最近在進行「高中數學第一冊-陪伴式線上課程」，有認真的學生提到，
他在解一道四邊形的題目時，用到了托勒密定理。
印象中，我在教高中數學時，幾乎沒有用過這個定理解題。
不過，既然學生提出來了，不妨就來探討，四邊形有什麼樣的故事。
首先，是關於面積的部份。
我們已經知道，三角形有Heron公式，那麼這個公式能否推廣至四邊形呢？
答案是「能」，
首先，來複習一下，什麼是Heron公式？
設三角形的三邊長為 \(a\)、\(b\)、\(c\)，且 \(s=\frac{a+b+c}{2}\) 為其半周長，則$$\Delta ABC的面積 = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$$
同樣地，對於圓內接四邊形\(ABCD\)，四邊長為 \(a\)、\(b\)、\(c\)、\(d\)，則其面積 \(S\) 為
$$S=\sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)}$$ 其中 $$s=\frac{a+b+c+d}{2}$$
如圖所示：
$$S=\Delta ABC面積 + \Delta ACD面積 = \frac{1}{2}absinB+\frac{1}{2}cdsinD$$
因為圓內接四邊形對角互補，因此$$sinD=sin(\pi-B)=sinB$$
所以$$S=\Delta ABC面積 + \Delta ACD面積 = \frac{1}{2}(ab+cd) sinB$$
將上式等號兩邊同乘以 \(4\) 再平方可得：$$(4S)^2=(2ab+2cd)^2sin^2B=(2ab+2cd)^2(1-cos^2B) \tag{1}$$
接著，利用餘弦定理，設法將 \(cos^2B\) 代換掉：
$$\begin{aligned}
\overline{AC}^2 &= a^2+b^2-2abcosB \\
&= c^2+d^2-2cdcosD = c^2+d^2-2cdcos(\pi-B) = c^2+d^2+2cdcosB
\end{aligned}$$
將上式移項整理：$$(2ab+2cd)cosB=a^2+b^2-(c^2+d^2)$$ 等號兩邊同時除以 \(2(ab+cd)\) 可得
$$cosB=\frac{a^2+b^2-c^2-d^2}{2(ab+cd)}$$ 將此餘弦值代入第(1)式：
$$\begin{aligned}
(4S)^2 &= (2ab+2cd)^2(1+cosB)(1-cosB) \\
&=(2ab+2cd)^2(1+\frac{a^2+b^2-c^2-d^2}{2ab+2cd})(1-\frac{a^2+b^2-c^2-d^2}{2ab+2cd}) \\
&=(2ab+2cd)^2\times \frac{(a+b)^2-(c-d)^2}{2ab+2cd}\times \frac{(c+d)^2-(a-b)^2}{2ab+2cd} \\
&=(a+b+c-d)(a+b-c+d)(c+d+a-b)(c+d-a+c) \\
&=(2s-2d)(2s-2c)(2s-2b)(2s-2a)
\end{aligned}$$ 故 $$S^2=(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)$$
圓內接四邊形的長度關係
講完了面積，對於圓內接四邊形的四邊長及對角線，也有很特別的關係：
過 \(D\) 作一直線交 \(\overline{AC}\) 於 \(E\)，使得 \(\angle{CDE}=\angle{ADB}\)，故 $$\Delta DCE \sim \Delta DBA$$
另外，因為 \(\angle{DAE}=\angle{DBC}\) 且 \(\angle{ADE}=\angle{BDC}\)，所以 $$\Delta ADE \sim \Delta BDC$$
進而 $$\frac{\overline{CD}}{\overline{BD}}=\frac{\overline{CE}}{\overline{AB}},\ \frac{\overline{BC}}{\overline{AE}}=\frac{\overline{BD}}{\overline{AD}}$$
因此 $$\overline{CD}\cdot \overline{AB}=\overline{BD}\cdot \overline{CE} \ 且\ \overline{AD}\cdot \overline{BC}=\overline{AE}\cdot \overline{BD}$$
將以上兩式相加可得 $$\overline{CD}\cdot \overline{AB}+\overline{AD}\cdot \overline{BC} = \overline{BD}\cdot \overline{CE}+\overline{AE}\cdot \overline{BD} =\overline{BD}\cdot (\overline{CE}+\overline{AE}) = \overline{BD}\cdot \overline{AC}$$
即 $$ac+bd=xy$$ 這就是Ptolemy定理，要注意的是，這個定理僅針對圓內接四邊形等號才會成立。
如果是對於一般四邊形會如何呢？
一般凸四邊形的長度關係
與 Ptolemy 定理同樣的證明方式，
作點 \(E\) 使得 \(\angle{DAE}=\angle{BAC}\) 且 \(\angle{ADE}=\angle{ACB}\)
於是 \(\Delta ADE \sim \Delta ACB\)
故 $$\frac{\overline{AD}}{\overline{ED}}=\frac{\overline{AC}}{\overline{BC}}，\ 即\ bd=x\overline{ED } \tag{2}$$
另外，因為 \(\frac{\overline{AB}}{\overline{AE}}=\frac{\overline{AC}}{\overline{AD}}\) 且 \(\angle{DAC}=\angle{EAB}\)，
所以 \(\Delta ABE \sim \Delta ACD\)
故 $$\frac{\overline{AB}}{\overline{BE}}=\frac{\overline{AC}}{\overline{CD}}，\ 即\ ac=x\overline{BE} \tag{3}$$
將第(2)式 與 第(3)式 相加可得：$$ac+bd=x\overline{BE}+x\overline{ED}=x(\overline{BE}+\overline{ED})\geq x\overline{BD}=xy$$
要注意，等號成立的條件就是點 \(E\in \overline{BD}\)， 即 \(A\)、\(B\)、\(C\)、\(D\) 四點共圓。
一般凹四邊形的長度關係
如圖，考慮以下凹四邊形 \(ABCD\)
接著，連接 \(\overline{AC}\)，並以 \(\overline{AC}\) 為對稱軸作點 \(B\) 的對稱點 \(B’\)，然後連接 \(AB’\) 與 \(B’C\)
下一步，連接 \(\overline{BD}\) 及 \(\overline{B’D}\)，令 \(\overline{B’D}=y’\)
在凸四邊形 \(AB’CD\) 中，$$xy’\leq ac+bd$$ 又因為 \(y\leq y’\)，因此 $$xy\leq xy’ \leq ac+bd$$
實際上，無論凸或凹四邊形，皆有以下更精準的關係式：$$x^2y^2=a^2c^2+b^2d^2-2abcdcos(B+D)$$
為什麼？
觀察下圖：
因為 \(\Delta ADE \sim \Delta ACB\)，所以 \(\angle{AED} = \angle{ABC}\)，
另外，因為 \(\Delta ABE \sim \Delta ACD\)，所以 \(\angle{AEB} = \angle{ADC}\)
其中，$$\angle{BED}=2\pi-(\angle{AEB}+\angle{AED}) = 2\pi -(\angle{D}+\angle{B})$$
在 \(\Delta BED\) 中，根據餘弦定理：$$\overline{BD}^2=\overline{ED}^2+\overline{BE}^2-2\overline{ED}\cdot\overline{BE}cos\angle{BED}$$
也就是 $$y^2=\overline{ED}^2+\overline{BE}^2-2\overline{ED}\cdot\overline{BE}cos(B+D)$$
接著將等號兩邊同乘以 \(x^2\) 可得
$$\begin{aligned}
x^2y^2 &= (x\cdot \overline{ED})^2+(x\cdot\overline{BE})-2(x\overline{ED}(x\overline{BE})cos(B+D)) \\
&= (bd)^2+(ac)^2-2(bd)(ac)cos(B+D)
\end{aligned}$$
其中 $$cos(B+D)=cos(2\pi-(A+C))=cos(A+C)$$ 因此也可以寫成 $$x^2y^2 = (bd)^2+(ac)^2-2abcdcos(A+C) $$
大致如此，這篇文章先寫到這邊，提供給同學課外閱讀參考。
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