A∶∠B=2∶3，∠D=180°-144°=36°．　　利用圆接四边形对角互补可以解决圆中有关角的计算问题．【例2】：如图1所示，四边形ABCD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接于圆，∴∠EBC=∠CDA．∴△ADC∽△CBE．　　AD∶BC=DC∶BE．　　AD·BE=BC·DC．　　本例利用圆接四边形的一个外角等于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：圆接四边形两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和．：如图2所示，四边形ABCD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 数学高考答题卡模板高考数学答题卡模板三年级数学混合运算测试卷数学作业设计案例新人教版八年级上数学教学计划 竞赛中经常看到它的影子，希望能引起我们注意．命题“菱形都接于圆〞对吗？命题“菱形都接于圆〞是不正确的．所以是假命题．理由是：根据圆的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，那么只可能是每个角等于90°，既具有菱形的性质，且每个角等于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，“菱形都接于圆〞这个命题是错误的．5圆的接四边形 例1 ：如图7-90，ABCD是对角线互相垂直的圆接四边形，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〔即图中假设M平分CD，那么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 ：如图7-91，ABCD是⊙O的接四边形，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(或错角)相等或同旁角互补．由于CE、DF分别在两个圆中，不易找到角的关系，假设连结AB，那么可构成圆接四边形，利用圆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是圆接四边形，∴∠BAD=∠E．∵ADFB是圆接四边形，∴∠BAD＋∠F=180°，∴∠E＋∠F=180°．∴CE∥CF．　　说明：(1)此题也可以利用同位角相等或错角相等，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)应强调此题的辅助线是为了构成圆接四边形，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，假设此题不变，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，通过讨论明确此题还应有如图7—117的情况并给予证明．例3如图7—118，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，考虑条件可知∠ABD=∠DBE，容易看出．假设连结DE，那么有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．由条件可知∠C=∠ABC．因此只要证∠EDC=∠ABC．因为△EDC是圆接四边形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是圆接四边形，∴∠EDC=∠ABC．∵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．圆接四边形ABCD中，∠A、∠B、∠C的度数的比为2∶3∶6，求四边形各角的度数．　　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，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，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，那么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，那么∠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，那么∠1＝∠2．∵AE∥CD，那么∠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，那么△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°，那么∠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6AB、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，那么∠1=∠A．∵AB∥CD，那么∠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7ABCD为圆接四边形，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，那么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，假设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°，那么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，那么∠1=∠2．∵A、F、D、C四点共圆，那么∠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．   相关资源HYPERLINK"rcs.wuchang-edu./asp/favorites/addtofav.asp?rid=1008180&url"\t"_blank"加到收藏夹 HYPERLINK"rcs.wuchang-edu./asp/rescat/resref.asp?rid=1008180&url"\t"_blank"添加相关资源托勒密定理的数形转换功能市四中开传市第一技校久松　　圆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〞，从而到达用代数运算来代替几何推理的目的．　　例1正七边形A1A2…A7，　　(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，那么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，那么BD的长等于多少？(1988年全国初中数学联赛题)　　此题假设用其它方法解，往往使人一筹莫展．假设运用托勒密定理，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．假设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，那么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=ac②31a＋81a=bc③　　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，假设构造与托勒密定理相似，通过构造圆接四边形，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　　假设按常规方法解这个无理方程，过程繁冗．假设由方程的构造特征联想到托勒密定理，那么构造直径AC=x(x≥11)的圆及圆接四边形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．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，由等式联想到托勒密定理，作直径AC＝1的圆及圆接四　　与等式比拟，得BD＝1，即BD也为圆的直径，故a2＋b2=1　　例6设a＞c，b＞c，c＞0，　　此题假设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晋州市数学 论文 政研论文下载论文大学下载论文大学下载关于长拳的论文浙大论文封面下载 研究协会东海王素改　　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Rt△ACB和Rt△ADB，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．　　根据托勒密定理，有AC·BD＋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．　　：梯形ABCD中，AD=BC，AB∥CD．　　求证：BD2=BC2＋AB·CD．　　证∵等腰梯形接于圆，由托勒密定理，有AC·BD=AD·BC＋AB·CD．∵AD=BC，AC=BD，∴BD2=BC2＋AB·CD．(图略)　　【例3】：边长为1的正七边形ABCDEFG中，对角线AD=a，BG=b(a≠b)．　　求证：(a＋b)2(a－b)＝ab2．　　证连结BD，GE，BE，DG，那么BD=EG＝GB=b，DG=BE＝DA＝a，DE=AB=AG=1．(如图2)　　在四边形ABDG中，由托勒密定理，有AD·BG=AB·DG＋BD·AG，　　即ab=a＋b(1)　　同理在四边形BDEG中，得　　BE·DG=DE·BG＋BD·EG，　　即a2=b＋b2(2)　　将(2)变形为b=a2－b2(3)　　(1)×(3)，得ab2＝(a＋b)(a2－b2)．　　故ab2=(a＋b)2(a－b)．三、构造圆接四边形，运用定理　　【例4】在△ABC中，∠A的角平分线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·CD＋AC·BD．　　又∵∠1=∠2，∴BD=DC．∴AD·BC=AB·CD＋AC·BD=BD(AB＋AC)．　　即AD·BC=BD·(AB＋AC)．圆接四边形的面积公式五中任天民　　设圆接四边形ABCD中各边为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ABCD=S△ABD＋S△BCD　　所以　　这样我们得出了圆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市育群中学甲鼎　　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，它能接于圆，成为圆接四边形．并且此时到达变化过程中面积最大值．下文证明这个事实．　　：四边形ABCD中：AB＝a，BC＝b，CD=c，DA=d　　求证：四边形ABCD中有唯一四边形能接于圆，且此时面积到达最大值．　　证明：(1)先证四边形四边定长，有唯一的四边形接于圆，设∠ABC=α，∠ADC=β，AC=x．　　令α＋β=π，即cosα＋cosβ=0　　x的解唯一确定，代入(1)(2)后cosα、cosβ也随之唯一确，在α，β∈(0，π)的条件下α、β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接四边形．　　(2)当四边定长的四边形接于圆时，此四边形面积最大．∵四边形ABCD的面积　　由余弦定理得a2＋b2－2abcosα=x2=c2＋d2－2cdcosβ　　显然当α＋β=π时(即为圆接四边形时)S2到达最大值，即S最大．一个几何定理的应用省矿务局庞庄职校　怀林　　定理：如图1，在圆接四边形ABCD中弦AD平分∠BAC，那么2ADcosα=AB＋AC．　　证明连接BD、DC、BC，设圆半径为R，那么由正弦定理有：　　BD＝DC＝2Rsinα，　　BC＝2Rsin2α．　　由托勒密定理有　　AB·CD+AC·BD=AD·DC．∴(AB+AC)·2Rsinα=AD·2Rsin2α．　　那么2AD·cosα=AB＋AC．　　下面举例说明它的应用．　　例1如图2，锐角△ABC的∠A平分线交BC于L，交外接圆于N，过L分别作LK⊥AB，LM⊥AC，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)　　证明由得∠BAN=∠CAN，　　由定理有2ANcosα=AB＋AC，　　　　　　=AN·AL·cosα·sinα=AN·AK·sinα　　　　　　=AN·AM·sinα=2S△AKN＝2S△AMN．∴S△ABC=S四边形AKNM．(第21届全奥数)　　证明作正七边形外接圆，如图3所示．　　由定理有2c·cosα=b+c，又在等腰△A1A2A3中有2a·cosα=b．　　例3在△ABC中，∠C=3∠A，a＝27，c＝48，那么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．　　由得：∠ACD=∠DCE=∠ECB=∠A，CD=AB=48，　　由定理有2CE·cosA=CB+CD①　　2CD·cosA＝CE+AC②　　又2CB·cosA=CE③　　由②、③得：b=AC=CE·(CD-CB)/CB=35．托勒密定理及其应用省晋州市数学论文研究协会同林　　托勒密定理：圆接四边形中，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)．　　：圆接四边形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．　　又∠ACB=∠DCP，∠5=∠6，∴△ACB∽△DCP．①＋②得AC(BP＋DP)=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．有些问题假设根据它来论证，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　　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．　　假设借助托勒密定理论证，那么有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Rt△ABC中，∠B=90°，求证：AC2=AB2＋BC2　　证明：如图3，作以Rt△ABC的斜边AC为一对角线的矩形ABCD，显然ABCD是圆接四边形．　　由托勒密定理，有　　AC·BD=AB·CD＋AD·BC．①　　又∵ABCD是矩形，∴AB=CD，AD=BC，AC=BD．②　　把②代人①，得AC2=AB2＋BC2．　　例3如图4，在△ABC中，∠A的平分线交外接∠圆于D，连结BD，求证：AD·BC=BD(AB＋AC)．　　证明：连结CD，依托勒密定理，有AD·BC＝AB·CD＋AC·BD．∵∠1=∠2，∴BD=CD．　　故AD·BC=AB·BD＋AC·BD=　　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，AB∥CD，AD=BC，　　求证：BD2=BC2＋AB·CD．　　证明：∵等腰梯形接于圆，依托密定理，那么有AC·BD=AD·BC＋AB·CD．　　又∵AD=BC，AC=BD，∴BD2=BC2＋AB·CD．　　四、构造图形借助托勒密定理　　例5假设a、b、x、y是实数，且a2＋b2=1，x2＋y2=1．　　求证：ax＋by≤1．　　证明：如图6，作直径AB=1的圆，在AB两边任作Rt△ACB和Rt△ADB，使AC＝a，BC=b，BD＝x，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AC·BD＋BC·AD=AB·CD．∵CD≤AB＝1，∴ax＋by≤1．　　五、巧变原式妙构图形，借助托勒密定理　　例6a、b、c是△ABC的三边，且a2=b(b＋c)，　　求证：∠A=2∠B．　　分析：将a2=b(b＋c)变形为a·a=b·b＋bc，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．　　依托勒密定理，有BC·AD=AB·CD＋BD·AC．①　　而a2=b(b＋c)，即a·a=b·c＋b2．②∴∠BAC=2∠ABC．　　六、巧变形妙引线借肋托勒密定理　　例7在△ABC中，∠A∶∠B∶∠C=1∶2∶4，　　析证：将结论变形为AC·BC＋AB·BC=AB·AC，把三角形和圆联系起来，可联想到托勒密定理，进而构造圆接四边形．　　如图8，作△ABC的外接圆，作弦BD=BC，边结AD、CD．　　在圆接四边形ADBC中，由托勒密定理，有AC·BD＋BC·AD=AB·CD　　易证AB=AD，CD=AC，∴AC·BC＋BC·AB=AB·AC，关于圆接四边形的假设干共点性质县鲁迅中学培养　　设四边形ABCD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)．那么有以下一些共点性质：　　性质1AC、BD、EF三直线共点．　　证明：如图1，设AC交EF于K1，那么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、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2AB、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，那么P1分EF所成的比为　　设AB与EF的延长线交于P2，那么P2分EF所成的比为　　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3EM、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，那么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△PME∽△PFM得　　由(11)、(12)及QE=QF、PN=PM　　可得(9)=(10)，故G1、G2分PQ所成的比相等．∴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5EM、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，那么G3分AC所成的比为　　设NF与AC的延长线交于G4，那么G4分AC所成的比为　　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．　　证明如图4，连结AD、CE，令AE＝t，AC＝m，在圆接四边形ACDE中，据托勒密定理，有　　AD·CE＝AE·CD＋AC·DE，　　即tm＝ta＋ma．托勒密定理及其应用省晋州市数学论文研究协会康美娈立欣　　托勒密定理圆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∠3＝∠4，∴△ACD∽△BCP．∴AC·BP=AD·BC①　　又∠ACB=∠DCP，∠5=∠6，∴AC·DP=AB·CD．②①+②得AC(BP+PD)=AD·BC+AB·CD.　　故AC·BD=AD·BC+AB·CD.　　托勒密定理在教材中仅以习题的形式出现，假设以此定理为根据，可使许多问题解证过程别具一格.　　例1P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是圆接四边形,根据托勒密定理,有　　PA·BC=PB·AC+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，AB∥CD．∵等腰梯形接于圆，∴AC·BD=AD·BC+AB·CD．　　又AD＝BC，AC＝BD，∴BD2=BC2＋AB·CD．　　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AE＝t，AC＝m，在圆接四边形ACDE中，据托勒密定理，有　　AD·CE＝AE·CD＋AC·DE，　　即tm＝ta＋ma．　　例4a、b、x、y是实数，且a2＋b2=1，x2+y2=1．求证：ax＋by≤1．　　证明作直径AB=1的圆，在AB两侧作Rt△ACB和Rt△ADB，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　　AC·BD＋BC·AD＝AB·CD．　　又∵CD≤AB=1，∴ax+by≤1．　　例5△ABC的三个角A、B、C的对边分别为a、b、c，且a2=b(b＋c)．求证：A=2B．　　分析将a2＝b(b＋c)变形为a·a=b·b＋b·c，可联想到托勒密定理，进而构造一个圆接等腰梯形，使两腰为b，两对角线为a，一底边为c．　　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．　　那么BD=AC=b．　　据托勒密定理有BC·AD=AB·CD＋BD·AC．①　　又a2=b(b＋c)，即a·a=b·b＋b·c．②　　比拟①、②，有CD=b=BD．于是∠BAC=2∠ABC，即A=2B．托勒密定理的逆定理在凸四边形ABCD中，如果AC·BD=AB·CD＋BC·AD，那么A，B，C，D四点共圆．　　证明如图2，作∠BAE＝∠DAC，∠ABE＝∠ACD，　　那么△ABE∽△ACD，　　在△ABC和△AED中，∵∠BAC＝∠DAE和(2)成立，　　由(1)和(3)式，得到AB·CD＋AD·BC＝AC(BE＋ED)，　　又∵AB·CD＋AD·BC＝AC·BD，∴BE+ED＝BD．　　故E点在BD上，∠ABE和∠ABD重合，∴∠ABD＝∠ACD，故A、B、C、D四点共圆．　　托勒密推广定理设ABCD是凸四边形，那么　　AC·BD≤AB·CD＋BC·AD．(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，那么上式变成欧拉(Euler)等式．即　　AC·BD＝AB·CD+BC·AD．例1设△ABC是正三角形，D是其外接圆上的任意一点，那么DA＝DB＋DC(图3)．　　证明由托勒密定理得：　　AD·BC＝AB·CD+AC·BD，∵AB＝BC＝CA，∴AD＝DB+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AC·BD＝AB·CD＋BC·AD．∵BD＝AC，DC＝AB，AD＝BC，∴AC2＝AB2+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．　　例3求边长为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·CD＋BC·AD，　　即AC2＝a2＋a·AC．　　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，那么得CD＝DE＝a，AC＝CE＝b，AD＝AE＝c．应用托勒密定理得到：　　AD·CE＝AC·DE＋CD·AE，　　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．　　求证：(AP＋BP)CQ＝CP·BQ．　　证明∵AP·BC＋BP·AC＝PC·AB(托勒密定理)，　　又∵BC＝AC，∴(AP＋BP)AC＝PC·AB，　　故(AP＋BP)CQ＝CP·BQ．　　例6在同心圆O1，O中，大圆半径是小圆半径的两倍，小圆O的接四边形ABCD的各边的延长线顺次交大圆O1于B1，C1，D1，A1，那么　　A1B1＋B1C1＋C1D1＋D1A1≥2(AB＋BC＋CD＋DA)．(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A1B1·OA＋AA1·OB1≥O1A1·AB1，∵O1B1＝O1A1＝2OA，AB1＝AB＋BB1，∴上式为A1B1≥2AB+2(BB1-AA1)，同理可得　　B1C1≥2BC＋2(CC1-BB1)，C1D1≥2CD＋2(DD1-CC1)，D1A1≥2DA＋2(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上的任一点，那么AD2·BC＝AB2·CD+AC2·BD-BC·BD·CD．　　证明如图8，延长AD交△ABC的外接圆于E点，那么得　　AE·BC＝AB·EC+AC·BE，　　即(AD＋DE)·BC＝AB·EC＋AC·BE．(1)　　由△ADC∽△EDB，△ADB∽△CDE，△BDE∽△ADC，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AD2·BC＝AB2·CD＋AC2·BD-BC·BD·CD．　　说明当D点在BC边延长线上时，那么有　　AD2·BC＝AC2·BD-AB2·CD+BC·BD·DC．　　例8ABCD为圆O的接四边形(图9)，且AB为直径，AD＝a，DC＝b，BC=c，那么AB是三次方程　　x3-(a2＋b2＋c2)x-2abc＝0的一个根．　　证明设AB＝d，∵ABCD接于⊙O，按托勒密定理可得AC·BD＝bd＋ac，两边平方得　　到AC2·BD2＝b2d2+a2c2+2abcd，　　又∵AC2＝d2-c2，BD2＝d2-a2，∴d4-(a2＋c2)d2+a2c2＝b2d2+a2c2＋2abcd，　　d4-(a2＋b2＋c2)d2-2abcd＝0，∵d≠0，∴d3-(a2＋b2＋c2)d－2abc＝0．　　即AB是三次方程x3-(a2＋b2＋c2)x-2abc＝0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，圆接四边形ABCD两组对边的延长线分别交于E、F．　　求证：EC·ED＋FC·FB=EF2．　　证明作∠1=∠2，那么∠3=∠4，∵∠4=∠5，∴∠3=∠5．　　由∠1=∠2知，P、C、D、F四点共圆．∴EC·ED＝EP·EF①　　由∠3=∠5知：P、C、B、E四点共圆．∴FC·FB=FP·FE②①+②，得　　EC·ED＋FC·FB=EF(EP＋PF)=EF2练习：　　1．等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AC是对角线，求证：AC2=AD2＋AB·CD．(提示：在AC上取一点P，使∠PBA=∠CAD)　　2．顶角为20°，腰长为a，底边长为b的等腰三角形．求证：a3＋b3=3a2b．(提示：在AB上取一点D，使∠BCD=∠A)．圆接多边形的一个美妙性质省赣南师学院熊曾润　　专题研究　　本文提醒圆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)，那么　　定理设n边形A1A2A3…An接于圆O(n≥3)，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n边形的顶点)，那么　　证明应用数学归纳法：　　(1)由引理可知，当n＝3时命题成立．　　(2)假设n＝k(k≥3)时命题成立，下证n＝k＋1时命题也成立．　　如图2，设(k＋1)边形A1A2A3…Ak＋1接于圆O，从圆O上任意一点P向边A1A2，A2A3，…，AkAk＋1，Ak＋1A1或其延长线引垂线，设垂足分别为Q1，Q2，…，Qk，Qk＋1．又从点P向对角线A1Ak引垂线，设垂足为Qk′．注意到k边形A1A2A3…AkA1也以圆O为外接圆，且按假设n＝k时命题成立，所以有　　又△A1AkAk＋1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　　这就说明n＝k＋1时命题成立．　　综合(1)和(2)，由归纳法原理可知，对任何n≥3，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接于圆的任意封闭折线中，有兴趣的读者不妨一试．圆接闭折线的垂心及其性质(1)省赣南师学院熊曾润　　本文拟应用解析法，将三角形的垂心概念推广到一般圆接闭折线中，并对其性质作初步探讨．以原点O为圆心，以R为半径的圆；符号A(n)表示这个平面的一条n边闭折线　　A1A2A3…AnA1．　　定义设闭折线A(n)接于⊙(O，R)，其顶点Ai的坐标为(xi，yi)(i=1，2，…，n)，　　那么点H(xH，yH)称为闭折线A(n)的垂心．　　式(*)称为垂心的坐标公式．　　一般圆接闭折线的垂心，具有以下性质：　　定理1设闭折线A(n)接于⊙(O，R)，它的垂心为H，顶点系重心为G，外心为O，那么H、G、O三点共线，且HG∶GO=(n-1)∶1．　　证明应用同一法．取线段HO的分点P，使HP∶PO=(n-1)∶1．显然，我们只需证明点P是A(n)的顶点系重心G就行了．　　设A(n)的顶点Ai的坐标为(xi，yi)(i=1，2，…，n)，它的垂心H的坐标为(xH，yH)，顶点系重心G的坐标为(xG，yG)，由垂心和重心的坐标公式可得　　又按本文的约定，外心O为坐标原点，其坐标为(0，0)．设点P的坐标为(x，y)，因为HP∶PO=(n-1)∶1，由定比分点的坐标公式可得　　比拟④和②，可知点P是A(n)的顶点系重心G．命题得证．　　显然，这个定理是著名的“欧拉线定理〞的推广．　　定理2设闭折线A(n)接于⊙(O，R)，它的垂心为H，那么诸线段AiH(i=1，2，…，n)的中点n个点共圆．　　证明设A(n)的顶点Ai的坐标为(xi，yi)(i=1，2，…，n)，令　　那么E(xE，yE)为定点．设线段AiH(i=1，2，…，n)的中点为Pi(xi′，yi′)，显然，我们只需证明|PiE|为定长就行了．　　由公式(*)可知，垂心H的坐标为⑥　　根据两点间的距离公式，由⑤和⑥可得　　注意到点Ai(xi，yi)在⊙(O，R)上，可知xi2+yi2=R2，　　容易知道，这个定理是著名的“九点圆定理〞的一个推广．　　设n≥4，在闭折线A(n)中连结AiAi+2(如图1)，可以得到一条(n-1)边的闭折线　　AiAi+2Ai+3…Ai+n-1Ai(其中An+k为Ak)，称为A(n)的一条子折线，记作A(n-1)i．　　显然，闭折线A(n)有且只有n条子折线A(n-1)i(i=1，2，…，n)．　　定理3设n≥4，闭折线A(n)接于⊙(O，R)，那么其诸子折线A(n-1)i(i＝1，2，…，n)的垂心凡n个点共圆，这个圆的半径为R，它的圆心正是闭折线A(n)的垂心．　　证明设A(n)的垂心为H(xH，yH)，其任一子折线A(n-1)i的垂心为Hi(xi′，yi′)(1≤i≤n)．显然，我们只需证明点Hi在⊙(H，R)上就行了．　　设A(n)的顶点Ai的坐标为(xi，yi)(i=1，2，…，n)，由公式(*)可得　　又，易知⊙(H，R)的方程为　　(x-xH)2＋(y-yH)2＝R2．⑨　　在方程⑨中令x=xi′，y=yi′，再将⑦和⑧代入⑨，就得xi+12+yi+12=R2．　　注意到点Ai+1(xi+1,yi+1)在⊙(O,R)上,可知上式成立．这就说明点Hi的坐标(xi′,yi′)满足方程⑨，从而点Hi在⊙(H，R)上．命题得证．　　这个关于垂心的共圆点定理非常优美，耐人寻味．　　定理4设n≥4，闭折线A(n)接于⊙(O，R)，其子折线A(n-1)i的垂心为Hi，那么诸线　段Ai+1Hi(i＝1，2，…，n)必共点，且被这个点所平分．　　证明设A(n)的顶点Ai的坐标为(xi，yi)(i=1，2，…，n)，令　　那么点E(xE，yE)为定点．显然，我们只需证明点E为诸线段Ai＋1Hi(i=1，2，…，n)的中点就行了．　　设线段Ai+1Hi的中点为P(x，y)，垂心Hi的坐标为(xi′，yi′)，由公式(*)可得　　比拟⑩和，可知定点E是线段Ai＋1Hi的中点P(i=1，2，…，n)．命题得证．　　同样，这个关于垂心的共点线定理，也是耐人寻味的．　　参考文献　　1熊曾润．闭折线的顶点系重心的性质．中学教研(数学)，1998，1～2