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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