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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