第三讲 托勒密定理及其应用
证明托勒密(ptolemy)定理
证明托勒密(ptolemy)定理
【提纲】
1.介绍托勒密定理
托勒密定理，又称托勒密-费马定理，是一个关于三角形内角和与边长之间关系的数学定理。
该定理的表述为：在同一个三角形中，任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边。
2.证明托勒密定理的步骤
证明托勒密定理的方法有多种，这里我们以几何证明法为例：
（1）假设三角形ABC的三边长分别为a、b、c，其中a+b>c、
a+c>b、b+c>a；
（2）作边BC的平行线，交边AC于点D，构造三角形ABD和DBC；
（3）根据平行线性质，可知∠ADB=∠C，∠BDA=∠BC；
（4）在三角形ABD和DBC中，根据三角形内角和为180°，可得
∠ABD+∠ADB+∠BDA=180°；
（5）将∠ADB和∠BDA替换为∠C和∠ABC，得到
∠ABC+∠ABD+∠C=180°；
（6）同理，可得∠ABC+∠ADB+∠BC=180°；
（7）将（4）和（6）两式相减，得到∠AB D-∠C=∠C-∠ABC；
（8）根据步骤1中的条件，可知a+b>c，故∠ABD>∠C，同理
∠C>∠ABC；
（9）结合（7）式，得到∠ABD>∠C>∠ABC，即证明了托勒密定理。
3.托勒密定理的应用
托勒密定理在几何学中具有广泛的应用，如在解决三角形的判定、性质、最值等问题时，都可以利用托勒密定理进行求解。
此外，托勒密定理还可以与其他定理相结合，如与勾股定理、相似三角形等定理相互验证。
4.结论
托勒密定理是一个重要的几何定理，通过几何证明法可以简洁明了地证明其正确性。
托勒密定理
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托勒密定理
数学几何学术语ຫໍສະໝຸດ 01 定理提出03 验证推导 05 运用要点
目录
02 定理定义 04 定理推广
托勒密(Ptolemy)定理指出，圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积。原文：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。从这个定理 可以推出正弦、余弦的和差公式及一系列的三角恒等式，托勒密定理实质上是关于共圆性的基本性质．
从这个定理可以推出正弦、余弦的和差公式及一系列的三角恒等式，托勒密定理实质上是关于共圆性的基本 性质．
定理定义
指圆内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积。
验证推导
一、（以下是推论的证明，托勒密定理可视作特殊情况。） 在任意凸四边形ABCD中(如图1)，作△ABE使∠BAE=∠CAD ∠ABE=∠ ACD,连接DE. 则△ABE∽△ACD 所以 BE/CD=AB/AC,即BE·AC=AB·CD (1)由△ABE∽△ACD得AD/AC=AE/AB,又∠BAC=∠EAD, 所以△ABC∽△AED. BC/ED=AC/AD,即ED·AC=BC·AD (2) (1)+(2),得 A C ( B E + E D ) = A B ·C D + A D ·B C 又因为BE+ED≥BD （仅在四边形ABCD是某圆的内接四边形时，等号成立，即“托勒密定理”） 复数证明
定理提出
图1一般几何教科书中的“托勒密定理”，实出自依巴谷(Hipparchus)之手，托勒密只是从他的书中摘出。
摘出并完善后的托勒密(Ptolemy)定理指出，圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积。
定理表述：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。
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。
第三章托勒密定理及应用答
第三章 托勒密定理及应用习题A1．由CDE BAE △∽△和CBE DAE △∽△，有4BE AB CE =，4DEAD CE=，对四边形ABCD 应用托勒密定理，有()()416BE DEBD AE CE AB AD CE+⋅+=+=⋅．令CE x =，得方程26160x x +-=，求得2x =(舍去了负值)．于是12BE DE CE AE ⋅=⋅=．又8BD BC DC <+=，求得3BE =，4DE =或4BE =，3DE =，总之7BD =为所求．2．连EF ，DF ，由FBC FBD FED FAC ∠=∠=∠=∠，ABF EBF EDF ACF ∠=∠=∠=∠，知EDF EDF △∽△，即EF DE DFAF AC CF==．设其比值为k （k 为参数），则EF kAF =，DE kAC DF kCF =⋅=，对四边形BEFD 应用托勒密定理．有()BE EF DF BF DE +=⋅，即()BE k AF k CF BF k AC ⋅+⋅=⋅⋅注意到BE AC =，消去k ，得BF AF CF =+．3．连AC ，在四边形APCD 中应用托勒密定理，有PA PC AC PB AB += 4．连11l l 11,,B D DC B C ，设CAD α∠=，BAD β∠=，O ⊙的半径为R ．由AD 为BC 上中线，可令12ABC ACD ABC S S S k ===△△△．由正弦定理有112sin B D R β=⋅，112sin()C D R αβ=⋅+．对四边形111AB D C 应用托勒密定理，有1112sin 2sin 2sin()AB R αAC R βAD R αβ⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅+，消去2R ，两边同乘以 12AB AC AD ⋅⋅得111122ACD ABD ABC AB AB S AC AC S AD AD S ⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅△△△，亦即 1112AB AB AC AC AD AD ⋅+⋅=⋅，由此即证．5．连1535,A A A A ，则1514A A A A =，3513A A A A =．对四边形1345A A A A 应用托勒密定理，有 3413151435()A A A A A A A A A A ⋅+=⋅，即1213141413()A A A A A A A A A A +=⋅，由此整理即证．6．对四边形AB A B ''应用托勒密定理，有11a b cc AB A B '''=+⋅，即11111a b c cc c AB A B c '''=+⋅⋅，同理，对四边形B CA C '''，AB BC ''，AA BC ''分别应用托勒密定理，有1AB A B c AB B C b AB A C a '''''''⋅⋅=⋅⋅+⋅⋅，1AB B C b abc bb b '''⋅⋅=+，1AB A C a a b c aa a '''''''⋅⋅=+．由此四式即证得结论．7．设圆心O 到AB ，BC ，CA 的距离分别为1x ，2x ，3x ，连接BO 并延长与O ⊙交于D ，连AD ，DC ，则12AD x =，22CD x =，对四边形ABCD 应用托勒密定理有12222x a x c Rb +=．同理，23222x b x a Rc +=，13222x b x c Ra +=．加之1232()2()2()2()x a b x b c x c a R a b c +=+++=++，但123()cx ax bx r a b c ++=++，以上两式相加得123x x x R r ++=+．但11x R h =-，22x R h =-，33x R h =-，由此即证．8．作一直径(11)AB x x =≥的圆，在B 的两侧分别取C ，D 二点，使2BC =，11BD =，于是AC =，AD =，对四边形ABCD 应用托勒密定理，有211CD x ⋅=，将此式与原方程比较得CD =BCD △中，由余弦定理，有1cos 2CBD ∠==-，知120CBD ∠=︒，故14sin120CDx AB ===︒为所求．9．作直径1AC =的圆，并作弦AB b =，AD a =的圆内接四边形ABCD，则DC =BC =．应用托勒密定理，有AD BC AB CD AC BD ⋅+⋅=⋅，即1a b BD =⋅，由此得1BD =，即BD 也是圆的直径，故221a b +=．10．当0x =时，1y =，当0x ≠时，作代换222x t x +=，1122x x t x x =+=+≥sin cos t θy t θ+=+，即1sin cos yt θy θ-=-⋅，以1AB =为直径作圆，作弦sin AC θ=，作弦AD =，则BD =cos BC θ=．由托勒密定理及1CD AB ≤=，有sin cos θy θ+，亦有sin cos sin cos yt t θy θθy θ-=-≤+11t y y ⋅-≤-≤，故22y ≤≤+11．连AC ，CE ，AE ，对四边形APCE 应用托勒密定理，有AC PE AE PC CE PA ⋅=⋅+⋅，而AC AE CE ==，有PE PA PC =+．同理，PD PB PF =+，由此即证． 12．不失一般性，令P 点位于OBF △内部（其中O 为C AB △中心），作1PP AD ⊥于1P ，2PP BE ⊥于2P ，3PP CF ⋅于3P ．由P ，O ，1P ，2P 四点共圆，有23180PP O PPO ∠+=︒，知1P ，3P ，O ，2P 四点共圆，即P ，3P ，O ，l P ，2P 共圆，推知l 23PP P △是正三角形，在312PP PP 中，有123213312PP P P PP PP PP PP ⋅=⋅+⋅，即123PP PP PP =+，故PAD PCF S S +△△．13．作ABC △外接圆的直径CF ，并设AF x =，BF y =，则60BFC A ∠=∠=︒，直径2CF d y ==．对四边形BCAF 应用托勒密定理，有cd ax by =+．从而tan tan tan tan 2221tan tan tan tan 2a b A B BFC AFC ax by ax by by cd by by c by x a b A B BFC AFC ax by ax by cd c y cy x--∠-∠-+-=-======-=+∠+∠++⋅+．14．令AB AC a ==，对四边形ABPC 应用托勒密定理，有a PB a PC BC PA ⋅+⋅=⋅，即有PA aPB PC BC =+．对四边形BCAQ 应用托勒密定理，有QA BC a QB a QC ⋅+⋅=⋅，即QA aQC QB BC=-． 15．对四边形ABCD 应用托勒密定理，BC AD BD AC AB CD ⋅+⋅=⋅，即AD AC BC BD CD AB AB ⋅+⋅=．又ABD MCP △∽△及ABC MDQ △∽△，有AD MPAB MC =，AC MQ AB MD =，于是MP MQBC BD CD MC MD⋅+⋅=，注意到=22CD MC MD =即证．16．连EG ，FG 和EF ，对四边形BFGE 应用托勒密定理，有BE FG BF EG BG EF ⋅+⋅=⋅，又FEG FBG ADB ∠=∠=∠，EFG EBG ∠=∠，则EFG ABD △∽△，有FG EG EFAB AD BD==，令其比值为t ，则t BE AB t BF AD t BG BD ⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅，消去t ，注意到AD BC =即证．17．作DG AF ∥交1O ⊙于G ，则AG FD =，GF AD =．对四边形AGDF 应用托勒密定理，AD FG AG FD AF GD ⋅=⋅+⋅．由AD 平分BAF ∠，知FD BD =，即AG BD =，由此知GB DA ∥，有GD AB =．故 222AD FD AF GD FD AF AB =+⋅=+⋅． 同理，有22AE FE AF AC =+⋅．此两式相减有2222DA EA DF EF -=-，故DE AF ⊥．18．在直径2AB x =>的圆中，在两个半圆上分别取点C 和，使2AC =，1AD =，则BC =，BD =CD x ⋅，与原方程比较得CD =．在ACD △中，由余弦定理，有1cos 2CAD ∠=-，则120CAD ∠=︒，故sin CD x CAD =∠．19．由222+=，在直径AB =的圆中，在一半圆上取点C ，使AC BC D ，则AD BD =．连CD ，知CD AB ≤2AB CD =⋅≤，即y =又在ABC △中，AC BC AB +≥（当C 与A 或B 重合时，取等号)y ≤≤ 20．设222x y a +=，则01a ≤≤．当0a =时，命题显然成立，当01a <≤时，在直径AB a =的一半圆上取点C ，使AC x =，BC y =，因2222x y a +=+=，则可在另一半圆上取点D ，使BD =，AD =，由托勒密定理，有2x y AB CD a +=⋅≤，即2()()x x y y x y ++-≤≤但222()()()()x xy y x x y y x y x x y y x y +-=++-≤++-21．设点T 在劣弧AB 上，连AT ，BT ，CT ，分别交小圆于点D ，E ，F ．连DE ，EF ，FD ，过点T 作公切线RQ ．由DFT RTD RTA ACT ∠=∠=∠=∠，有AC DF ∥，有AD ATCF CT=．又 2AM AD AT =⋅，2CP CF CT =⋅，有2222AM AD AT AT CP CF CT CT =⋅=，即AM AT CP CT=．同理，BN BTCP CT=．对圆内接四边形ATBC 应用托勒密定理，有AT BC BT AC TC AB ⋅+⋅=⋅，而AB BC CA ==，则AT BT CT +=，故AM BN CP ++．22．令BC a =，AC b =，AB c =．由BE 平分ABC ∠，有AE AB EC BC =，亦有AE ABAC BC AB=+，即bc AE a c =+．同理，bcAF a b=+．由AE PQ ∥，有AEF Q ∠=∠，从而AEF PCB ∠=∠，注意到FAE BPC ∠=∠，有AEF PCB △∽△，即PB AF a cPC AE a b+==+，即()PB b PC a c PB a ⋅=⋅+-⋅．在圆内接四边形PABC 中，应用托勒密定理，有PB b PC c PA a ⋅=⋅+⋅，故()PC a c PB a PC c PA a +-⋅=⋅+⋅，因此，PC PA PB ++． 23．由()BE AC AF FC AC ⋅=+⋅，AC ，()()AF BC AB FC AF BD CD FC BE AE AF ⋅+⋅=⋅++-=⋅()()AC AF CD FC AC FC AE AF FC AC AF CD FC AE +⋅+⋅-⋅=+⋅+⋅-⋅，又AF CD FC AE ⋅=⋅，则BF AC AF BC AB FC ⋅=⋅+⋅，由托勒密定理之逆，知ABCF 有外接圆．24．连EA ，ED ，由BAE ECD ∠=∠，且CDE EAD ABE ∠=∠=∠，有ABE CDE △∽△，亦有AE AB EC CD=， 即EC AB EA CD ⋅=⋅．在圆内接四边形AEBC 中，应用托勒密定理，有EA BC EB AC EC AB⋅+⋅=⋅，于是222111EB AC EA BC EA BC BC BD BD BD EC AB EC AB EA CD CD CD BD CD DA ⋅⋅⋅=-=-=-===⋅⋅⋅⋅．又ABD CAD ∠=∠，ADB ADC ∠=∠，有ABD CAD △∽△，有AB BDAC AD=．于是22EB AC AB EC AB AC ⋅=⋅，故33EB AB EC AC =． 习题B1．在弧ADC 上取点H ，使AH CD c ==，连HC ，HB ，令AC m =，BD n =，BH p =，易证AHC CDA △∽△，即HC AD d ==．对四边形ABCD ，ABCH 分别应用托勒密定理，有ac bd mn +=，ad bc pm +=．又在弧BCH 上取点K ，使BK CH d ==，由CHB KBH △∽△，有HK BC b ==对四边形ABKH 应用托勒密定理，有ab cd AK p +=⋅．又由KHA BCD =，有AK BD n ==．于是2()()ac bd ad bc m ab cd ++=+，2()()ac bd ab cd n ad bc++=+，由此即求得AC ，BD ．2．作AGH △的外接圆1O ，分别截AC ，AD AB 于点H ，Q ，G ．易证BCD APE △∽△，即DC BC PE AP =，BD BC AE AP =，即PE AK CD BC BC AP AP =⋅=⋅，AE BD BC AP =⋅．对四边形ABDC 应用托勒密定理，有AE AKAD BC BD AC DC AB BC BC AB AP AP⋅=⋅+⋅=⋅+⋅⋅，故AP AD AE AE AK AB ⋅=⋅+⋅．（*） 同理，由托勒密定理，有AP AQ AE AE AK AG ⋅=⋅+⋅．于是2()AP AQ AP AP PQ AP AP PQ AE AH AK AG ⋅=+=+⋅=⋅+⋅， 即22AP PG PH AP AP PQ AE AH AK AG +⋅++⋅=⋅+⋅从而2AP AE AH AK AG PG PH =⋅+⋅-⋅．由(*)式减去上式，有()()() AP AD AP AE AC AH AK AB AG PG PH -=-+-+⋅，即PA PD PK PI PE PF PG PH ⋅=⋅+⋅+⋅．又22221()24PK PI EF KI KI++≤≤，214PE PF EF ⋅≤，214PG PH GH ⋅≤，故224EF KI GH PA PD ++≥⋅，其中等号当且仅当P 为ABCV △的中心时取得．3．设四边形1234A A A A 内接于以O 为圆心，半径为R 的圆，设点O 在弦13A A ，12A A ，23A A ，34A A ，41A A ，上的射影分别为点0H ，1H ，2H ，3H ，4H ．记(0,1,,4)i i h OH i ==…，1S ，2S 与1p ，2p 为123A A A △与34l A A A △的面积与半周长，1r ，2r 为它们的内切圆半径． 考虑含点O 的三角形，不妨设O 在123A A A △内，分别对四边形302A H OH ，110A H OH ，221A H OH ，应用托勒密定理，并注意02H H ，01H H ，12H H 是123A A A △的中位线，有1102()R r p R H H +=⋅．01121023203011102121()()(R H H R H H S h H A h H A h H A h H A h H A h +⋅+⋅+=⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅2211222003112011)()()2H A h A A h A A h A A h h h p +⋅+⋅+⋅=++⋅，故1120R r h h h +=++．考虑O 在三角形外部的情形，考虑341A A A △，对四边形140A H H O ，330A H H O ，413A H OH 应用托勒密定理，有220404033434010413()()(R r p R H H R H H R H H R H H S h H A h H A h +=⋅+⋅+⋅+⋅+=⋅-⋅+⋅0303343434433444101334021)()()()2H A h H A h H A h H A h A A h A A h A A h h h p -⋅+⋅-⋅+⋅+⋅-⋅=+-⋅，故2340R r h h h +=+-．在上述情形下，1212342r r h h h h R +=+++-．对一般情形，所求内切圆半径之和等于1h ，2h ，3h ，4h ，2R 并赋以一定的符号之和，这些符号只与点O 相对四边形1234A A A A 的位置有关．因此，这个和与对角线的选取无关． 4．设圆1C 的圆心为O ，半径为r ，连i OA ，(1,2,,)i OB i n =…，在四边形112OA B B 中应用托勒密不等式，有112211112OA B B CO A B OB A B ⋅+⋅≥⋅，即1211222()r B B λr A B λr A A A B →⋅+⋅≥+)，故12111222()B B λA B λA A A B +≥+． 同理，迭用托勒密不等式，有23222333()B B λA B λA A A B '+≥+；34333444()B B λA B λA A A B +⋅≥+；…；1111()n n n n n n n B λA B λA A A B ----+⋅≥+，1111()n n n n B B λA B λA A A B +≥+． 将上述几个同向不等式相加，得1223111223-11()n n n n n B B B B B B B B λA A A A A An A A -+++≥+++……+，故21p λp ≥．由托勒密不等式中等号成立的条件是当且仅当四边形112OA B B ，223OA B B ，…，1n n OA B B ，都是圆内接四边形，由圆内接四边形性质，知2323OA A OB B ∠=∠，2132OA A OB B ∠=∠，但2332OB B OB O ∠=∠，则2123OA A OA A ∠=∠，从而1223OA A OA A △∽△，因此1223A A A A =．同理， 23341n A A A A A A ===…，即n 边形12n A A A …为正n 边形．反之，若12n A A A …为正n 边形，将其绕点O 逆时针方向旋转2πn，知12A A →，23A A →，…，1n A A →，从而12B B →，23B B →，…，1n B B →．于是知12n B B B …也是正n 边形，因此有122312n A A A A A A r ===⋅…πsin n，12231π2sin n B B B B B B λr n ====⋅…．此时有21p λp =．5．作1O ⊙，O ⊙的公共直径GMK ，其中GM 是1O ⊙的直径，GK 是O ⊙的直径，连CG 交1O ⊙于点N ．显然MN KC ∥，于是CN KM KG =，222CN KMf CN CG CG CG CG KG=⋅=⋅=⋅，即f CG =d AG =e BG =ABGC 中应用托勒密定理，有b BGc CG a AG ⋅+⋅=⋅bd ce af +=． 6．首先证EF GH =，MN PQ =．由切线长定理，有()()()()AC BC BD DA AF BF BE AE -+-=-+-=()()2AF AE BE BF EF-+-=，()()()()()AC DA BD BC CH DH DG CG CH CG -+-=-+-=-+()2DG DH GH -=，而()()()()AC B BD DA AC DA BD BC -+-=-+-，故EF GH =．同理MN PQ =．连1O A ，1O E ，3O C ，3O G ，由BAD ∠与BCD ∠互补，知1O AE ∠与3O CG ∠互余，有 13390O AE O CG CO G ∠=︒-∠=∠，即13AE CO G △∽△．于是1313AE CG O E O G R R ⋅=⋅=⋅．同理，24BM DP R R ⋅=⋅．令AE AQ a ==，BM BF b ==，CG CN c ==,DP DH d ==,EF GH m ==，MN PQ n ==．于是，AB a b m =++，CD c d m =++，BC b c n =++，DA d a n =++，()()AC AF CM a m c n =+=+++，()()BD BE DQ b m d n =+=+++．对ABCD 应用托勒密定理，有AC BD AB CD BC DA⋅=⋅+⋅，即()()()()()()a c m nb d m n a b mcd m b c n d a n +++⋅+++=+++++++++，亦即mn ac bd =+．即证．7．设BAN NAC a ∠=∠=，对AB ，AN ，AC 应用三弦定理，则有2cos AN αAB AC ⋅=+，因1sin ()2ABC ABL ACL S S S AL αAB AC ++=⋅⋅+△△△，则cos sin ABC AN AL αα=⋅⋅⋅△S ．又在Rt ALK △中，cos AL αAK ⋅=，则sin 2ANK S ABC AN AK αS =⋅⋅=△△．又易知AK AM =，即知ANK ANM △∽△，于是12ANK ANM AKNM S S S ==△△四边形，即证．8．必要性：连OB ，OC ，知EAB △，FAC △均为等腰三角形，且2()2BPC AEP CFD BAD CAD BAC BOC ∠=∠+∠=∠+∠=∠=∠，知B ，C ，P ，O 共圆，由托勒密定理，有PB OC PC OB OP BC ⋅=⋅+⋅，由PB PC PO =+得OC BC =，即OBC △为正三角形，推得1302BAC BOC ∠=∠=︒．充分性：由30BAC ∠=︒，知OBC △为正三角形，且由BPC BOC ∠=∠知B ，C ，P ，O 共圆，由托勒密定理，有PB OC PC OB PO BC ⋅=⋅+⋅，及OC OB BC ==，即得PB PC PO =+． 9．对四边形1ACA B 应用托勒密定理，有111AA BC AB AC AC A B ⋅=⋅+⋅，令11A B AC x ==，注意112x A B ACK BC =+>，有11222()ABx AC x AA AB AC AB AC BC BC+==+⋅>+，即11()2AA AB AC >+．同理，11()2BB BA BC >+，11()2CC CA CB >+，此三式相加即证．10．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 CF ⋅+⋅≥⋅，注意EF AF =，有FA c FC a b ≥+．同理。
证明托勒密(ptolemy)定理
证明托勒密(ptolemy)定理摘要：I.引言- 托勒密定理的背景和意义II.托勒密定理的定义- 圆内接四边形的定义- 托勒密定理的表述III.托勒密定理的证明- 证明思路和方法- 证明过程详述IV.结论- 托勒密定理的结论和应用- 总结与展望正文：I.引言托勒密定理是几何学中的一个重要定理，它涉及到圆内接四边形的性质。
该定理的发现者是古希腊数学家托勒密，它在数学、物理等领域有着广泛的应用。
本文将介绍托勒密定理的证明过程，并探讨其在几何学中的重要意义。
II.托勒密定理的定义首先，我们需要了解什么是圆内接四边形。
圆内接四边形是指一个四边形，它的四个顶点都在同一个圆上。
托勒密定理是关于这种四边形的一个性质，它的表述如下：在任意圆内接四边形中，两条对角线的乘积等于两对对边乘积之和。
即，若四边形ABCD 为圆内接四边形，则有AC * BD = AB * CD + AD * BC。
III.托勒密定理的证明托勒密定理的证明方法有很多种，这里我们介绍一种基于相似三角形的证明方法。
证明过程如下：1.在四边形ABCD 中，作AE || BD，CF || AD，E、F 分别为AC、BD 的交点。
2.由于AE || BD，CF || AD，所以四边形AECD 和四边形BFDC 是相似的。
3.同理，四边形ABCF 和四边形ADCB 是相似的。
4.根据相似三角形的性质，我们有AE/BD = CF/AD，即AE * AD = CF * BD。
5.将AE * AD = CF * BD 代入AB * CD + AD * BC = AC * BD，得AB * CD + CF * BD = AC * BD。
6.由于CF || AD，所以∠ACF = ∠DAB，∠BCF = ∠ADC。
7.根据相似三角形的性质，我们有AC/CF = AB/BD，即AC * BD = AB * CF。
8.将AC * BD = AB * CF 代入AB * CD + CF * BD = AC * BD，得AB * CD + AB * CF = AC * BD。
证明托勒密(ptolemy)定理
证明托勒密(ptolemy)定理【最新版】目录1.托勒密定理的定义与概述2.托勒密定理的证明方法概述3.纯几何法证明托勒密定理4.托勒密定理的应用5.总结正文托勒密定理是数学中的一个重要定理，该定理描述了圆内接四边形对角线的乘积与两对对边乘积之间的关系。
具体来说，定理指出：圆内接四边形两条对角线的乘积等于两对对边乘积之和。
本文将介绍托勒密定理的证明方法，并简要讨论其应用。
一、托勒密定理的定义与概述托勒密定理最早由古希腊数学家托勒密提出，他在《几何原本》一书中详细阐述了该定理。
托勒密定理在数学中有着广泛的应用，尤其是在几何学、代数学以及数论等领域。
二、托勒密定理的证明方法概述托勒密定理的证明方法有很多，如三角法、复数法、纯几何法等。
下面我们将详细介绍纯几何法的证明过程。
三、纯几何法证明托勒密定理纯几何法是利用几何图形的性质来证明托勒密定理。
具体证明过程如下：1.在圆内接四边形 ABCD 中，作 AE 垂直于 BC，交 BC 于点 E。
2.根据垂直平分线定理，得到 AE 是 BC 的垂直平分线，即 AE=EC。
3.同理，作 AF 垂直于 CD，交 CD 于点 F，得到 AF=FD。
4.由于 AE=EC，AF=FD，所以四边形 AEFC 是矩形。
5.根据矩形的性质，得到 AC=EF，BD=AE。
6.因此，AC×BD=EF×AE，即 AC×BD=AB×CD。
四、托勒密定理的应用托勒密定理在数学中有广泛的应用，下面举一个简单的例子：已知一个圆内接四边形 ABCD，其中 AB=3，BC=4，CD=5，AD=6。
求 AC 的长度。
根据托勒密定理，有 AC×BD=AB×CD，代入已知数值，得到 AC×6=3×5，解得 AC=2.5。
五、总结托勒密定理是数学中的一个基本定理，它描述了圆内接四边形对角线的乘积与两对对边乘积之间的关系。
通过纯几何法的证明，我们可以更好地理解该定理的含义。
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。
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第三讲 托勒密定理及其应用
托勒密定理：圆内接四边形中，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)．
即：；内接于圆，则有：
设四边形BD AC BC AD CD AB ABCD ⋅=⋅+⋅
；内接于圆时，等式成立并且当且仅当四边形中，有：定理：在四边形ABCD BD
AC BC AD CD AB ABCD ⋅≥⋅+⋅
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．
若借助托勒密定理论证，则有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：AC 2=AB 2＋BC 2
四点共圆时成立；
、、、上时成立，即当且仅当在且等号当且仅当相似
和且又相似
和则：，，使内取点证：在四边形D C B A BD E BD
AC BC AD CD AB ED BE AC BC AD CD AB ED
AC BC AD AD ED
AC BC
AED ABC EAD BAC AD AE AC AB BE
AC CD AB CD BE AC AB ACD ABE ACD
ABE CAD BAE E ABCD ⋅≥⋅+⋅∴+⋅=⋅+⋅∴⋅=⋅⇒=∴∆∆∴∠=∠=⋅=
⋅⇒=∴∆∆∠=∠∠=∠)( E
D
C
B A
证明：如图，作以Rt△ABC的斜边AC为一对角线的矩形ABCD，显然ABCD是圆内接四边形．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，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、构造图形借助托勒密定理
例4若a、b、x、y是实数，且a2＋b2=1，x2＋y2=1．
求证：ax＋by≤1．
证明：如图作直径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．
四、巧变原式妙构图形，借助托勒密定理
例5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＋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，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
而已知a2=b(b＋c)，即a·a=b·c＋b2．②
∴∠BAC=2∠ABC．
五、巧变形妙引线借肋托勒密定理
例6在△ABC中，已知∠A∶∠B∶∠C=1∶2∶4，
分析：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，进而构造圆内接四边形．
如图，作△ABC的外接圆，作弦BD=BC，边结AD、CD．
在圆内接四边形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，
1.已知△ABC中，∠B=2∠C。
求证：AC2=AB2+AB·BC。
【分析】过A作BC的平行线交△ABC的外接圆于D，连结BD。
则CD=DA=AB，AC=BD。
由托勒密定理，AC·BD=AD·BC+CD·AB。
2．已知正七边形A1A2A3A4A5A6A7。
求证：。
（第21届全苏数学竞赛）
PM
AB
PL
AC
PK
BC
PN
PL
PK
AB
AC
BC
P
BC
ABC
+
=
∆
求证：
，
和
、
作垂线
与
、
分别向边
上一点
外接圆的弧
由
.3
PM
AB
PL
AC
PK
BC
PM
CP
PM
AB
PL
BP
PL
AC
PK
AP
PK
BC
PM
CP
PL
BP
PL
BP
PK
AP
PA
PB
PL
PK
LAP
Rt
KBP
Rt
LAP
KBP
PM
CP
PM
AB
PL
BP
PL
AC
PK
AP
PK
BC
CP
AB
BP
AC
AP
BC
ABPC
PC
PB
PA
+
=
⋅
⋅
+
⋅
⋅
=
⋅
⋅
∴
⋅
=
⋅
⋅
=
⋅
⇒
=
∴
∆
∆
∠
=
∠
⋅
⋅
+
⋅
⋅
=
⋅
⋅
⋅
+
⋅
=
⋅
可得：
由
同理可得：
相似
和
可知
由
即：
利用托勒密定理有：
，对于四边形
、
、
证：连接。