托勒密定理简单应用
托勒密定理及应用_沈文选
∠ ★数学竞赛初级讲座 ★托 勒 密 定 理 及 应 用湖南师大数学奥林匹克研究所 沈文选上依次排列的四点, 则1 基础知识托勒密定理 圆内接四边形的两组对边乘积之和等于两对角线的乘积.证明:如图 1, 四边形 ABCD 内接 ⊙O , 在 BD 上 取点 P , 使 ∠PAB = ∠CAD , 则 ■ ABP ∽ ■ ACD , 于是AB ·CD +BC · A D =AC ·BD . ④ 四边形中的托勒密定理 设四边形 ABCD 为任意凸四边形, 则 AB ·CD +BC · AD ≥AC ·BD . ⑤当且仅当 A 、B 、C 、D 四点共圆时取等号. 证 明:如 图 2, 取 点 E 使 ∠BAE = ∠CAD , ∠ABE = ∠ACD , 则■ABE ∽ ■ACD , 即有 AB = BP*AB · C D = AC · AD = AC , 且 AC = CD , 即AC CD AE AB AB BE BP .又■ABC ∽■ APD , 有 BC · AD = AC · P D .上述两乘积式相加, 得AB ·CD +BC · A D =AC (BP +PD )=AC ·BD .① 注:此定理有多种证法, 例如也可这样证:作 AE ∥BD 交⊙O 于 E , 连结 EB 、ED , 则知四边形 BDAE 为等腰梯形, 有 EB = AD , ED = AB , ∠ABD =∠BDE =θ, 且∠EBC +∠EDC =180°, 令 ∠BAC =φ, AC 与 BD 交于点 G , 则S 四边形ABCD = 1 AC ·BD ·sin ∠ AGD = 1AC ·BD ·AB ·CD =AC ·BE . (＊)又 ∠DAE = ∠CAB , 有■ ADE ∽■ACB , 亦有 AD ·BC =AC ·ED . (＊＊)由(＊)式与(＊＊)式, 注意到 BE +ED ≥BD , 有 AB ·CD +BC · A D =AC ·(BE +ED )≥ AC · B D . 其中等号当且仅当 E 在BD 上, 即∠ABD =∠ACD 时成立.此时 A 、B 、C 、D 四点共圆.由此, 即有托勒密定理的逆定理 在凸四边形 ABCD 中, 若 AB ·CD +BC · A D =AC ·BD , 则 A , B , C , D 四点 共圆.2 综合应用2 sin (θ+φ)= 1 AC · B D ·sin ∠EDC , 2 S 四边形EBCD = S ■EBC + S ■ECD = 21EB · BC 22 .1 恰当地选择或作出四边形, 是应用托勒密定理的关键例 1 在■ABC 中, 角 A 、B 、C 的对边分别为 a 、 ·sin ∠EBC + 1 ED · D C ·sin ∠EDC = 1 (EB · B C +b 、c .若角 A 、B 、C 的大小成等比数列, 且 b 2 -a 2 = 2 2ac , 则角 B 的弧度数等于多少? (1985 年全国高中联 ED · DC )· sin ∠EDC = 1(AD · BC + AB · DC )2·sin ∠EDC .易知 S 四边形AB CD =S E BC D , 从而有 AB · DC +BC · AD = AC · B D .推论 1 (三弦定理)如果 A 是圆上任意一点, AB , AC , AD 是该圆上顺次的三条弦, 则AC · sin ∠BAD = AB · sin ∠CAD + AD · sin ∠CAB . ② 事实上, 由①式, 应用正弦定理将 BD , DC , BC 换掉即得②式.推论 2 (四角定理)四边形 ABCD 内接于 ⊙O , 则 sin ∠ADC ·sin ∠BAD =sin ∠ABD · sin ∠BDC + sin ∠ADB ·sin ∠DBC . ③ 事实上, 由①式, 应用正弦定理将六条线段都换掉即得③式.直线上的托勒密定理 若 A 、B 、C 、D 为一直线赛题)解:如图 3 , 过点 C 作 CD ∥ AB 交■ ABC 的外接圆于D , 连结AD , 则 四边形 ABCD 为 等腰梯形.由托勒密定理, 有 b 2 =a 2 + c ·CD .由已知有 b 2 = a 2 + c · a , 则CD =a , 从而 AD =DC = CB , 即 ADC =2 BC , 亦即 ∠B =2 ∠BAC .又因为在■ ABC 中, ∠A 、∠B 、∠C 的大小成等比数列, 则公比 q = ∠B=2 .从而, ∠A +∠B + ∠CA=∠A +2 ∠A +4 ∠ A =7 ∠ A =π, 故∠ A = π, ∠B7=2π为所求. 7例 2 凸四边形 ABCD 中, ∠ABC =60°, ∠BAD3 331°= =∠BCD =90°, AB =2, CD =1, 对角线 AC 、BD 交于 点O , 如图 4, 求 sin ∠AOB .(1996 年北京中学生数学竞赛题)解:因∠BAD =∠BCD =90°, 则 A 、 B 、 C 、D 四 点共 圆, 延 长 BA , CD 交 于 P , 则 ∠ ADP = ∠ABC =60°.设 AD =x , 有 AP = 3 x , DP =2 x .由割线定理, 有(2 + x )· 3 x =2 x (1 +2 x ).求得 AD = x =AB · AF ·sin (α+β)+1AC · A F ·sin α 2= AF(AB · C D + AC · B D ), 4R其中 R 为外接圆半径 .又 S 四边形AMDN = 1 AM · AD ·sin α+ 1AD · AN ·2 2sin (α+β)= 2AD [ AF · c o s (α+ β)· s in α+ AF ·c o s α· sin (α+β)]= 1 AD · A F ·sin (2α+β)= AF AD ·BC . 2 -2, BC =BP=4 - 3 . 2 4R2对四边形 ABCD 应用托勒密定理, 有由托勒密定理, 有 AB ·CD +AC ·BD =AD ·BC . 故 S 四边形AMDN =S ■ABC . BD ·AC =(4- 3)(2 -2)+2·1 =10 3-12.例 5 如图 7 , 在■ABC 中, ∠A =60°, AB >AC , 又 S 四边形ABCD =S ■ABD +S ■BC D =(2 3 -2)+ 12·(4- 3)=3 3.2点 O 是外心, 两条高 BE , CF 交于 H 点, 点 M , N 分别在线段BH , HF 上, 且满足 BM =CN .求M H +NHOH的值.(2002 年全国高中联赛题)从而, 1 (10 2 sin ∠AOB =15+6 26-12)· sin ∠AOB = 3 3 .故 2.解法 1 :参见文[ 1] 中的解法 2 .解法 2:同解法 1 , 知 B , C , H , O 四点共 圆, 有 ∠OBH = 例 3 如图 5, 已知在 ■ABC 中, AB > AC , ∠A 的一个外角的角平分线交 ■ABC 的外接圆于点E , 过 E 作 EF ⊥AB , 垂足为 F .求证:2 AF = AB - AC .(1989 年全 国高中联赛题)证明:在 FB 上取点D , 使 FD =FA , 连结 ED 并延长交圆于 G ,连结 AG 、EC , 则 ∠ACE = ∠AGD , ∠ ADG =180°- ∠OCH , 而 BO = OC , BM = CN , 则■OB M ≌■OCN , 从而 OM = ON , ∠BMO = ∠CNO , 由此知 O , M , H , N 四点共圆,且等腰■OMN 的顶角∠MON =∠N HE =120°, 即知 MN =sin 120° 3 .OM sin 30 对四边形 OMHN , 应用托勒密定理, 有 MH · O N+NH · O M = OH · MN , 故 MH +N H = MN = 3 为∠ADE = 180°- ∠EAH = ∠EAC , 从 而 ■ADG ∽ ■ E A C , 且BC = A G .于是, 注意 BC = A G , 有 AD =所求. OH OMAE ·BC , 故 2 AF = A E · B C . 2 .2 注意托勒密定理逆定理的应用和拓广的托勒密定理或托勒密定理推论的应用 EC EC连结 EB , 对四边形 AEBC 应用托勒密定理, 有AB ·EC =AE ·BC +BE · A C ,即 AE ·BC =AB · E C -BE · A C .于是 2 AF = AB ·EC -BE · A C=AB -AC .EC其中 EC =BE 可由 ∠EAB =∠EAH =∠EBC 推得. 例4 如图 6, 在锐角 ■ABC 的 BC 边上有两点 E 、F , 满足∠BAE = ∠CAF , 作 FM ⊥AB , 重足为 M , FN ⊥AC , 垂足为 N , 延长 AE 交 ■ABC 的外接圆于点 D .证 明:四 边 形 AMDN 与 ■ ABC 的面积相等.(2000 年全国高中联赛题)证明:设 ∠BAE = ∠CAF =α, ∠E AF =β , 有 S ■AB C = 1·2例 6 若有四个圆都与第五个圆内切, 第一个与 第二个圆的外公切线的长用 l 12表示, 其他前四个圆中的两两的外公切线也用同样的方法来标记, 且前四个圆以顺时针的顺序排列, 试证明依次以 l 12 、l 23 、l 34 、l 41为边长, 以 l 13 , l 24 为对角线所构成的凸四边形的四个顶点共圆.(《中等数学》数学奥林区克问题高 79)证明:如图 8, 设前四个圆 分 别 为 ⊙O 1 、 ⊙O 2 、 ⊙O 3 、 ⊙O 4 , 第五个圆为⊙O .前四个圆与⊙O 分别内切于 A 、B 、C 、D , 则易知 A 、O 1 、O 三点共线.类似地, 有 B 、O 2 、O ;C 、O 3 、O ;D 、O 4 、O 三点共线.设五 个圆 的 半径 分 别 为 r 1 、r 2 、r 3 、r 4 、R ;∠AOB =α、∠BOC =β 、∠COD =γ、3 312 2 = = ∠DOA =δ;OO 1 =a 、OO 2 =b 、OO 3 =c 、OO 4 =d , 则 a =R -r 1 , b =R -r 2 , c =R -r 3 , d =R -r 4 . BC · C A .试确定 D 点的几何位置, 并证明你的结论. (1998 年 CM O 试题)从而 l 2=O 1 O 2-(r 1 -r 2)2=a 2+b 2-2 ab cos α此题我们改证比其更强的命题如下:-(a -b )2=4ab sin 2 α.2故 l 12 =2 ab sin α.2同理, 可求得 l 23 , l 34 , l 41 , l 13 , l 24 . 要证明以 l 12 、l 23 、l 34 、l 41 为边长, 以 l 13 , l 24 为对角线所构成的凸四边形的四个顶点共圆, 只要证明 l 12 · l 34 +l 23· l 41 =l 13· l 24 , 化简后只要证明 sin α sin r设 D 为锐角■ ABC 内部一点, 求证: DA · D B · AB +DB · DC · BC +DC · D A · C A ≥ AB ·BC ·CA ,等号当且仅当 D 为■ABC 的垂心时才成立.证明:如 图 10 , 作 ED ∥BC , FA ∥ED , 则四边形 BCDE 和四边形 ADEF 均是平行四边 +sin β ·sin δsinα+β sin β +γ2 · 2 形.连结 BF 和 AE .显然四边形BCAF 也 是平行四边 形.于 是 2 2 = 2 · 2, (＊)即 sin ∠ADB · s in ∠DBC + sin ∠BDC · sin ∠ ABD = sin ∠ADC ·sin ∠BAD .这由托勒密定理的推论 2 即证.注:对于(＊)式也可由正弦定理 AB =2 R sin α2式转换成 AB ·CD +BC ·DA = AC · BD 即证.此例是一个富有应用价值的问题.托勒密定理是这个问题中四个圆均变为点(过该点的线成了“ 点圆”的切线)的情形.例 7 经过 ∠X OY 的平分线上 的一点 A , 任 作一直 线与OX 及 OY 分别相交于P , Q .求AF = E D = B C , EF = AD , EB = CD , BF = AC .对 四 边 形ABEF 和四边形 AEBD , 应用四边形中的托勒密定理(或托勒密不等式)有 AB ·EF +AF · BE ≥ AE ·BF , BD · AE +AD ·BE ≥ AB ·ED , 即 AB · AD +BC · C D ≥AE · A C , BD ·AE + AD ·CD ≥AB ·BC . (＊)对上述(＊)式中前一式两边同乘 DB 后, 两边同加上 DC ·DA · AC , 然后注意到上述(＊)式中的后一式, 有DB ·DA · AB +DB ·DC ·BC +DC ·DA · AC ≥DB · A E · A C +DC ·DA · AC , 证:1 OP + 1等于定值.OQ 即 DB (AB · A D +BC · C D )+DC ·DA ·C A≥ AC (DB · A E +DC · A D )≥AC · A B ·BC . 解:如图 9 , 过 O , P , Q 三点 作 圆, 交 射 线 OA 于 B .设 ∠POA = ∠QOA =α, 对四边形 OPBQ 中的三条弦 OP , OB , OQ应用托勒密定理的推论 1 , 有BO ·sin2 α=OP ·sin α+OQ ·sin α.即 OP + OQ = BO ·sin2α= 2BO ·sin α·c o s α =故 DA ·DB · A B +DB · DC ·BC +DC ·DA · CA ≥ AB ·BC ·CA .其中等号成立的充分必要条件是(＊)式中两个不等式中的等号同时成立, 即等号当且仅当四边形 ABEF 及四边形 AEBD 都是圆内接四边形时成立 , 亦即五边形AFEBD 恰是圆内接五边形时等号成立.由于四边形 AFED 为平行四边形 , 所以条件等价于四边形 AFED sin α sin α为矩形(即 AD ⊥BC ), 且 ∠ABE =∠ ADE =90°, 亦等 2 BO ·c o s α. (＊)连结 BQ , 由■OPA ∽■OBQ , 有OP ·OQ =OA ·OB . 由(＊)式除以上式, 得 1 + 1 =2c o s α 定值).价于 AD ⊥BC 且CD ⊥AB , 所以所证不等式等号成立的充分必要条件是 D 为■ABC 的垂心 .3 强化训练OP OQ OA (注:类似于此例, 应用托勒密定理的推论 1 也可求解如下问题:过平行四边形 ABCD 的顶点 A 作一圆分别与AB , AC , AD 相交于E , F , G .则有 AE · A B + AG · A D =AF · AC .事实上, 若设∠BAC =α, ∠CAD =β , 则有 AE · sin β+ AG ·sin α= AF ·sin (α+ β).对此式两边同乘 AB · AC · AD , 利用三角形的面积公式有 AE · AB · S ■A DC +AG · AD ·S ■ABC =AF · AC ·S ■A B D .而在º ABCD 中, 有 S ■ADC = S ■ABC =S ■ABD , 由 (1)■ABC 为⊙O 内接三角形, AB > AC >BC .点 D 在BC 上, 从 O 点分别作 AB 、AC 的垂线交 AD 于E 、F , 射线 BE 、CF 交于P 点.则 PB =PC +PO 的充要条件是∠BAC =30°. (2) 证明:设 ■ABC 中, ∠ A 、∠B 与 ∠C 的三条 角平分线分别交 ■ABC 的外接圆于 A 1 , B 1 , C 1 , 则 A A 1 +BB 1 +CC 1 >AB +BC +CA .(1982 年澳大利亚 竞赛题)(3) 设六边形 ABCDEF 是凸六边形, 且 AB =BC , 此即证.例 8 设 D 为锐角 ■ABC 内部一点, 且满足条 CD =DE , EF =FA .证明:BC + DE +FA ≥ 3 , 并指BE DA FC 2件:DA ·DB · AB +DB ·DC · B C +DC ·DA ·CA = AB ·出等式在什么条件下成立.(I M O 38 预选题)等,= > (= ( > ( > ()= ( + + +z 3 a b c 3 BC ≥ b c a (4)在 ■ABC 中, ∠A =90°, ∠B < ∠C .过 A 点 = AM .令 ∠ABC =∠EBC =θ, 有BX = BX =c o s2θ, 作■ ABC 的外接圆⊙O 的切线, 交直线 BC 于点D , 设点 A 关于直线BC 的对称点为点E , 作 AX ⊥BE , 垂足为 X , Y 为AX 的中点, BY 与⊙O 交于Z .证明:BD ME 即 AM =c o s2θ. MEEB AB 为■ADZ 的外接圆的切线.(I M O 39 预选题)(5)⊙O 为正■ABC 的外接圆, AD 为 ⊙O 的直 径, 在BC 上任取一点 P (P ≠B , P ≠C ), 设 E 、F 分别为■PAB 、■PAC 的内心, 证明 PD =l PE -PF l.(6)设 G 为■ ABC 的重心, 在■ABC 所在平面上 确定点 P 的位置, 使得 AP · AG +BP · B G +CP · CG 对四边形 ABEZ 应用托勒密定理有 AZ ·BE + AB ·EZ =AE ·BZ .(＊)注意 AE =2 AB sin θ=2BE sin θ及∠AZ M = ∠EZ M , 有 AZ = AM=c o s2θ, ＊式变为EZ MEAZ =2sin θ·c o s2θ BZ 1+c o s2θ由 ∠ABC =θ, 有 ∠CAD =θ, ∠ ADC =90°-2θ,有最 小 值, 并 用 ■ ABC 的 边 长 表 示 这 个最 小 值 (I M O 42 预选题)有 AC AD = cos2θ sin θ 注 意 AC = BC sin θ, 有 AC = BD 2sin θ·c o s2θ AC AZ AC BD训练题解答(1) 先证必要性.连结 OB , OC , 知■EAB , ■FAC 均为等 腰三角形, 且 ∠BPC = ∠AEP + ∠CFD = 2 (∠BAD +∠CAD )=2 ∠B AC = ∠BOC , 知 B , C , P ,O 共圆.由托勒密定理, 有 PB · OC =PC · OB+PO · BC .由 PB =PC +PO 得 OC =BC , 即■OBC为正三角形, 推得∠BAC 1 ∠BOC =30°.2 再证充分性.由∠B AC =30°, 知 ■OBC 为正三角形, 且由∠BPC =∠BOC 知 B , C , P , O 共圆.由托氏定理有 PB · OC =PC · OB +PO · BC , 及 OC =OB = BC , 即得 PB =PC +PO .(2) 对四边形 ACA 1 B 应用托勒密定理, 有 AA 1·BC =AB · A 1 C + AC · A 1 B .令 A 1 B = A 1 C = x , 注意ABx + A 1 C1+c o s2θ .即BD =BZ , 亦即 AZ =BZ , 再由 ∠ZBD=∠CAZ 知 ■ZBD ∽■ZAC , 有 ∠ZCA =∠ZDB .又 ∠ZCA = ∠ABZ = ∠ZAD , 所以 ∠ZAD = ∠ZDC .即 证.(5) 设 P 在BD 内部, 取 AB , AC 中点 M , N , 可证 P 、E 、 M ;P 、F 、N 分别共线.由 ME = AM = AN = NF . 可 证 ■DME ≌■DNF 及 ∠EPF =60°= ∠EDF , 知 P 、D 、F 、E 共圆, 在此圆中应用托勒密定理, 有 PD·EF +PE ·DF =PF · DE .再由■DEF 为正三角形即 证得PD +PE=PF , 若 P 在DC 上有PD +PF =PE .即 证. (6) 设 a , b , c 分别为 ■ ABC 顶点 A , B , C 所对边长.2 x = A 1 B + A 1 C > BC , 有 2 AA 1 =2 BC =下证所求最小值当 P 为重心 G 时取到, 且最小值(AB +AC )·2 x >AB +AC , 即 AA 1 1AB +AC ). 为 AG 2 +BG 2 +CG 2 1 a 2+b 2 +c 2).BC 2 3同理 BB 1 1 BA +BC ), CC 1 1CA +CB ).此三 2 2式相加即证.(3) 令 AC =a , CE =b , AE =c .对四边形 ACEF 应用托勒密不等式, 有 AC ·EF +CE · AF ≥ AE · C F ,设 Γ是过 B 、G 、C 的圆, 中线 AL 交 Γ于 G (在■ ABC 内)和 K , 令 ∠BGK =θ, ∠AGN =φ, ∠BGN=δ(N 为AB 中点).由 L 为BC 中点, 知 B 、C 到 GL的距离相等.即 BG ·sin θ=CG sin φ, 故 BG = C G.同注意 EF = AF , 有FA ≥ c .同理, DE ≥ b , BC≥理 AG = BG . sin φ sin θFC a +b DA c +a BEsin δ sin φ a . b +c1 x +z -y设 R 为圆 Γ的半径, 则 BK =2R ·sin θ, CK =2R·sin φ, BC =2R ·sin δ, 即AG =BG = CG.(＊)又设 P令 x =a +b , y =c +a , z =b +c , 有 2 ( yBC CK BK+x +y -z +y +z -x 1 x y x + z y z x 2 y x z x z , 即知 + +≥ (＊).故BE +DE +FA 3 .其中等号成立, 即要(＊)式中等号 是■ ABC 所在平面上任意一点, 由托勒密不等式, 有 PK · BC ≤BP ·CK +CP ·BK , 等号当且仅当 P 在圆 Γ 上成立.由(＊)式, 有 PK · AG ≤BP · BG +CP · C G , 两边同加 AP · AG 得(AP +PK )· AG ≤ AP · A G +BP ·BG DA FC 2成立, 亦即每次应用托氏不等式中等号也成立.从而四边形 ACEF 、四边形 ABCE 、四边形 ACDE 都是圆内接四边形.即六边形 ABCDEF 为圆内接六边形且 a =b =c 成立.即为正六边形时成立.(4) 连结 AE 交BZ 于 M , 连结 ZE 、ZC , 对 ■AXE及截线BY M 应用梅氏定理有EB · XY · AM =1, 即BXBX Y A ME EB.+GP·CG .而AK ≤AP +PK ,则AK ·A G ≤AP·AG +BP·BG +CP·CG.等号当且仅当P 在线段AK 上,且点P 在圆Γ上成立, 即等号当且仅当P 与G 重合时成立.参考文献1 广隶,陆珂.2002 年全国高中数学联赛加试几何题的几种解法.中学数学教学参考, 2002 , 12。
托勒密定理五边形证明-概述说明以及解释
托勒密定理五边形证明-概述说明以及解释1.引言1.1 概述托勒密定理是几何学中一个非常重要的定理，它描述了一个特殊的五边形的性质。
这个定理的命名来自于古希腊数学家托勒密，他在其著作《大地与天球的数学基础》中首次提出了这个定理。
托勒密定理主要研究的是一个凸五边形，也就是一个有五个顶点的多边形，且其中的四个顶点都位于一个圆上。
这个定理给出了这个五边形的一条非常重要的性质，即其两对对角线的乘积之和等于两条对边的乘积之和。
具体而言，如果我们设这个五边形的顶点依次为A、B、C、D、E，那么托勒密定理可以表示为AC ×BD + AD ×BC = AB ×CD。
托勒密定理的证明过程非常有趣且具有一定的难度。
它通常使用几何、代数和三角等方法相结合，通过引入辅助线、利用相似三角形关系以及运用勾股定理等工具，从而逐步推导出定理的正确性。
托勒密定理的应用非常广泛。
一方面，在几何学中，托勒密定理是解决五边形相关问题的基础，通过利用这个定理，我们可以推导出许多与五边形有关的性质和公式。
另一方面，托勒密定理在实际应用中也具有一定的价值，如在工程测量中可以用于计算不易直接测量的距离或角度等。
对于托勒密定理的进一步研究也是一个有意义的课题。
目前，已经有许多学者在托勒密定理的基础上进行了延伸和拓展，提出了一些新的数学定理和性质。
同时，随着计算机技术的发展，我们可以利用计算机辅助证明的方法来进一步探索托勒密定理及其相关的数学问题。
综上所述，托勒密定理是几何学中一项重要的成果，它描述了一个特殊五边形的性质。
在本文中，我们将会介绍托勒密定理的定义、性质以及它的证明过程，并探讨其在几何学和实际应用中的意义。
同时，我们还将展望托勒密定理的进一步研究方向，以期能够为数学领域的发展做出更多的贡献。
1.2文章结构文章结构部分的内容可以包括以下内容：文章结构：本文分为引言、正文和结论三个部分。
引言部分主要概述了本文的内容和目的。
第3章 托勒密定理及应用
第三章 托勒密定理及应用【基础知识】托勒密定理 圆内接四边形的两组对边乘积之和等于两对角线的乘积． 证明 如图3-1，四边形ABCD 内接于O e ，在BD 上取点P ，使PAB CAD =∠∠，则△ABP ∽△ACD ，于是A图3-1AB BPAB CD AC BP AC CD=⇒⋅=⋅． 又ABC △∽△APD ，有BC AD AC PD ⋅=⋅． 上述两乘积式相加，得 AB CD BC AD AC BP PD AC BD ⋅+⋅=+=⋅（）．①注 此定理有多种证法，例如也可这样证：作AE BD ∥交o e 于E ，连EB ，ED ，则知BDAE 为等腰梯形，有EB AD =，ED AB =，ABD BDE θ==∠∠，且180EBC EDC +=︒∠∠，令BAC ϕ=∠，AC 与BD 交于G ，则111sin sin()sin 222ABCD S AC BD AGD AC BD AC BD EDC θϕ=⋅⋅=⋅⋅+=⋅⋅∠∠，11sin sin 22EBCD EBC ECD S S S EB BC EBC ED DC EDC =+=⋅⋅+⋅⋅△△∠∠()()11sin sin 22EB BC ED DC EDC AD BC AB DC EDC =⋅+⋅⋅=⋅+⋅⋅∠∠． 易知 ABCD EBCD S S =，从而有AB DC BC AD AC BD ⋅+⋅=⋅．推论1（三弦定理） 如果A 是圆上任意一点，AB ，AC ，AD 是该圆上顺次的三条弦，则sin sin sin AC BAD AB CAD AD CAB ⋅=⋅+⋅∠∠∠．② 事实上，由①式，应用正弦定理将BD ，DC ，BC 换掉即得②式．推论2（四角定理） 四边形ABCD 内接于O e ，则sin sin sin sin ADC BAD ABD BDC ⋅=⋅∠∠∠∠sin sin ADB DBC +⋅∠∠．③ 事实上，由①式，应用正弦定理将六条线段都换掉即得③式．直线上的托勒密定理（或欧拉定理） 若A ，B ，C ，D 为一直线上依次排列的四点，则AB CD BC AD AC BD ⋅+⋅=⋅．注 由直线上的托勒密定理有如下推论：若A ，B ，C ，D 是一条直线上顺次四点，点P 是直线AD 外一点，则sin sin sin sin sin sin APB CPD APD BPC APC BPD ⋅+⋅=⋅∠∠∠∠∠∠．事实上，如图3-2，设点P 到直线AD 的距离为h ，DC BA P图3-2由AB CD AD BC AC BD ⋅+⋅=⋅，有 PAB PCD PAD PBC PAC PBD S S S S S S ⋅+⋅=⋅△△△△△△，用两边及夹角正弦形式的三角形面积表示上式后，两边同除以14PA PB PC PD ⋅⋅⋅即得推论．由上述推论也可证明圆内接四边形中的托勒密定理．证明 如图3-3，在图上取一点P ，连PA 、PB 、PC 、PD ，设PB 交AD 于B '，PC 交AD 于C '．由正弦定理 sin 2AB APB R =∠，sin 2CD CPD R =∠，sin 2AD APD R =∠，sin 2BC BPC R =∠，sin 2ACAPC R=∠，sin 2BDBPD R=∠，其中R 为圆的半径． B'C 'DCBAP图3-3对A 、B '、C '、D 应用直线上的托勒密定理的推论，有sin sin sin sin sin sin sin sin APB CPB APD BPC APB C PD APD B PC ''''⋅+⋅=⋅+⋅∠∠∠∠∠∠∠∠sin sin sin sin APC B PD APC BPD ''=⋅=⋅∠∠∠∠． 故AB CD AD BC AC BD ⋅+⋅=⋅．四边形中的托勒密定理（或托勒密不等式） 设ABCD 为任意凸四边形，则AB CD BC AD ⋅+⋅≥ AC BD ⋅，当且仅当A ，B ，C ，D 四点共圆时取等号．证明 如图3-4，取点E 使BAE CAD =∠∠，ABE ACD =∠∠，则△ABE ∽△ACD ，即有AD ACAE AB=，且AC CDAB BE=，即CB图3-4AB CD AC BE ⋅=⋅．①又DAE CAB =∠∠，有△ADE ∽△ACB ，亦有AD BC AC ED ⋅=⋅．② 由①式与②式，注意到BE ED BD +≥，有AB CD BC AD AC BE ED AC BD ⋅+⋅=⋅+⋅（）≥．其中等号当且仅当E 在BD 上，即ABD ACD =∠∠时成立．此时A ，B ，C ，D 四点共圆．由此，即有托勒密定理的逆定理 在凸四边形ABCD 中，若AB CD BC AD AC BD ⋅+⋅=⋅，则A ，B ，C ，D 四点共圆．【典型例题与基本方法】1．恰当地作出或选择四边形，是应用托勒密定理的关键例 1 在ABC △中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．若角A ，B ，C 的大小成等比数列，且22b a ac =-，则角B 的弧度数等于多少？（1985年全国高中联赛题） 解 如图3-5，过点C 作CD AB ∥交ABC △的外接圆于D ，连AD ，则四边形ABCD 为等腰梯形．由托勒密定理，有22b a c CD =+⋅．cbaDCBA图3-5由已知有22b a c a =+⋅，则CD a =，从而AD DC CB ==，即¼»2ADC BC =，亦即2B BAC =∠∠． 又因为在ABC △中，角A ，B ，C 的大小成等比数列，则公比2Bq A==∠∠，从而A B C ++=∠∠∠ 247πA A A A ++==∠∠∠∠，故π7A =∠，2π7B =∠为所求． 例2 凸四边形ABCD 中，60ABC =︒∠，90BAD BCD ==︒∠∠，2AB =，1CD =，对角线AC ，BD交于点O ．如图3-6，求sin AOB ∠． （1996年北京中学生竞赛题）DC BAPO图3-6解 因90BAD BCD ==︒∠∠，则A ，B ，C ，D 四点共圆．延长BA ，CD 交于P ，则ADP ABC =∠∠ 60=︒．设AD x =，有AP =，2DP x =，由割线定理，有(2)2(12)x x +⋅=+．求得2AD x ==，42BPBC == 对ABCD 应用托勒密定理，有(42)2112BD AC ⋅=+⋅=-．又ABCD ABD BCD S S S =+△△12)(42=-+=．从而，112)sin 2AOB ⋅=∠．故sin AOB =∠例3 如图3-7，已知在ABC △中，AB AC >，A ∠的一个外角的平分线交ABC △的外接圆于点E ，过E 作EF AB ⊥，垂足为F ．求证：2AF AB AC =-． （1989年全国高中联赛题）H GF EDCBA图3-7证明 在FB 上取点D ，使FD FA =，连ED 并延长交圆于G ，连AG ，EC ，则ACE AGD =∠∠，180180ADG ADE EAH EAC =︒-=︒-=∠∠∠∠（H 在CA 的延长线上），从而△ADG ∽△EAC ，且»»BC AG =．于是，注意BC AG =，有C AE B AD EC ⋅=，故2AE BCAF EC⋅=． 连EB ，对四边形AEBC 应用托勒密定理，有AB EC AE BC BE AC ⋅=⋅+⋅，即AE BC AB EC BE AC ⋅=⋅-⋅．于是2AB EC BE ACAF AB AC EC⋅-⋅==-．其中EC BE =可由EAB EAH EBC ==∠∠∠推得． 注 （1）也可应用三弦定理证明．设DAE EAB α==∠∠，则180FAC α=︒-∠，1802BAC α=︒-∠．对AB ，AE ，AC 应用三弦定理，得sin 180sin 1802sin AB AE AC ααα⋅︒-=⋅︒-+⋅（）（），即sin22cos sin AE AB AC AE ααα⋅-==⋅．又在Rt AEF △中，cos AE AF α⋅=，故2AF AB AC =-．（2）也可以应用阿基米德折弦定理证明．由BF FA AC ==，有AB AF FA AC -=+，即2AF AB AC =-． 例4 如图3-8，在锐角ABC △的BC 边上有两点E ，F ，满足BAE CAF =∠∠，作FM AB ⊥于M ，FN AC ⊥于N ，延长AE 交ABC △的外接圆于点D ．证明：四边形AMDN 与ABC △的面积相等．（2000年全国高中联赛题）F E DCBAMN图3-8证明 设BAE CAF α==∠∠，EAF β=∠，有11sin()sin 22ABC S AB AF AC AF αβα=⋅⋅++⋅⋅=△ ()4AFAB CD AC BD R⋅+⋅，其中R 为外接圆半径． 又11sin sin()22AMDN S AM AD AD AN ααβ=⋅⋅+⋅⋅+四边形 1[cos()sin cos sin()]2AD AF AF αβαααβ=⋅+⋅+⋅⋅+ 1sin(2)24AF AD AF AD BC Rαβ=⋅⋅+=⋅． 由托勒密定理，有AB CD AC BD AD BC ⋅+⋅=⋅，例5 如图3-9，在ABC △中，60A =︒∠，AB AC >，点O 是外心，两条高BE ，CF 交于H 点，点M ，N 分别在线段BH ，HF 上，且满足BM CN =．求MH NHOH+的值． （2002年全国高中联赛题）O HF EBAMN图3-9解法 1 连OB ，OC ，由三角形外心及垂心性质，知2120BOC A ==︒∠∠，180BHC =︒-∠ 180(90)(90)180120HBC HCB C B A -=︒-︒--︒-=︒-=︒∠∠∠∠∠，即B ，C ，H ，O 四点共圆．在此圆中对四边形BCHO 应用托勒密定理，有 BO CH OH BC BH OC ⋅+⋅=⋅．设ABC △的外接圆半径为R ，则BO OC R ==，且由60A =︒∠，知BC =，即有R CH ⋅+OH BH R =⋅，亦即BH CH H -．而()()MH NH BH BM CN CH BH CH +=-+-=-， 故MH NHOH+=解法2 同解法1，知B ，C ，H ，O 四点共圆，有OBH OCH =∠∠，而BO OC =，BM CN =，则△OBM OCN ≌△，从而OM ON =，BMO CNO =∠∠，由此知O ，M ，H ，N 四点共圆，且等腰△OMN 的顶角120MON NHE ==︒∠∠，即知sin120sin30MN OM ︒=︒对四边形OMHN ，应用托勒密定理，有MH ON NH OM OH MN ⋅+⋅=⋅，故MH NH MNOH OM+==为所求．注 此例的其他证法可参见第四章例2，第十五章例17．例6 已知ABC △内切圆I e 分别与边AB 、BC 切于点F 、D ，直线AD 、CF 分别与I e 交于另一点H 、K ．求证：3FD HKFH DK⋅=⋅． （2010年东南奥林匹克题） 证明 设内切圆AC 于点Q ，联结FQ 、DQ 、KQ 、HQ （图略）．由△CDK ∽△CFD 及△CQK ∽CFQ △，有DK DC FD FC=及QC QK FC FQ =． 注意到DC QC =，有DK FQ FD QK ⋅=⋅． 同理，有FH DQ FD HQ ⋅=⋅．分别对四边形FDKQ 及FDQH 应用托勒密定理，有 2KF DQ DK FQ ⋅=⋅，2HD FQ FH DQ ⋅=⋅．这两式相乘，有4KF HDFH DK⋅=⋅．又由托勒密定理，有KF HD DF HK FH DK ⋅=⋅+⋅．故43KF HD FD HKFH DK FH DK⋅⋅=⇔=⋅⋅．2．注意托勒密定理逆定理的应用和拓广的托勒密定理或托勒密定理推论的应用例7 若右四个圆都与第五个圆内切，第一个与第二个圆的外公切线的长用12l 表示，其他前四个圆中的两两的外公切线也用同样的方法来标记，且前四个圆以顺时针的顺序排列，试证明依次以12l ，23l ，34l ，41l 为边长，以13l ，24l 为对角线所构成的凸四边形的四个顶点共圆．（《中等数学》1999年第5期高中奥林匹克题）证明 如图3-10，设前四个圆分别为1O e ，2O e ，3O e ，4O e ，第五个圆为O e ，前四个圆与O e 分别内切于A ，B ，C ，D ，则易知A ，1O ，O 三点共线．类似地，有B ，2O ，O ；C ，3O ，O ；D ，4O ，O 三点共线．D图3-10设五个圆的半径分别为1r ，2r ，3r ，4r ，R ；AOB α=∠，BOC β=∠，COD γ=∠，DOA δ=∠；1OO a =，2OO b =，3OO c =，4OO d =，则1a R r =-，2b R r =-，3c R r =-，4d R r =-．从而，2222222121212()2cos ()4sin 2lO O r r a b ab a b ab αα=--=+---=⋅．故12sin2l α=．同理，可求得23l ，34l ，41l ，13l ，24l ．要证明以12l ，23l ，34l ，41l 为边长，以13l ，24l 为对角线所构成的凸四边形的四个顶点共圆，只要证明123423411324l l l l l l ⋅+⋅=⋅，化简后只要证明sinsinsinsinsinsin222222αγβδαββγ++⋅+⋅=⋅，①即sin sin sin sin sin sin ADB DBC BDC ABD ADC BAD ⋅+⋅=⋅∠∠∠∠∠∠．这由托勒密定理的推论2即证．注 对于①也可由正弦定理2sin2AB R α=转换成AB CD BC DA AC BD ⋅+⋅=⋅即证．此例是一个富有应用价值的问题．托勒密定理是这个问题中四个圆均变为点（过该点线成了“点圆”的切线）的情形．例8 经过XOY ∠的平分线上的一点A ，任作一直线与OX 及OY 分别相交于P ，Q ．求证：11OP OQ +为定值．证明 如图3-11，过O ，P ，Q 三点作圆，交射线OA 于B ．设POA QOA α==∠∠，对四边形OPBQ 中的三条弦OP ，OB ，OQ 应用托勒密定理的推论1，有BAPQO图3-11sin 2sin sin BO OP OQ ααα⋅=⋅+⋅．即sin 22sin cos 2cos sin sin BO BO OP OQ BO αααααα⋅⋅⋅+===⋅．①连BQ ，由△OPA ∽△OBQ ，有OP OQ OA OB ⋅=⋅．由①式除以上式，得112cos OP OQ OA α+=（定值）． 注 类似于此例，应用托勒密定理的推论1，也可求解如下问题：过平行四边形ABCD 的顶点A 作一圆分别与AB ，AC ，AD 相交于E ，F ，G ，则有AE AB AG AD AF AC ⋅+⋅⋅=．事实上，若设BAC α=∠，CAD β=∠，则有sin sin sin()AE AG AF βααβ⋅+⋅=⋅+．对此式两边同乘AB AC AD ⋅⋅，利用三角形的面积公式有ADC ABC ABD AE AB S AG AD S AF AC S ⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅△△△．而在ABCD Y 中，有ADCABC ABD SS S ==△△△，由此即证．例9 设D 为锐角ABC △内部一点，且满足条件：DA DB AB DB DC BC DC DA CA ⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅ AB BC CA =⋅⋅．试确定D 点的几何位置，并证明你的结论．（1998年CMO 试题）此题我们改证比其更强的命题如下：设D 为锐角ABC △内部一点，求证：DA DB AB DB DC BC DC DA CA AB BC CA ⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅⋅⋅≥，并且等号当且仅当D 为ABC △的垂心时才成立．证明 如图3-12，作ED BC ∥，FA ED ∥，则BCDE 和ADEF 均是平行四边形．连BF 和AE ，显然BCAF也是平行四边形，于是AF ED BC ==，EF AD =，EB CD =，BF AC =．对四边形ABEF 和四边形AEBD ，应用四边形中的托勒密定理（或托勒密不等式）有AB EF AF BE AE BF ⋅+⋅⋅≥，BD AE AD BE AB ED ⋅+⋅⋅≥，即AB AD BC CD AE AC ⋅+⋅⋅≥，BD AE AD CD AB BC ⋅+⋅⋅≥．① 对上述①式中前一式两边同乘DB 后，两边同加上DC DA AC ⋅⋅，然后注意到上述①式中的后一式，有 DB DA AB DB DC BC DC DA AC DB AE AC DC DA AC ⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅⋅⋅+⋅⋅≥．FEDCBA图3-12即 ()()DB AB AD BC CD DC DA CA AC DB AE DC AD AC AB BC ⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅≥≥． 故 DA DB AB DB DC BC DC DA CA AB BC CA ⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅⋅⋅≥．其中等号成立的充分必要条件是①式中两个不等式中的等号同时成立，即等号当且仅当ABEF 及AEBD 都是圆内接四边形时成立，亦即AFEBD 恰是圆内接五边形时等号成立．由于AFED 为平行四边形，所以条件等价于AFED 为矩形（即AD BC ⊥）且90ABE ADE ==︒∠∠，亦等价于AD BC ⊥且CD AB ⊥，所以所证不等式等号成立的充分必要条件是D 为ABC △的垂心． 【解题思维策略分析】1．推导某些重要结论的工具例10 圆内接六边形ABCDEF 的对角线共点的充要条件是1AB CD EFBC DE FA ⋅⋅=．（见第一角元形式的塞瓦定理的推论） 证明 必要性：如图3-13，设AD ，BE ，CF 交于一点P ，则易知△APB ∽△EPD ，△CPD ∽△APF ，△EPF ∽△CPB ，从而,,AB BP CD DP EF FPDE DP FA FP BC BP===．此三式相乘即证． P（C '）FEDC BA图3-13充分性：设1AB CD EFBC DE FA⋅⋅=，AD BE ⋅交于P ，连FP 并延长交圆于C '，连BC '，C D '，则由必要性知1AB C D EF BC DE FA '⋅⋅='，和已知式比较得CD C D BC BC '='，即CD BC BC C D ''⋅=⋅．连BD ，CC '，对四边形BCC D '应用托勒密定理，得BC C D BD CC CD BC '''⋅+⋅=⋅，由此得0BD CC '⋅=．因0BD >，所以0CC '=，即C '与C 重合，于是AD ，BE ，CF 三线共点．例11 O e 是ABC △的外接圆，I 是ABC △的内心，射线AI 交O e 于D ．求证：AB ，BC ，CA 成等差数列的充要条件是IBC DBC S S =△△．证明 如图3-14，由5123242BID DBI ==+=+=+=∠∠∠∠∠∠∠∠∠，知DI BD DC ==．D图3-14必要性：若AB ，BC ，CA 成等差数列，即2AB AC BC +=，而△IBA ，△ICA ，IBC △有相等的高，则2IAB IAC IBC S S S +=△△△．又由托勒密定理，有AB DC AC BD AD BC ⋅+⋅=⋅，即()AB AC DI +⋅AD BC =⋅，2AD AB ACDI BC +==，即I 是AD 的中点，于是AIB IBD S S =△△，IAC ICD S S =△△，2IBC IAB S S =+△△ IAC IBD ICD BDC IBC BDC S S S S S S =+==+△△△△△△，故IBC DBC S S +△△．充分性：若IBC DBC S S =△△，即1111sin sin 2222IB BC B DB BC A ⋅⋅=⋅⋅∠∠，有11sin sin 22IB DB A B =∶∠∶∠．比较上述两式，得IA BD =，但DI DB =，即知2AD DI =，仿前由托勒定理知2AB AC ADBC DI+==，即2AB AC BC +=，故AB ，BC ，CA 成等差数列．例12 如图3-15，设I 为ABC △的内心，角A ，B ，C 所对的边长分别为a ，b ，c ．求证：22IA IB bc ac++21IC ab=． FEDCBAI图3-15证明 设I 在三边上的射影分别为D ，E ，F ．设ABC △的外接圆半径及内切圆半径分别为R ，，则ID IE IF r ===．由B ，D ，I ，F 四点共圆，且IB 为其圆的直径，应用托勒密定理，有DF IB ID BF IF BD ⋅=⋅+⋅ ()r BD BF =+．由正弦定理，有sin 2bDF IB B IB R=⋅=⋅∠，即有()22b IB Rr BD BF ⋅=+．同理，有22()a IB Rr AF AE ⋅=+，22()c IC Rr CD CE ⋅=+，从而2222()a IA b IB c IC Rr a b c ⋅+⋅+⋅=++．又由1()24ABC abc S r a b c R =++=△，有2()Rr a b c abc ++=，故222a IA b IB c IC abc ⋅+⋅+⋅=，即2221IA IB IC bc ac ab++=． 例13 如图3-16，若ABC △与△A B C '''的边长分别为a ，b ，c 与a '，b '，c '，且B B '=∠∠，180A A '+=︒∠∠，则aa bb cc '''=+．A′B'C 'c'b'a'bcbaDCBA图3-16证明 作ABC △的外接圆，过C 作CD AB ∥交圆于D ，连AD ，BD ．因180A A A D '+=︒=+∠∠∠∠，BCD B B '==∠∠∠，则A D '=∠∠，B BCD '=∠∠，从而△A B C DCB '''∽△，有A B B C A C DC CB DB ''''''==，即 c a b DC a DB '''==，故ab DC a '='． 又AB CD ∥，知BD AC b ==，AD BC a ==．由托勒密定理，得AD BC AB DC AC BD ⋅=⋅+⋅，即2ac ab a c b a a ''=⋅+⋅''． 故 aa bb cc '''=+．例14 已知O e 的内接锐角ABC △，点O 到ABC △的三边a ，b ，c 的距离分别为a H ，b H ，c H ．试证：O e 的半径R 为方程3222()20ab c a b c x H H H x H H H -++-=的根． （《数学通报》1991年第11期问题征解题）证明 如图3-17，设AO ，BO ，CO 的延长线分别交O e 于M ，N ，P ．连AP ，BP ，BM ，MC ，NC ，NA ．因O 在ABC △内部，则2c BM H =，2b MC H =，2a NC H =，2c NA H =，2b PA H =，2a PB H =．H aH b cb a CBMNOP图3-17在O e 的内接四边形ABMC ，ABCN ，APBC 中分别应用托勒密定理，得 222b c R a c MC b BM H c H b ⋅=⋅+⋅=⋅+⋅， 222c a R b a NA c NC H a H c ⋅=⋅+⋅=⋅+⋅， 222b a R c a PA b PB H a H b ⋅=⋅+⋅=⋅+⋅．即有 000c b c a ba b R a H b H c H a R b H c H a H R c ⋅⎧⋅-⋅-⋅=⎪⋅-⋅+⋅=⎨⎪⋅+-⋅=⎩，，．显然，该方程组关于a ，b ，c 有非零解，于是有 0c bc a baRH H H R H H H R---=-．展开整理，得关于R 的方程为 322220a b c a b c R H H H R H H H ++-=-（），命题获证．例15 如图3-18，在ABC △中，1B ，1C 分别是AB ，AC 延长线上的点，1D 为11B C 的中点，连1AD 交ABC △外接圆于D ．求证：1112AB AB AC AC AD AD ⋅+⋅=⋅．（《中等数学》2001年第4期高中训练题）αβD 1B 11DCB图3-18证明 连BD ，CD ．设BAD α=∠，CAD β=∠，ABC △外接圆的半径为R ．因1D 为11B C 的中点，知11111112AB D AC D AB C S S S ==△△△．在△BCD 中，由正弦定理，有2sin BD R α=⋅，2sin CD R β=⋅，2sin()BC R αβ=⋅+．在圆内接四边形ABCD 中，由托勒密定理得AB CD AC BD AD BC ⋅+⋅=⋅，即2sin 2AB R AB R β⋅⋅+⋅ sin 2sin()AD R ααβ⋅=⋅⋅+， 两边同乘以11114AB AC AD R⋅⋅⋅，得 111111111AC D AB D AB C AB AB S AC AC S AD AD S ⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅△△△，即 1112AB AB AC AC AD AD ⋅+⋅=⋅．例16 如图3-19，设1C ，2C 是同心圆，2C 的半径是1C 半径的2倍．四边形1234A A A A 内接于1C ，将41A A 延长交圆2C 于1B ，12A A 延长交圆2C 于2B ，23A A 延长交圆2C 于3B ，34A A 延长交圆2C 于4B ．试证四边形1234B B B B 的周长2⨯≥四边形1234A A A A 的周长，并请确定等号成立的条件．（1988年第三届冬令营试题）C 图3-19证明 设同心圆圆心为O ，连1OA ，1OB ，2OB ．在四边形112OA B B 中应用推广的托勒密定理，有112112211OB A B OA B B OB A B ⋅⋅+⋅≤．因1212OB OB OA ==，则12121122A B B B A B +≤， 从而 12122211222B B A A A B A B +-≥．①同理，23233322222B B A A A B A B +-≥，34344433222B B A A A B A B +-≥，41411144222B B A A A B A B +-≥． 以上四式相加，得12233441122334412()B B B B B B B B A A A A A A A A ++++++≥．②为使②式中等号成立，当且仅当所加的四式均为等式．而①式等号成立，当且仅当四边形112OA B B 内接于圆．这时，12122141O OA A OB B OB B A A ===∠∠∠∠，即1OA 为412A A A ∠的平分线．同理，2OA ，3OA ，4OA 分别为123A A A ∠，234A A A ∠，341A A A ∠的平分线．这意味着O 为四边形1234A A A A 的内切圆的圆心，故知四边形1234A A A A 为正方形，即当且仅当四边形1234A A A A 为正方形时②式等号成立．例17 如图3-20，设ABCDEF 是凸六边形，满足AB BC CD ==，DE EF FA ==，BCD EFA =∠∠ 60=︒．设G 和H 是这六边形内部的两点，使得120AGB DHE ==︒∠∠．试证：AG GB GH DH +++ HE CF +≥．（第36届IMO 试题）F'C 'E DC BAGH图3-20证明 以直线BE 为对称轴，作C 和F 关于该直线的轴对称点C '和F '，于是C F CF ''=，且ABC '△和△DEF '都是正三角形，G 和H 分别在这两个三角形的外接圆上．由托勒密定理，有 C G AB AG C B GB C A '''⋅=⋅+⋅，即有C G AG GB '=+，同理，HF DH HE '=+．于是 AG GB GH DH HE C G GH HF C F CF ''''++++=++=≥．例18 如图3-21，设M ，N 是ABC △内部的两个点，且满足MAB NAC =∠∠，MBA NBC =∠∠．证明：1AM AN BM BN CM CN AB AC BA BC CA CB⋅⋅⋅++=⋅⋅⋅．（第39届IMO 预选题）KCBAMN图3-21证明 设K 是射线BN 上的点，且满足BCK BMA =∠∠．因BMA ACB >∠∠，则K 在ABC △的外部．又MBA CBK =∠∠，则△ABM ∽△KBC ，即有AB BM AMBK BC CK==． 由ABK MBC =∠∠，AB BM KB BC =，知ABK MBC △≌△，于是AB BK AKBM BC CM==． 由CKN MAB NAC ==∠∠∠，知A ，N ，C ，K 四点共圆．应用托勒密定理，有AC NK AN KC ⋅=⋅+ CN AK ⋅，或()AC BK BN AN KC CN AK ⋅-⋅+⋅∶，将AM BC KC BM ⋅=，BK CM AK BM ⋅=，AB BCBK BM⋅=代入，得AB BC AN AM BC CN BK CMAC BN BM BM BM ⋅⋅⋅⋅⋅⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭，即 1AM AN BM BN CM CN AB AC BA BC CA CB ⋅⋅⋅++=⋅⋅⋅．例19 如图3-22，在ABC △中，AB AC =．线段AB 上有一点D ，线段AC 延长线上有一点E ，使得DE AC =．线段DE 与ABC △的外接圆交于T ，P 是线段AT 延长线上的一点．证明：点P 满足PD PE AT +=的充分必要条件是点P 在△ADE 的外接圆上．（2000年国家集训队选拔试题）T ED CBAP图3-22证明 充分性：连BT ，CT ．由A ，B ，T ，C ；A ，D ，P ，E 分别四点共圆，知CBT CAT EDP ==∠∠∠，BCT BAT DEP ==∠∠∠，于是△BTC ∽△DPE ，可设DP PE DEk BT CT BC ===．对四边形ABTC 应用托勒密定理，有 AC BT AB CT BC AT ⋅+⋅=⋅．将上式两边同乘以k ，并用前一比例式代入，得 AC DP AB PE DE AT ⋅+⋅=⋅．注意到AB AC DE ==，即得PD PE AT +=．必要性：以D ，E 为两个焦点，长轴长等于AT 的椭圆与直线AT 至多有两个交点，而其中在DE 的一侧，即线段AT 延长线上的交点至多一个，由前面的充分性证明，知AT 的延长线与△ADE 的外接圆的交点Q 在这个椭圆上；而依题设点P 同时在AT 的延长线上和椭圆上，故点P 与点Q 重合，命题获证．2．求解代数问题的一条途径例20 若0a b c >≥≥，且a b c <+，解方程ax =．（1993年南昌市竞赛题）解 因0a b c >≥≥，且a b c <+，所以a ，b ，c 为边可以作一个三角形．作ABC △，使BC a =，AC b =，AB c =，分别作AC ，AB 的垂线，它们交于点D ．则四边形ABDC 内接于圆，如图3-23．此时，AD为直径，sin BDBAD AD=∠，sin CDCAD AD==∠，sin aCAB AD=∠．DCA图3-23对AD ，AC ，AB 应用托勒密定理推论1或三弦定理，有sin sin AC BAD AB CAD AD ⋅+⋅=⋅∠∠sin CAB ∠，即ab c AD AD⋅+=⋅，即b c a AD ⋅． 由1sin 22ABC abcS bcCAB AD =⋅=△∠，而ABC S =△，其中1()2P a b c =++，从而AD =例21已知a ，b 是不相等的正数，求函数()f x =的值域．CA图3-24解 因222+=，则可以ACAB =，BC =．如图3-24，在另一半圆上取中点D ，则CD AD ==ABCD 应用托勒密定理，有())f x AB CD BC AD AC BD =⋅+⋅=⋅=．不妨取a b >，则，即AB ．而当AB CD ==()max f x =．AB ()f x 是AB 的单调递增函数，()min f x ==AB 时，()f x 是AB 的单调递减函数，从而当AB ，BC ，()min f x=故()f x 在定义域上，()min f x =()f x 的值域为．注 对于一般的函数，()()()f x a A x b B x =⋅+⋅，只要()()22A x B x +=定值，就可以构造圆的内接四边形，灵活运用托勒密定理求其极值或值域． 3．注意广义托勒密定理的应用前面给出的例6是一个很有价值的问题，甚至，我们可以称之为广义托勒密定理．当一个圆的半径无限趋近于0时，圆就趋近于一点，过该点的直线就成了“点圆”的切线．托勒密定理就是例6中内切于O e 的四个圆均变为点的情形． 利用广义托勒密定理可以处理如下问题：例22 已知1O e 与2O e 分别与O e 内切，作1O e 和2O e 的两条内公切线交O e 于A ，B ，作1O e 和2O e 的外公切线，切点为E 和F ．求证：EF AB ∥．证明 如图3-25，设G ，H 分别为1O e 与2O e 的内公切线的切点，EF 交O e 于C ，D 两点，记1O e 和2O e 的内公切线长为d ．用[]****表示一组与O e 内切的“圆”，并应用广义托勒密定理，则C 'D 图3-25对于1[]A C O D ，，，e ，有 AG CD AC DE CE AD ⋅=⋅+⋅，①对于2[]B D C O ，，，e ，有 BH CD BD CF DF BC ⋅=⋅+⋅ ()BD CE EF DF BC =++⋅．②对于2[]A C D O ，，，e ，有()()AG d CD AC DF AD CE EF +⋅=⋅+⋅+． ③对于1[]B D C O ，，，e ，有()()BH d CD BD CE BC DF EF +⋅=⋅++．④ 由①，③得()()AC DF AD CE EF DC d AC EF FD CE AD ⋅+⋅+-⋅=⋅++⋅，即AD EF DC d AC EF ⋅-⋅=⋅．⑤ 由②，④得()()BD CE BC DF EF DC d BD CE EF DF BC ⋅+⋅+-⋅=⋅++⋅，即BC EF DC d BD EF ⋅-⋅=⋅．⑥ 由⑤与⑥得 ()EF AD AC DC d -=⋅，()EF BC BD DC d -=⋅．故 BC BD AD AC -=-．若四边形ABCD 中不含圆心O ，那ABC ∠，BAD ∠均为锐角．不妨设ABC BAD >∠∠，则AC BD >． 又BDC ACD >∠∠，则BC AD >．所以BC BD AD AC ->-，矛盾．故一定有ABC BAD =∠∠．此时AB DC ∥．若四边形中含圆心，则与之“对称”的四边形A B C D ''''（A '，B '，C '，D '的定义方式与A ，B ，C ，D 的定义方式相似）不含圆心．设CD 交AA '于Y ，C D ''交BB '于X ．由已证结论A B C D ''''∥，因为A B B A AB '''=∠∠，C XB DYA ''=∠∠，A B B C XB '''=∠∠，所以DYA A AB ''=∠∠，故AB DC ∥． 例23 如图3-26，1G e 和2G e 内切于G e 的一段弧，并且两圆彼此外切于点W ．设A 是1G 和2G 的内公切线与该段弧的交点，而B 和C 是G 中1G 与2G 的外公切线弦的端点，证明：W 是ABC △的内切圆圆心．（IMO -33预选题）图3-26证明 设AW 与BC 的交点为D ，1G e ，2G e 与BC 的切点分别为E ，F ，并设各线段之长为BE x =，CF y =，BD k =，CD h =，AD d =，于是，有DE k x =-，DF h y =-．又因DE DW DF ==，故k x h y -=-，AW d k x d h y =-+=-+．用（A ，1G e ）表示点圆A 与1G e 的公切线的长，则()1,A d k x G =-+e ．同理，(),A b c =，(),A c b =，()1,B x G =e ，()1,C a x G =-e ，(),B C a =．对1[,,,]A B C G e 应用广义托勒密定理，有()()d k x a b x c a x -+⋅+⋅=⋅-，令()12p a b c =++，则由上式，有()2a x k c d p =+-．同理，对[B ，C ，2G e ，A ]，有()2ay h b d P=+-， 注意到k x h y -=-，则()()22a ak k c d h h b d p p -+-=-+-，即有()()b c k ac b c h ab +⋅-=+⋅-，亦即()()()b c k h a c b +-=⋅-．而BD DC BC +=，即k h a +=，于是，()()()()b c k h k h c b +-=+-，即c h b k ⋅=⋅，亦即k ch b=． 此表明BD AB CD AC =，即知AD 平分BAC ∠．所以ac k b c =+，abh b c=+． 得 22ac a ac adk x c d b c p b c p ⎛⎫-=-+-=⎪++⎝⎭． 因而22d d p a b cad k x a ap++===-，于是 111AW AD d a b c b c c BAac DW DW k x a a BD b c+++=-=-=-===-+．由此，即知BW 平分ABC ∠．故W 是ABC △的内心． 【模拟实战】习题A1．A ，B ，C ，D 四点在同一圆周上，且4BC CD ==，E 为AC 与BD 的交点，且6AE =，线段BE 和DE 的长都是整数，则BD 的长等于多少？ （1988年全国初中联赛题） 2．在ABC △中，AB AC BC <<，D 在BC 上，E 在BA 的延长线上，且BD BE AC ==，△BDE 的外接圆与ABC △的外接圆交于F 点．求证：BF AF CF =+． （1991年全国初中联褰题）3．已知P 是正方形ABCD 的外接圆»AD 上任一点，求PA PCPB +的值． 4．O e 过ABC △的顶点A ，且分别与AB ，AC 和BC 上的中线AD 相交于1B ，1C ，1D ，则1AB AB ⋅，1AD AD ⋅，1AC AC ⋅成等差数列．5．已知正七边形12A A …7A ，求证：121314111A A A A A A =+． （第21届全俄奥林匹克题）6．在圆内接六边形AB CA BC '''中，令BC a '=，B C a ''=，CA b =，C A b ''=，AB c '=，A B c ''=，1AA a '=，1BB b '=，1CC c '=．求证：111111a b c abc a b c aa a bb b cc c ''''''=++++．7．R ，分别为ABC △的外接圆和内切圆的半径，m ，n ，p 分别在弧»AB ，»BC ，»CA 上，1h ，2h ，3h 分别为弓形AmB ，BnC 和CPA 的高．求证：1232h h h R r ++=-． 8．解方程=．9．已知1=，且01a ≤≤，01b ≤≤．求证：221a b +=． 10．求函数222sin 22cos 2x x y x x θθ+⋅+=+⋅+的值域（θ为参数）．11．已知ABC △中，最大角B 与最小角C 的差为»AB 上任一点．求证：PD PE PA PB PC PF +=+++． 12．AD ，BE ，CF 是正ABC △的三条高，任取一点P ．试证：在△PAD ，△PBE ，△PCF 中，最大一个的面积等于其余两个的面积之和．13．已知ABC △的60A =︒∠，令BC a =，CA b =，AB c =．求证：tan tan tan tan A B c bA B c --=+． 14．已知P 为等腰ABC △（AB AC =）外接圆»BC 上的一点，Q 为»AB 上一点．求证：PAPB PC=+QAQC QB-．15．已知AB 为O e 的直径，圆周上的点C ，D 分别在AB 的两侧，过CD 中点M 分别作AC ，AD 的垂线，垂足为P ，Q ．求证：22BC MP BD MQ MC ⋅+⋅=．16．已知平行四边形ABCD 中，过B 的圆分别交AB ，BC ，BD 于E ，F ，G 求证：BE AB BF BC ⋅+⋅ BG BD =⋅．17．设AF 为1O e 与2O e 的公共弦，点B ，C 分别在1O e ，2O e 上，且AB AC =，BAF ∠，CAF ∠的平分线交1O e ，2O e 于点D ，E 求证：DE AF ⊥．18．19．求函数,)y a b +=∈R 的值域．20．已知221(,)x y x y ++∈R ≤．求证：222x xy y +-21．已知两圆内切于点T ，ABC △是大圆的内接正三角形，过A ，B ，C 作小圆的切线AM ，BN ，CP ，且M ，N ，P 为切点．求证：CP ，AM ，BN 三条线段中，一条线段等于另外两条线段之和．22．在ABC △中，BC AC AB >>，外接圆为Γ．三条内角平分线分别交BC ，CA 和AB 于点D ，E 和F ，通过点B 的直线平行于EF 交圆Γ于点Q ，点P 在圆Γ上，且QP AC ∥．求证：PC PA PB =+． 23．在四边形ABCF 中，BF AF FC +=．点D 在BC 上，点E 在BA 的延长线上，且BD BE AC ==，AF CD FC AE ⋅=⋅．求证：四边形ABCF 有外接圆．24．1O e 与2O e 相交于A ，E 两点，1O e 的一条弦BC 与2O e 相切于点D ，且AD 与1O e 相切于点A ．求证：33EB AB EC AC=． 习题B1．设圆内接四边形ABCD 的四边AB a =，BC b =，CD c =，DA d =．求对角线AC 和BD 的长（用a ，b ，c ，d 表示）．2．已知ABC △内接于O e ，P 为ABC △内任一点，过点P 引AB ，AC ，BC 的平行线，分别交BC ，AC 于F ，E ，交AB ，BC 于K ，I ，交AB ，AC 于G ，H ，AD 为O e 过点P 的弦．试证：2224EF KI GH PA PD ++⋅≥．（《数学通报》1991年第9期问题）3．圆内接四边形被它的一条对角线分成两个三角形，证明：这两个三角形的内切圆半径之和与对角线的选取无关． （IMO -23预选题） 4．设1C ，2C 是同心圆，2C 的半径是1C 的半径的λ（1λ>）倍．n 边形12A A …n A 内接于1C ，延长1n A A ．12A A ，…，1n n A A -分别交圆2C 于1B ，2B ，…n B ，若n 边形12A A …n A ，12B B …n B 的周长分别为1p ，2p ．试证：21p p λ≥，其中等号当且仅当n 边形12A A …n A 是正n 边形时成立．（IMO -21预选题） 5．已知边长分别为a ，b ，c 的ABC △内接于O e ，1O e 内切于O e ，切点G 在»BC上，由点A ，B ，C 分别引1O e 的切线长顺次为d ，e ，f ．证明：ad be cf =+．6．在圆内接四边形ABCD 中，1O e ，2O e ，3O e ，4O e 分别是△ABD ，△BCA ，△CDB ，△DAC 的内切圆．设AB ，BC ，CD ，DA 上的切点依次是E ，F ，M ，N ，G ，H ，P ，Q ，设i O e 的半径为i R （i =1，2，3，4）．求证：1324EF MN R R R R ⋅=+．7．设锐角ABC △的A ∠的平分线交BC 于L ，交外接圆于N ，自点L 分别向AB 和AC 作垂线LK 和LM ，垂足为K 和M ．求证：ABC △的面积等于四边形AKNM 的面积．（IMO -28试题）8．ABC △为O e 内接三角形，AB AC BC >>．点D 在»BC上，从O 点分别作AB ，AC 的垂线交AD 于E 、F ，射线BE ，CF 交于P 点．则PB PC PO =+的充要条件是30BAC =︒∠．9．证明：设ABC △中，A ∠，B ∠与C ∠的三条角平分线分别交ABC △的外接圆于1A ，1B ，1C ，则111AA BB CC AB BC CA ++>++．（1982年澳大利亚竞赛题）10．设ABCDEF 是凸六边形，且AB BC =，CD DE =，EF FA =．证明：32BC DE FA BE DA FC ++≥，并指出等式在什么条件下成立． （IMO -38预选题） 11．在ABC △中，90A =︒∠，A C <∠∠，过A 点作ABC △的外接圆O e 的切线，交直线BC 于D ，设点A 关于BC 的对称点为E ，作AX BE ⊥于X ，Y 为AX 的中点，BY 与O e 交于Z ．证明：BD 为△ADZ 的外接圆的切线． （IMO -39预选题）12．O e 为正ABC △的外接圆，AD 为O e 的直径，在»BC上任取一点P （P B ≠，P C ≠），设E ，F 分别为△PAB ，PAC △的内心．证明PD PE PF =-．13．设G 为ABC △的重心，在ABC △所在平面上确定点P 的位置，使得PA AG BP BG CP CG ⋅+⋅+⋅有最小值，并用ABC △的边长表示这个最小值．（IMO -42预选题）14．设12A A …n A （4n ≥）为凸n 边形．证明：12A A …n A 为圆内接多边形的充分必要条件是对每个顶点j A 对应一组实数()j j b c ，1,2,,j n =…，满足(1)i j j i i j A A b c b c i j n =-<≤≤．（IMO -41预选题）。
平面几何3--托勒密定理及应用
平面几何（3）----托勒密定理及应用托勒密定理：圆内接四边形的两组对边乘积之和等于两对角线的乘积推论1（三弦定理） 如果A 是圆上任意一点，AB ，AC ，AD 是该圆上顺次的三条弦，则sin sin sin AC BAD AB CAD AD CAB ⋅∠=⋅∠+⋅∠推论2（四角定理） 四边形ABCD 内接于O ，则sin sin sin sin sin sin ADC BAD ABD BDC ADB DBC ∠⋅∠=∠⋅∠+∠⋅∠直线上的托勒密定理（或欧拉定理） 若A ，B ，C ，D 为一直线上依次排序的四点，则AB CD BC AD AC BD ⋅+⋅=⋅四边形中的托勒密定理：设ABCD 为任意凸四边形，则,AB CD BC AD AC BD ⋅+⋅≥⋅当且仅当A ，B ，C ，D 四点共圆时取等号托勒密定理的逆定理： 在凸四边形ABCD 中，若AB CD BC AD AC BD ⋅+⋅=⋅，则A ，B ，C ，D 四点共圆例1：在ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若角A ，B ，C 的大小成等比数列，且22b a ac -=，则角B 的弧度数等于多少？例2：凸四边形ABCD 中，60,90o o ABC BAD BCD ∠=∠=∠=，AB=2，CD=1，对角线AC ，BD 交于点O ，如图，求sin AOB ∠例3：如图，在锐角ABC 的BC 边上有两点E ，F ，满足,BAE CAF ∠=∠作FM AB ⊥于M ，FN AC ⊥于N ，延长AE 交ABC 的外接圆于点D ，证明：四边形AMDN 与ABC 的面积相等.例4：如图，在ABC 中，60o A ∠=，,AB AC >点O 是外心，两条高BE ，CF 交于H 点，点M ，N 分别在线段BH ，HF 上，且满足BM=CN ，求MH NH OH+的值例5：若有四个圆都与第五个圆内切，第一个与第二个圆的外公切线长用12l 表示，其他前四个圆中的两两的外公切线也用同样的方法来标记，且前四个圆以顺时针的顺序排列，试证明依次以12233441,,,l l l l 为边长，以1324,l l 为对角线所构成的凸四边的四个顶点共圆.例6：经过XOY ∠的平分线上的一点A ，任作一直线与OX 及OY 分别相交于P,Q ，求证：11OP OQ+为定值例7：圆内接六边形ABCDEF 的对角线共点的充要条件是1AB CD EF BC DE FA ⋅⋅=。
托勒密定理及应用
托勒密定理及应用托勒密定理，也被称为定理于托勒密或托勒密定律，是一个在三角形中严格的几何定理。
该定理与中学三角学和圆的几何性质密切相关，在数学教学中有广泛的应用。
托勒密定理是提出了一种关于四边形的特殊情况，并解释了四边形特殊情况的几何性质。
托勒密定理表述为：在任意一个四边形中，如果四个顶点连成的对角线相交于一点，那么这个四边形的两组对边的乘积之和等于另外一组对边的乘积之和。
具体表达式为：AB×CD + BC×AD = AC×BD。
托勒密定理的应用非常广泛，以下介绍了一些常见的应用：1. 判断四边形是否为一个圆的内接四边形：通过托勒密定理，如果一个四边形的对角线乘积之和等于一组对边的乘积之和，那么这个四边形可以被证明是一个圆的内接四边形。
2. 求解边长或角度的问题：在一些特定的几何问题中，根据给定的条件，可以利用托勒密定理来解决边长或角度的问题。
例如，已知一个四边形的边长和某个角度，可以通过托勒密定理推导出其他边长或角度的值。
3. 延长线或外接圆的构造：通过托勒密定理，可以利用已知的边长和角度来构造延长线或外接圆。
这在一些复杂的几何问题中非常有用。
4. 平面几何中的证明问题：托勒密定理可以用于平面几何中的证明问题。
通过应用托勒密定理，可以推导出一些几何命题的证明过程。
5. 解决三角函数问题：托勒密定理可以用于解决一些三角函数相关的问题。
通过托勒密定理，可以建立各种三角函数之间的关系式，从而解决一些复杂的三角函数问题。
总结来说，托勒密定理在数学教学和实际应用中都有广泛的应用。
通过应用托勒密定理，我们可以解决各种几何问题，推导证明命题，以及解决一些与三角函数相关的问题。
托勒密定理的重要性不仅体现在它本身的几何性质，还在于它在数学教学中的应用广泛，能够帮助学生掌握几何和三角学的基本概念和技巧，为他们建立数学思维提供了一个很好的平台。
模型27 托勒密定理(解析版)
模型介绍1.托勒密定理：圆的内接四边形中，两对角线所包矩形的面积等于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．翻译：在四边形ABCD 中，若A 、B 、C 、D 四点共圆，则AC BD AB CD AD BC ⋅=⋅+⋅．证明：在线段BD 上取点E ，使得∠BAE =∠CAD ，易证△AEB ∽△ADC ，∴AB BE AC CD=，即AC BE AB CD ⋅=⋅，当∠BAE =∠CAD 时，可得：∠BAC =∠EAD ，易证△ABC ∽△AED ，∴AD DE AC CB=，即AC DE AD BC ⋅=⋅，∴AC BE AC DE AB CD AD BC ⋅+⋅=⋅+⋅，∴AC BD AB CD AD BC ⋅=⋅+⋅．2.（托勒密不等式）：对于任意凸四边形ABCD ，有AC BD AB CD AD BC⋅≤⋅+⋅证明：如图1，在平面中取点E 使得∠BAE =∠CAD ，∠ABE =∠ACD ，易证△ABE ∽△ACD ，∴AB BE AC CD=，即AC BE AB CD ⋅=⋅①，连接DE ，如图2，∵AB AE AC AD =，∴AB AC AE AD=，又∠BAC =∠BAE +∠CAE =∠DAC +∠CAE =∠DAE ，∴△ABC ∽△AED ，∴AD DE AC BC=，即AC DE AD BC ⋅=⋅②，将①+②得：AC BE AC DE AB CD AD BC ⋅+⋅=⋅+⋅，∴()AC BD AC BE DE AB CD AD BC⋅≤⋅+=⋅+⋅即AC BD AB CD AD BC ⋅≤⋅+⋅，当且仅当A 、B 、C 、D 共圆时取到等号．3.托勒密定理在中考题中的应用（1）当△ABC 是等边三角形时，如图1，当点D 在弧AC 上时，根据托勒密定理有：DB AC AD BC AB CD ⋅=⋅+⋅，又等边△ABC 有AB =AC =BC ，故有结论：DB DA DC =+．证明：在BD 上取点E 使得DE =DA ，易证△AEB ∽△ADC ，△AED ∽△ABC ，利用对应边成比例，可得：DB DA DC =+．如图2，当点D 在弧BC 上时，结论：DA =DB +DC ．【小结】虽然看似不同，但根据等边的旋转对称性，图1和图2并无区别．（2）当△ABC 是等腰直角三角形，如图3，当点D 在弧BC 上时，根据托勒密定理：AD BC AB CD AC BD ⋅=⋅+⋅，又::1:1:2AB AC BC =，代入可得结论：2AD BD CD =+．如图4，当点D 在弧AC 上时，根据托勒密定理：AD BC AB CD AC BD ⋅=⋅+⋅，又::1:1:2AB AC BC =，代入可得结论：2BD AD CD =+．（3）当△ABC 是一般三角形时，若记BC ：AC ：AB =a ：b ：c ，根据托勒密定理可得：a AD b BD c CD⋅=⋅+⋅例题精讲【例1】．如图，正五边形ABCDE 内接于⊙O ，AB ＝2，则对角线BD 的长为1+．解：如图，连接AD、AC．∵五边形ABCDE是正五边形，∴△ABC≌△DCB≌△AED（SAS），∴设BD＝AC＝AD＝x．在圆内接四边形ABCD中，由托勒密定理可得：AB•CD+AD•BC＝AC•BD，即2×2+x•2＝x2，解得：x1＝1+，x2＝1﹣（舍去）．∴对角线BD的长为1+．故答案为：1+．变式训练【变式1-1】．先阅读理解：托勒密（Ptolemy古希腊天文学家）定理指出：圆内接凸四边形两组对边乘积的和等于两条对角线的乘积．即：如果四边形ABCD内接于⊙O，则有AB•CD+AD•BC＝AC•BD．再请完成：（1）如图1，四边形ABCD内接于⊙O，BC是⊙O的直径，如果AB＝AC＝，CD＝1，求AD的长．（2）在（1）的条件下，如图2，设对边BA、CD的延长线的交点为P，求PA、PD的长．解：（1）∵BC是⊙O的直径，∴∠BAC＝∠BDC＝90°，∵AB＝AC＝，∴△ABC是等腰直角三角形，∴BC＝AB＝，∴BD＝＝＝3，∵圆内接凸四边形两组对边乘积的和等于两条对角线的乘积，即：如果四边形ABCD内接于⊙O，则有AB•CD+AD•BC＝AC•BD，即×1+AD×＝×3，解得：AD＝；（2）∵∠PAD＝∠PCB，∠P＝∠P，∴△PAD∽△PCB，∴＝＝，设PA＝x，PD＝y，则＝＝，解得：x＝，y＝，∴PA＝，PD＝．【变式1-2】．如图1，已知⊙O内接四边形ABCD，求证：AC•BD＝AB•CD+AD•BC．证明：如图1，在BD上取一点P，连接CP，使∠PCB＝∠DCA，即使∠1＝∠2．∵在⊙O中，∠3与∠4所对的弧都是，∴∠3＝∠4．∴△ACD∽△BCP．∴＝．∴AC•BP＝AD•BC．①又∵∠2＝∠1，∴∠2+∠7＝∠1+∠7．即∠ACB＝∠DCP．∵在⊙O中，∠5与∠6所对的弧都是，∴∠5＝∠6．∴△ACB∽△DCP．…（1）任务一：请你将“托勒密定理”的证明过程补充完整；（2）任务二：如图2，已知Rt△ABC内接于⊙O，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，CD 平分∠ACB交⊙O于点D，求CD的长．解：（1）补全证明：∴，∴AC•DP＝AB•DC②，∴①+②得：AC•BP+AC•DP＝AD•BC+AB•DC，∴AC•（BP+DP）＝AD•BC+AB•DC，即AC•BD＝AD•BC+AB•DC，（2）∵∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，∴∠ADB＝90°，AB＝＝10，∵CD平分∠ACB交⊙O于点D，∴∠BCD＝∠ACD，∴BD＝AD，∵∠ADB＝90°，∴∠ABD＝45°，∴BD＝AD＝AB•sin45°＝5，∵四边形ABCD内接于⊙O，∴AB•CD＝AC•BD+AD•BC，即10CD＝6×+8×5，∴CD＝7．【例2】．托勒密定理：圆的内接四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知：如图1，四边形ABCD内接于⊙O．求证：AB⋅DC+AD⋅BC＝AC⋅BD．证明：如图2，作∠BAE＝∠CAD，交BD于点E，……∴△ABE∽△ACD，∴AB•DC＝AC•BE，……∴△ABC∽△AED，∴AD•BC＝AC•ED，∴AB•DC+AD•BC＝AC•BE+AC•ED＝AC（BE+ED）＝AC•BD．（1）请帮这位同学写出已知和求证，并完成证明过程；（2）如图3，已知正五边形ABCDE内接于⊙O，AB＝1，求对角线BD的长．（1）解：已知：如图1，四边形ABCD内接于⊙O，求证：AB•DC+AD⋅BC＝AC•BD，故答案为：四边形ABCD内接于⊙O，AB•DC+AD•BC＝AC•BD；证明：如图2，作∠BAE＝∠CAD，交BD于点E，∵，∴∠ABE＝∠ACD，∴△ABE∽△ACD，∴＝，∴AB⋅DC＝AC⋅BE．∵，∴∠ACB＝∠ADE．∵∠BAE＝∠CAD，∴∠BAE+∠EAC＝∠CAD+∠EAC，即∠BAC＝∠EAD，∴△ABC∽△AED，∴，∴AD⋅BC＝AC⋅ED，∴AB⋅DC+AD⋅BC＝AC⋅BE+AC⋅ED＝AC（BE+ED）＝AC⋅BD，即AB•DC+AD•BC＝AC•BD；（2）解：在图3中，连接AD、AC．∵五边形ABCDE是正五边形，∴△ABC≌△DCB≌△AED，∴设BD＝AC＝AD＝x．在圆内接四边形ABCD中，由托勒密定理可得：AB•CD+AD•BC＝AC•BD，即1×1+x•1＝x2，解得，（舍去），∴对角线BD的长为．变式训练【变式2-1】．已知：如图1，四边形ABCD内接于⊙O．求证：AB•CD+BC•AD＝AC•BD下面是该结论的证明过程：证明：如图2，作∠BAE＝∠CAD，交BD于点E．∵＝，∠ABE＝∠ACD，∴△ABE∽△ACD，∴，∴AB•CD＝AC•BE；∵＝，∴∠ACB＝∠ADE（依据1），∵∠BAE＝∠CAD，∴∠BAC＝∠EAD，∴△ABC∽△AED（依据2），∴，∴AD•BC＝AC•ED；∴AB•CD+AD•BC＝AC•（BE+ED），即AB•CD+BC•AD＝AC•BD．（1）上述证明过程中的“依据1”是指同弧所对的圆周角相等；“依据2”是指两角分别相等的两个三角形相似．（2）当圆内接四边形ABCD是矩形时，托勒密定理就是我们熟知的勾股定理．（3）如图3，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，点C是的中点，求AC的长．解：（1）上述证明过程中的“依据1”是同弧所对的圆周角相等．“依据2”是两角分别相等的两个三角形相似．故答案为：同弧所对的圆周角相等；两角分别相等的两个三角形相似．（2）当圆内接四边形ABCD是矩形时，则AB＝CD，AD＝BC，AC＝BD，∵AB•CD+AD•BC＝AC•BD，∴AB2+AD2＝BD2，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：勾股定理，故答案为：勾股．（3）连接BD，作CE⊥BD于E．∵四边形ABCD是圆内接四边形，∴∠BAD+∠BCD＝180°，∵∠BAD＝60°，∴∠BCD＝120°，∵，∴CD＝CB，∴∠CDB＝30°，在Rt△CDE中，cos30°＝，∴DE＝CD，∴BD＝2DE＝CD，由托勒密定理：AC•BD＝AD•BC+CD•AB，∴AC•CD＝3CD+5CD，∴AC＝，答：AC的长为．【变式2-2】．圆的内接四边形的两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和．即：如图1，若四边形ABCD内接于⊙O，则有________．任务：（1）材料中划横线部分应填写的内容为AC•BD＝AB•CD+BC•AD．（2）已知，如图2，四边形ABCD内接于⊙O，BD平分∠ABC，∠COD＝120°，求证：BD＝AB+BC．解：（1）由托勒密定理可得：AC•BD＝AB•CD+BC•AD 故答案为：AC•BD＝AB•CD+BC•AD（2）如图，连接AC∵∠COD＝120°，∴∠CBD＝∠CAD＝60°∵BD平分∠ABC∴∠ABD＝∠CBD＝60°∴∠ACD＝60°，∴△ACD是等边三角形∴AC＝AD＝CD，∵四边形ABCD是圆内接四边形∴AC•BD＝AB•CD+BC•AD∴BD＝AB+BC1．如图，以Rt△ABC的斜边BC为一边在△ABC的同侧作正方形BCEF，对角线交于点O，连接AO，如果AB＝4，AO＝4，那么AC的长等于（）A．12B．16C．4D．8解：在AC上截取CG＝AB＝4，连接OG，∵四边形BCEF是正方形，∠BAC＝90°，∴OB＝OC，∠BAC＝∠BOC＝90°，∴B、A、O、C四点共圆，∴∠ABO＝∠ACO，在△BAO和△CGO中，∴△BAO≌△CGO（SAS），∴OA＝OG＝4，∠AOB＝∠COG，∵∠BOC＝∠COG+∠BOG＝90°，∴∠AOG＝∠AOB+∠BOG＝90°，即△AOG是等腰直角三角形，由勾股定理得：AG＝＝8，即AC＝AG+CG＝8+4＝12．故选：A．2．如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，点C为弧BD的中点，则AC的长是．解：解法一、∵A、B、C、D四点共圆，∠BAD＝60°，∴∠BCD＝180°﹣60°＝120°，∵∠BAD＝60°，AC平分∠BAD，∴∠CAD＝∠CAB＝30°，如图1，将△ACD绕点C逆时针旋转120°得△CBE，则∠E＝∠CAD＝30°，BE＝AD＝5，AC＝CE，∴∠ABC+∠EBC＝（180°﹣∠CAB﹣∠ACB）+（180°﹣∠E﹣∠BCE）＝180°，∴A、B、E三点共线，过C作CM⊥AE于M，∵AC＝CE，∴AM＝EM＝×（5+3）＝4，在Rt△AMC中，AC＝＝＝；解法二、过C作CE⊥AB于E，CF⊥AD于F，则∠E＝∠CFD＝∠CFA＝90°，∵点C为弧BD的中点，∴＝，∴∠BAC＝∠DAC，BC＝CD，∵CE⊥AB，CF⊥AD，∴CE＝CF，∵A、B、C、D四点共圆，∴∠D＝∠CBE，在△CBE和△CDF中∴△CBE≌△CDF，∴BE＝DF，在△AEC和△AFC中∴△AEC≌△AFC，∴AE＝AF，设BE＝DF＝x，∵AB＝3，AD＝5，∴AE＝AF＝x+3，∴5＝x+3+x，解得：x＝1，即AE＝4，∴AC＝＝，故答案为：．3．如图，在等腰△ABC中，AB＝AC＝4，BC＝6，点D在底边BC上，且∠DAC＝∠ACD，将△ACD沿着AD所在直线翻折，使得点C落到点E处，联结BE，那么BE的长为1．解：∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠C，∵∠DAC＝∠ACD，∴∠DAC＝∠ABC，∵∠C＝∠C，∴△CAD∽△CBA，∴＝，∴＝，∴CD＝，BD＝BC﹣CD＝，∵∠DAM＝∠DAC＝∠DBA，∠ADM＝∠ADB，∴△ADM∽△BDA，∴＝，即＝，∴DM＝，MB＝BD﹣DM＝，∵∠ABM＝∠C＝∠MED，∴A、B、E、D四点共圆，∴∠ADB＝∠BEM，∠EBM＝∠EAD＝∠ABD，∴△ABD∽△MBE，（不用四点共圆，可以先证明△BMA∽△EMD，推出△BME∽AMD，推出∠ADB＝∠BEM也可以！）∴＝，∴BE＝＝1．故答案为：1．4．如图，P是正方形ABCD内一点，CP＝CD，AP⊥BP，则的值为．解：如图，过点D作AP垂线交AP延长线于E，∵四边形ABCD是正方形，CP＝CD，∴BC＝CP＝CD，∴∠PBC＝∠BPC，∠DPC＝∠PDC，设∠PCD＝x，则∠BPC＝，∠DPC＝，∴∠BPD＝45°+90°＝135°，∵AP⊥BP，∴∠APD＝360°﹣135°﹣90°＝135°，∴∠DPE＝45°，设DE＝PE＝y，∴DP＝＝y，∵∠DAE+∠BAP＝∠BAP+∠ABP＝90°，∴∠DAE＝∠ABP，在△DAE与△ABP中，，∴△APB≌△DEA（AAS），∴AP＝DE＝y，∴＝＝．故答案为：．5．如图，正方形ABCD的边长是6，对角线的交点为O，点E在边CD上且CE＝2，CF⊥BE，连接OF，则：（1）∠OFB45°；（2）OF＝．解：（1）在BE上截取BG＝CF，∵在正方形ABCD，AC⊥BD，∠ABC＝∠BCD＝90°，AC＝BD，BO＝BD，CO＝AC，AC、BD分别平分∠ABC、∠BCD，∴BO＝CO，∠BOC＝90°，∠OBC＝∠OCD＝45°，∵CF⊥BE，∴∠CFE＝90°，∴∠FEC+∠ECF＝90°，∵∠EBC+∠FEC＝90°，∴∠EBC＝∠ECF，∴∠OBC﹣∠EBC＝∠OCD﹣∠ECF，∴∠OBG＝∠FCO，∴△OBG≌△OCF（SAS），∴∠BOG＝∠FOC，OG＝OF，∴∠GOC+∠COF＝90°，∴∠OFG＝∠OGF＝45°，故答案为：45°；（2）在Rt△BCE中，根据勾股定理，得BE＝2，∴CF＝BG＝＝，在Rt△FCE中，根据勾股定理，得EF＝，∴GF＝BE﹣BG﹣EF＝，在Rt△FCE中，根据勾股定理，得OF＝，故答案为：．6．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D为BC的中点，过点D作DE⊥DF，交BA的延长线于点E，交AC的延长线于点F．若CF＝，AC＝4，AB＝2．则AE＝10．解：延长FD至G，使GD＝FD，连接BG，如图所示：∵D为BC的中点，∴BD＝CD，在△BDG和△CDF中，，∴△BDG≌△CDF（SAS），∴BG＝CF＝，∠G＝∠F，∴BG∥CF，∴△BGH∽△AFH，∴＝＝＝＝，∴＝，AH＝AB＝，∵∠BAC＝90°，AF＝AC+CF＝，∴HF＝＝，∴DH＝FH＝，∵DE⊥DF，∴∠EDH＝90°＝∠BAC，∴∠E+∠EHD＝∠F+∠EHD＝90°，∴∠E＝∠F，∴△DHE∽△AHF，∴＝，即＝，解得：HE＝，∴AE＝HE﹣AH＝﹣＝10；故答案为：10．7．设△ABC是正三角形，点P在△ABC外，且与点A在直线BC异侧，∠BPC＝120°，求证：PA＝PB+PC．解：如图，延长BP至E，使PE＝PC，连接CE，∵∠BAC+∠BPC＝180°，且∠BAC＝60°，∴∠BPC＝120°，∴∠CPE＝60°，又PE＝PC，∴△CPE为等边三角形，∴CP＝PE＝CE，∠PCE＝60°，∵△ABC为等边三角形，∴AC＝BC，∠BCA＝60°，∴∠ACB＝∠PCE，∴∠ACB+∠BCP＝∠PCE+∠BCP，即：∠ACP＝∠BCE，∵在△ACP和△BCE中，，∴△ACP≌△BCE（SAS），∴AP＝BE，∵BE＝BP+PE，∴PA＝PB+PC．8．⊙O半径为2，AB，DE为两条直线．作DC⊥AB于C，且C为AO中点，P为圆上一个动点．求2PC+PE的最小值．解：延长OA到K，使AK＝＝2．∵C是AO的中点，∴OC＝OA＝1，∴＝．又∵∠COP＝∠POK，∴△COP∽△POK，∴，即PK＝2PC．∴2PC+PE＝PE+PK≥EK．作EH⊥BC于点H．∵在直角△COD中，cos∠DOC＝，∴∠DOC＝60°，∴∠EOH＝∠DOC＝60°，∴HE＝OE•sin60°＝2×，∴EK＝．即最小值是2．故答案是：2．9．如图，点P为等边△ABC外接圆，劣弧为BC上的一点．（1）求∠BPC的度数；（2）求证：PA＝PB+PC．（1）解：∵四边形ABPC内接于圆，∴∠BAC+∠BPC＝180．∵等边三角形ABC中，∠BAC＝60°，∴∠BPC＝120°；（2）证明：延长BP到D，使得DP＝PC，连接CD．∵∠BPC＝120，∴∠CPD＝60．又∵PC＝PD，∴△PCD是等边三角形，∴PC＝CD，∠PCD＝60°，∴∠ACM+∠MCP＝PCD+∠MCP，即∠ACP＝∠BCD．∵等边三角形ABC中，∴BC＝AC．∵所对的圆周角是∠DBC与∠PAC，∴∠DBC＝∠PAC．在△DBC和△PAC中，，∴△DBC≌△PAC（ASA），∴AP＝BD．∵BD＝BP+DP，∴AP＝BP+DP，∵DP＝PC，∴PA＝PB+PC．10．如图，⊙O的直径AB的长为10，弦BD的长为6，点C为上的一点，过点B的切线EF，连接AD，CD，CB；（1）求证：∠CDB＝∠CBF；（2）若点D为的中点，求CD的长．（1）证明：连接AC，如图，∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴∠1+∠2＝90°，∵EF为⊙O的切线，∴AB⊥EF，∴∠ABF＝90°，即∠2+∠CBF＝90°，∴∠1＝∠CBF，∵∠1＝∠CDB，∴∠CDB＝∠CBF；（2）解：作CM⊥AD于M，CN⊥DB于N，如图，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∴AD＝＝＝8，∵点C为的中点，∴∠ADC＝∠BDC，∴CA＝CB，CM＝CN，在Rt△ACM和Rt△BCN中，∴Rt△ACM≌Rt△BCN，∴AM＝BN，即AD﹣AM＝DN﹣BD，∴AM+DN＝AD+BD＝8+6＝14，∵四边形CMDN为矩形，CM＝CN，∴四边形CMDN为正方形，∴DM＝DN＝7，∴CD＝DM＝7．11．阅读下列材料，并完成相应的任务．托勒密定理：托勒密（Ptolemy）（公元90年～公元168年），希腊著名的天文学家，他的要著作《天文学大成》被后人称为“伟大的数学书”，托勒密有时把它叫作《数学文集》，托勒密从书中摘出并加以完善，得到了著名的托勒密（Ptolemy）定理．托勒密定理：圆内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边乘积之和．已知：如图1，四边形ABCD内接于⊙O，求证：AB•CD+BC•AD＝AC•BD下面是该结论的证明过程：证明：如图2，作∠BAE＝∠CAD，交BD于点E．∵∴∠ABE＝∠ACD∴△ABE∽△ACD∴∴AB•CD＝AC•BE∵∴∠ACB＝∠ADE（依据1）∵∠BAE＝∠CAD∴∠BAE+∠EAC＝∠CAD+∠EAC即∠BAC＝∠EAD∴△ABC∽△AED（依据2）∴AD•BC＝AC•ED∴AB•CD+AD•BC＝AC•（BE+ED）∴AB•CD+AD•BC＝AC•BD任务：（1）上述证明过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？（2）当圆内接四边形ABCD是矩形时，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：勾股定理．（请写出）（3）如图3，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，点C为的中点，求AC的长．解：（1）上述证明过程中的“依据1”是同弧所对的圆周角相等．“依据2”是两角分别相等的两个三角形相似．（2）当圆内接四边形ABCD是矩形时，则AB＝CD，AD＝BC，AC＝BD，∵AB•CD+AD•BC＝AC•BD，∴AB2+AD2＝BD2，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：勾股定理，故答案为勾股定理．（3）连接BD，作CE⊥BD于E．∵四边形ABCD是圆内接四边形，∴∠BAD+∠BCD＝180°，∵∠BAD＝60°，∴∠BCD＝120°，∵＝，∴CD＝CB，∴∠CDB＝30°，在Rt△CDE中，cos30°＝，∴DE＝CD，∴BD＝2DE＝CD，由托勒密定理：AC•BD＝AD•BC+CD•AB，∴AC•CD＝3CD+5CD，∴AC＝，答：AC的长为．12．在学习了《圆》和《相似》的知识后，小明自学了一个著名定理“托勒密定理：圆内接四边形对角线的乘积等于两组对边乘积之和．”（1）下面是小明对托勒密定理的证明和应用过程，请补充完整．已知：四边形ABCD内接于⊙O．求证：AC•BD＝AB•CD+AD•BC．证明：作∠CDE＝∠BDA，交AC于点E，∵⊙O中，∠1＝∠2，∴△ABD∽△ECD（两角对应相等，两三角形相似）．∴．∴AB•CD＝BD•EC①，．又∵∠BDA+∠3＝∠CDE+∠3，即∠ADE＝∠BDC，∴△DAE∽△DBC（两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似）．∴．∴AD•BC＝BD•AE②．∴AB•CD+AD•BC＝BD（EC+AE），∴AB•CD+AD•BC＝AC•BD．（2）利用托勒密定理解决问题：是否存在一个圆内接四边形，它的两条对角线长为5和，一组对边长为1和3，另一组对边的和为4．若存在，求出未知的两边；若不存在，说明理由．（1）证明：作∠CDE＝∠BDA，交AC于点E，∵⊙O中，∠1＝∠2，∴△ABD∽△ECD（两角对应相等，两三角形相似）．∴．∴AB•CD＝BD•EC①，∴．又∵∠BDA+∠3＝∠CDE+∠3，即∠ADE＝∠BDC，∴△DAE∽△DBC（两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似）．∴．∴AD•BC＝BD•AE②．∴AB•CD+AD•BC＝BD（EC+AE），∴AB•CD+AD•BC＝AC•BD．故答案为：两角对应相等，两三角形相似，DAE，DBC，两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似，AB•CD+AD•BC＝BD（EC+AE）；（2）不存在，理由如下：设未知的两边分别为：a，4﹣a，由托勒密定理可得：5×＝1×3+a（4﹣a），∴（a﹣2）2＝7﹣5＜0，∴方程无解，∴不存在这样的一个圆内接四边形．13．阅读下列相关材料，并完成相应的任务．布拉美古塔定理婆罗摩笈多是古印度著名的数学家、天文学家，他编著了《婆罗摩修正体系》，他曾经提出了“婆罗摩笈多定理”，也称“布拉美古塔定理”．定理的内容是：若圆内接四边形的对角线互相垂直，则垂直于一边且过对角线交点的直线平分对边．某数学兴趣小组的同学写出了这个定理的已知和求证．已知：如图，在圆内接四边形ABCD中，对角线AC⊥BD，垂足为P，过点P作AB的垂线分别交AB，DC于点H，M．求证：M是CD的中点任务：（1）请你完成这个定理的证明过程．（2）该数学兴趣小组的同学在该定理的基础上写出了另外一个命题：若圆内接四边形的对角线互相垂直，则一边中点与对角线交点的连线垂直于对边请判断此命题是真命题．（填“真”或“假”）（3）若PD＝2，HP＝，BP＝3，求MH的长．（1）证明：∵AC⊥BD，∴∠APB＝∠CPD＝90°，∴∠ABP+∠BAP＝90°，∵PH⊥AB，∴∠BAP+∠APH＝90°，∴∠ABP＝∠APH，∴∠MPC＝∠APH，∵＝，∴∠ABP＝∠ACD，∴∠PCM＝∠MPC，∴PM＝MC，同理可得，PM＝DM，∴DM＝CM，∴M是CD的中点；（2）若圆内接四边形的对角线互相垂直，则一边中点与对角线交点的连线垂直于对边，理由如下：已知：如图，在圆内接四边形ABCD中，对角线AC⊥BD，垂足为P，M是CD的中点，连接MP交AB于点H，求证：PH⊥AB；证明：∵M是CD的中点；∴DM＝CM＝PM，∴∠PCM＝∠MPC，∵＝，∴∠ABP＝∠PCM，∵∠MPC＝∠APH，∴∠MPC＝∠APH，∴∠APH+∠HPB＝∠ABP+∠HPB＝90°，∴PH⊥AB；故答案为：真；（3）解：∵BP＝3，HP＝，∴BH＝，∴sin∠HBP＝，∵∠ABP＝∠PCD，∴＝＝，∴CD＝2，∵M是CD的中点，∴PM＝CD＝，∴MH＝2．14．已知△ABC内接于⊙O，∠BAC的平分线交⊙O于点D，连接DB，DC．（1）如图①，当∠BAC＝120°时，请直接写出线段AB，AC，AD之间满足的等量关系式：AB+AC＝AD；（2）如图②，当∠BAC＝90°时，试探究线段AB，AC，AD之间满足的等量关系，并证明你的结论；（3）如图③，若BC＝5，BD＝4，求的值．解：（1）如图①在AD上截取AE＝AB，连接BE，∵∠BAC＝120°，∠BAC的平分线交⊙O于点D，∴∠DBC＝∠DAC＝60°，∠DCB＝∠BAD＝60°，∴△ABE和△BCD都是等边三角形，∴∠DBE＝∠ABC，AB＝BE，BC＝BD，∴△BED≌△BAC（SAS），∴DE＝AC，∴AD＝AE+DE＝AB+AC；故答案为：AB+AC＝AD．（2）AB+AC＝AD．理由如下：如图②，延长AB至点M，使BM＝AC，连接DM，∵四边形ABDC内接于⊙O，∴∠MBD＝∠ACD，∵∠BAD＝∠CAD＝45°，∴BD＝CD，∴△MBD≌△ACD（SAS），∴MD＝AD，∠M＝∠CAD＝45°，∴MD⊥AD．∴AM＝，即AB+BM＝，∴AB+AC＝；（3）如图③，延长AB至点N，使BN＝AC，连接DN，∵四边形ABDC内接于⊙O，∴∠NBD＝∠ACD，∵∠BAD＝∠CAD，∴BD＝CD，∴△NBD≌△ACD（SAS），∴ND＝AD，∠N＝∠CAD，∴∠N＝∠NAD＝∠DBC＝∠DCB，∴△NAD∽△CBD，∴，∴，又AN＝AB+BN＝AB+AC，BC＝5，BD＝4，∴＝．15．问题探究：（1）已知：如图①，△ABC中请你用尺规在BC边上找一点D，使得点A到点BC的距离最短．（2）托勒密（Ptolemy）定理指出，圆的内接四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．如图②，P是正△ABC外接圆的劣弧BC上任一点（不与B、C重合），请你根据托勒密（Ptolemy）定理证明：PA＝PB+PC．问题解决：（3）如图③，某学校有一块两直角边长分别为30m、60m的直角三角形的草坪，现准备在草坪内放置一对石凳及垃圾箱在点P处，使P到A、B、C三点的距离之和最小，那么是否存在符合条件的点P？若存在，请作出点P的位置，并求出这个最短距离（结果保留根号）；若不存在，请说明理由．解：（1）利用尺规作图，过点A作BC的垂线，交BC于D，则点D即为所求；（2）由托勒密定理得，PA•BC＝PB•AC+PC•AB，∵△ABC为正三角形，∴AB＝BC＝AC，∴PA•BC＝PB•BC+PC•BC，∴PA＝PB+PC；（3）以BC为边作正△BCD，使点D与点A在BC两侧，作△BCD的外接圆，连接AD交圆于P，连接PB，作DE⊥AC交AC的延长线于E，则点P即为所求，由（2）得，PD＝PB+PC，∴P到A、B、C三点的距离之和＝DA，且距离之和最小，∵CD＝BC＝30，∠DCE＝∠BCE﹣∠BCD＝30°，∴DE＝CD＝15，由勾股定理得，CE＝＝15，则AD＝＝30，答：P到A、B、C三点的距离之和最小值为30m．16．（1）方法选择如图①，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD，AB＝BC＝AC．求证：BD ＝AD+CD．小颖认为可用截长法证明：在DB上截取DM＝AD，连接AM…小军认为可用补短法证明：延长CD至点N，使得DN＝AD…请你选择一种方法证明．（2）类比探究【探究1】如图②，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD，BC是⊙O的直径，AB＝AC．试用等式表示线段AD，BD，CD之间的数量关系，并证明你的结论．【探究2】如图③，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD．若BC是⊙O的直径，∠ABC＝30°，则线段AD，BD，CD之间的等量关系式是BD＝CD+2AD．（3）拓展猜想如图④，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD．若BC是⊙O的直径，BC：AC：AB＝a：b：c，则线段AD，BD，CD之间的等量关系式是BD＝CD+AD．解：（1）方法选择：∵AB＝BC＝AC，∴∠ACB＝∠ABC＝60°，如图①，在BD上截取DM＝AD，连接AM，∵∠ADB＝∠ACB＝60°，∴△ADM是等边三角形，∴AM＝AD，∵∠ABM＝∠ACD，∵∠AMB＝∠ADC＝120°，∴△ABM≌△ACD（AAS），∴BM＝CD，∴BD＝BM+DM＝CD+AD；（2）类比探究：如图②，∵BC是⊙O的直径，∴∠BAC＝90°，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，过A作AM⊥AD交BD于M，∵∠ADB＝∠ACB＝45°，∴△ADM是等腰直角三角形，∴AM＝AD，∠AMD＝45°，∴DM＝AD，∴∠AMB＝∠ADC＝135°，∵∠ABM＝∠ACD，∴△ABM≌△ACD（AAS），∴BM＝CD，∴BD＝BM+DM＝CD+AD；【探究2】如图③，∵若BC是⊙O的直径，∠ABC＝30°，∴∠BAC＝90°，∠ACB＝60°，过A作AM⊥AD交BD于M，∵∠ADB＝∠ACB＝60°，∴∠AMD＝30°，∴MD＝2AD，∵∠ABD＝∠ACD，∠AMB＝∠ADC＝150°，∴△ABM∽△ACD，∴＝，∴BM＝CD，∴BD＝BM+DM＝CD+2AD；故答案为：BD＝CD+2AD；（3）拓展猜想：BD＝BM+DM＝CD+AD；理由：如图④，∵若BC是⊙O的直径，∴∠BAC＝90°，过A作AM⊥AD交BD于M，∴∠MAD＝90°，∴∠BAM＝∠DAC，∴△ABM∽△ACD，∴＝，∴BM＝CD，∵∠ADB＝∠ACB，∠BAC＝∠MAD＝90°，∴△ADM∽△ACB，∴＝＝，∴DM＝AD，∴BD＝BM+DM＝CD+AD．故答案为：BD＝CD+AD17．数学课上，张老师出示了问题：如图1，AC，BD是四边形ABCD的对角线，若∠ACB ＝∠ACD＝∠ABD＝∠ADB＝60°，则线段BC，CD，AC三者之间有何等量关系？经过思考，小明展示了一种正确的思路：如图2，延长CB到E，使BE＝CD，连接AE，证得△ABE≌△ADC，从而容易证明△ACE是等边三角形，故AC＝CE，所以AC＝BC+CD．小亮展示了另一种正确的思路：如图3，将△ABC绕着点A逆时针旋转60°，使AB与AD重合，从而容易证明△ACF是等边三角形，故AC＝CF，所以AC＝BC+CD．在此基础上，同学们作了进一步的研究：（1）小颖提出：如图4，如果把“∠ACB＝∠ACD＝∠ABD＝∠ADB＝60°”改为“∠ACB＝∠ACD＝∠ABD＝∠ADB＝45°”，其它条件不变，那么线段BC，CD，AC三者之间有何等量关系？针对小颖提出的问题，请你写出结论，并给出证明．（2）小华提出：如图5，如果把“∠ACB＝∠ACD＝∠ABD＝∠ADB＝60°”改为“∠ACB＝∠ACD＝∠ABD＝∠ADB＝α”，其它条件不变，那么线段BC，CD，AC三者之间有何等量关系？针对小华提出的问题，请你写出结论，不用证明．解：（1）BC+CD＝AC；理由：如图1，延长CD至E，使DE＝BC，连接AE，∵∠ABD＝∠ADB＝45°，∴AB＝AD，∠BAD＝180°﹣∠ABD﹣∠ADB＝90°，∵∠ACB＝∠ACD＝45°，∴∠ACB+∠ACD＝90°，∴∠BAD+∠BCD＝180°，∴∠ABC+∠ADC＝180°，∵∠ADC+∠ADE＝180°，∴∠ABC＝∠ADE，在△ABC和△ADE中，，∴△ABC≌△ADE（SAS），∴∠ACB＝∠AED＝45°，AC＝AE，∴△ACE是等腰直角三角形，∴CE＝AC，∵CE＝CD+DE＝CD+BC，∴BC+CD＝AC；（2）BC+CD＝2AC•cosα．理由：如图2，延长CD至E，使DE＝BC，∵∠ABD＝∠ADB＝α，∴AB＝AD，∠BAD＝180°﹣∠ABD﹣∠ADB＝180°﹣2α，∵∠ACB＝∠ACD＝α，∴∠ACB+∠ACD＝2α，∴∠BAD+∠BCD＝180°，∴∠ABC+∠ADC＝180°，∵∠ADC+∠ADE＝180°，∴∠ABC＝∠ADE，在△ABC和△ADE中，，∴△ABC≌△ADE（SAS），∴∠ACB＝∠AED＝α，AC＝AE，∴∠AEC＝α，过点A作AF⊥CE于F，∴CE＝2CF，在Rt△ACF中，∠ACD＝α，CF＝AC•cos∠ACD＝AC•cosα，∴CE＝2CF＝2AC•cosα，∵CE＝CD+DE＝CD+BC，∴BC+CD＝2AC•cosα．18．问题背景：如图①，在四边形ADBC中，∠ACB＝∠ADB＝90°，AD＝BD，探究线段AC，BC，CD之间的数量关系．小吴同学探究此问题的思路是：将△BCD绕点D，逆时针旋转90°到△AED处，点B，C分别落在点A，E处（如图②），易证点C，A，E在同一条直线上，并且△CDE是等腰直角三角形，所以CE＝CD，从而得出结论：AC+BC＝CD．简单应用：（1）在图①中，若AC＝，BC＝2，则CD＝3．（2）如图③，AB是⊙O的直径，点C、D在⊙上，＝，若AB＝13，BC＝12，求CD的长．拓展规律：（3）如图④，∠ACB＝∠ADB＝90°，AD＝BD，若AC＝m，BC＝n（m＜n），求CD 的长（用含m，n的代数式表示）（4）如图⑤，∠ACB＝90°，AC＝BC，点P为AB的中点，若点E满足AE＝AC，CE＝CA，点Q为AE的中点，则线段PQ与AC的数量关系是PQ＝AC或PQ＝AC．解：（1）由题意知：AC+BC＝CD，∴+2＝CD，∴CD＝3；（2）连接AC、BD、AD，∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝∠ACB＝90°，∵，∴AD＝BD，将△BCD绕点D顺时针旋转90°到△AED处，如图③，∴∠EAD＝∠DBC，∵∠DBC+∠DAC＝180°，∴∠EAD+∠DAC＝180°，∴E、A、C三点共线，∵AB＝13，BC＝12，∴由勾股定理可求得：AC＝5，∵BC＝AE，∴CE＝AE+AC＝17，∵∠EDA＝∠CDB，∴∠EDA+∠ADC＝∠CDB+∠ADC，即∠EDC＝∠ADB＝90°，∵CD＝ED，∴△EDC是等腰直角三角形，∴CE＝CD，∴CD＝；（3）以AB为直径作⊙O，连接OD并延长交⊙O于点D1，连接D1A，D1B，D1C，如图④由（2）的证明过程可知：AC+＝D1C，∴D1C＝，又∵D1D是⊙O的直径，∴∠DCD1＝90°，∵AC＝m，BC＝n，∴由勾股定理可求得：AB2＝m2+n2，∴D1D2＝AB2＝m2+n2，∵D1C2+CD2＝D1D2，∴CD2＝m2+n2﹣＝，∵m＜n，∴CD＝；（4）当点E在直线AC的左侧时，如图⑤，连接CQ，PC，∵AC＝BC，∠ACB＝90°，点P是AB的中点，∴AP＝CP，∠APC＝90°，又∵CA＝CE，点Q是AE的中点，∴∠CQA＝90°，设AC＝a，∵AE＝AC，∴AE＝a，∴AQ＝AE＝，由勾股定理可求得：CQ＝a，由（2）的证明过程可知：AQ+CQ＝PQ，∴PQ＝a+a，∴PQ＝AC；当点E在直线AC的右侧时，如图⑥，连接CQ、CP，同理可知：∠AQC＝∠APC＝90°，设AC＝a，∴AQ＝AE＝，由勾股定理可求得：CQ＝a，由（3）的结论可知：PQ＝（CQ﹣AQ），∴PQ＝AC．综上所述，线段PQ与AC的数量关系是PQ＝AC或PQ＝AC．。
托勒密定理及其推广和应用
托勒密定理及其推广和应用1什么是托勒密定理及其推广和应用托勒密定理（Pythagorean Theorem）或者又被称为“勾股定理”，是古希腊数学家托勒密(Pythagoras)提出的一个定理，可以用来求三角形的斜边长度。
定理的内容是，如果一个三角形中，两条直角边的长度分别是a和b，那么斜边的长度c就等于根号下(a²+b²）。
2历史沿革托勒密定理在西元前600年由古希腊数学家托勒密首先提出，是一项里程碑式的数学理论，它被看做是世界三大数学定理之一，也是最古老、最广为人知的数学定理。
3推广和应用定理的推广和应用非常广泛，在四边形和多边形的求周长中占有重要的地位，它与三角函数的涉及将二元一次方程的解法推广到三元一次方程。
此外，在几何概念上勾股定理也可以应用于球面和曲面上，已经广泛运用于航海、地质、地理等科学中。
在数学证明上，勾股定理只有一个精辟而有力的自然证明，这也是它被广泛认可的原因。
可以说它改变了人们的数学思维，它的提出让很多已有的数学概念有了研究深刻的定义，更多的数学猜想也借此得以验证。
4扩展应用勾股定理的扩展应用至今来，也可以用于三次方程求解，它的推广也涉及到全部的多项式方程求解（又称厄米-伯拉斯特），它也在微积分中有重要的作用，在体积也有着深远的意义；此外，勾股定理也是测地学（地形测量和测绘，即建筑师和土木工程师所必须熟悉的学科）的基础，在远程精确测量地形细节的时候，投影的误差也是在计算过程中要考虑的重要因素。
5结论托勒密定理（Pythagorean theorem）经过几千年的发展变化，仍然是数学界一项最为重要的理论和定义，不仅在几何和数学上有着广泛的应用，也被用在了科学和文化领域，它深深地影响着我们对数学理解的方式。
它也给人们提供了很多对数学发展的启示，使人们在理解数学和科学以及其他文化领域知识时有一个更开放的思维框架。
托勒密定理的多种证明及其应用例谈
托勒密定理的多种证明及其应用例谈
作者：陶布
来源：《学校教育研究》2016年第03期
托勒密定理是初等几何的一个经典命题，它以具有十分广泛的应用而著称，托勒密定理描述的是圆内接四边形的性质，利用它可以解决与圆有关的几何命题，也可以通过构造圆解决代数问题，本文主要通过对托勒密定理的研究，从不同的角度给出了七种证法，并着重研究了托勒密定理的应用，以凸显托勒密定理在解决有关几何命题的作用。
一、托勒密定理及其证明
托勒密定理：圆内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边乘积之和。
1.预备知识
引理一（西姆松定理）：三角形外接圆上任意一点在三边所在直线上的射影点共线。
引理二（西姆松定理的逆定理）：若一个点在三角形三边所在直线上的射影点共线，则该点在此
三角形的外接圆上。
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托勒密定理的简单应用
摘要：着重介绍了该定理在正弦的和角、差角、倍角和半角的推导过程中的应用，同时还给出了该定理在其他方面的一些简单的应用，以加深对托勒密定理的理解。
关键词：托勒密定理；应用；圆；不等式；根式方程
托勒密定理是中学数学中一条熟知的平面几何定理。
我们知道，圆和直线的结合能组合成具有丰富性质的图形，托勒密定理描述的是圆内接四边形的性质，利用它可以解决与圆有关的几何题，也可以构造圆解决代数问题。
托勒密（ptolemy）定理
在圆内接四边形中两对角线乘积等于两组对边乘积之和。
托勒密定理的一些简单应用
下面我们以例题的形式展开：
1.如图1，p是正△abc外接圆的劣弧bc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．
证明：借助托勒密定理论证，则有pa·bc=pb·ac+pc·ab，
因为ab=bc=ac．
所以pa=pb+pc．
2.如图2，已知a，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+b·c，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：作△abc的外接圆，连结bd，dc，da，
因为ad=bc，
所以弧acd=弧bdc，
所以∠abd=∠bac．
又因为∠bda=∠acb（对同弧），∴∠1=∠2．
于是弧bd=弧ac，则bd=ac=b，依托勒密定理，有
bc·ad=ab·cd+bd·ac
而已知a2=b（b+c），即a·a=b·b+b·c，
比较上面两式得cd=bd=b，弧cd=弧bd，∠3=∠1=∠2，所以∠a=2∠b.
3.如图3，已知圆内接六边形的五条边的长都是81，只有第六边ab的长是31，求从b出发的三条对角线长的和。
解：设bd=x，be=y，bf=z，连接ac，ce，ae，由条件得ae=ce=bd=x，ac=bf=z，
在圆内接四边形abce，abef和bcde中，应用托勒密定理得:
31x+81x=yz（1）
81y+31×81=xz （2）
81y+812=x2（3）
由（1）和（2）消去z得81y2+31×81y=112x2（4）
将（3）代入（4）解得y=144，进而求得x=135，z=105.
因此求得x+y+z=384，即从b出发的三条对角线的和是384.
4.已知a＞0，b＞0，c＞0且a2+b2=c2，求证：（a+b）+（a-b）≤2 c.
证明：如图4，设圆的直径ab=c，c，d是ab的异侧圆周上的两点，且∠bad=15°，并设ac=b，bc=a，在rt△abd中，ad=ab·cos15°= （ + ）c，bd=ab·sin15°= （ - ）c
由托勒密定理得：
（ - ）bc+ （ + ）ac=c·cd≤c2
整理得（a+b）+（a-b）≤2 c.
5.解方程3 -2 = x.
解：显然x≥6，如图5，
设圆o的直径ab=x，c，d是ab的异侧圆周上的两点，且ac=4，ad=6则bc= ，bd= ，
应用托勒密定理得：
6 +4 =x·cd，
与已知方程比较得cd=2 ，所以
cos∠cad= = ，
故∠cad=60°，因此原方程的解为
x=ab=cd·csc60°=2 × =
参考文献：
［１］胡炳生.托勒密与托勒密定理.中学数学，1994（1）.
［２］袁小明.初等数学简史.北京：人民教育出版社，1990. ［３］m.克莱恩.古今数学思想.上海科技出版社，1979.
［４］彭康青.托勒密定理的复数证法及其应用.天水师范学院学报，2004，24（2）.
［５］常庚哲,伍润生.复数与几何［m］.北京：人民教育出版社，1964.
［６］张莉萍.托勒密定理的一个推广.中学数学教学，2006（3）. （作者单位浙江省宁波市镇海区蛟川书院）
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