赣县中学高中数学竞赛平面几何第9九讲托定理勒密
高中数学联赛平面几何常用定理
（高中）平面几何常用基本定理1． 勾股定理（毕达哥拉斯定理）（广义勾股定理）(1)锐角对边的平方，等于其他两边之平方和，减去这两边中的一边和另一边在这边上的射影乘积的两倍． (2)钝角对边的平方等于其他两边的平方和，加上这两边中的一边与另一边在这边上的射影乘积的两倍． 2． 射影定理（欧几里得定理）3． 中线定理（巴布斯定理）设△ABC 的边BC 的中点为P ，则有)(22222BP AP AC AB +=+；中线长：222222a c b m a -+=．4． 垂线定理：2222BD BC AD AC CD AB -=-⇔⊥．高线长：C b B c A abc c p b p a p p ah a sin sin sin ))()((2===---=．5． 角平分线定理：三角形一个角的平分线分对边所成的两条线段与这个角的两边对应成比例． 如△ABC 中，AD 平分∠BAC ，则ACAB DCBD=；（外角平分线定理）．角平分线长：2cos 2)(2Ac b bc a p bcp cb t a +=-+=（其中p 为周长一半）． 6． 张角定理：ABDAC ACBAD ADBAC ∠+∠=∠sin sin sin ．7． 斯特瓦尔特(Stewart )定理：设已知△ABC 及其底边上B 、C 两点间的一点D ，则有AB 2·DC +AC 2·BD －AD 2·BC ＝BC ·DC ·BD ．8． 圆周角定理：同弧所对的圆周角相等，等于圆心角的一半．（圆外角如何转化？） 9． 弦切角定理：弦切角等于夹弧所对的圆周角． 10． 圆幂定理：（相交弦定理：垂径定理：切割线定理（割线定理）：切线长定理：） 11． 布拉美古塔（Brahmagupta ）定理： 在圆内接四边形ABCD 中，AC ⊥BD ，自对角线的交点P 向一边作垂线，其延长线必平分对边．12． 点到圆的幂：设P 为⊙O 所在平面上任意一点，PO =d ，⊙O 的半径为r ，则d 2－r 2就是点P 对于⊙O 的幂．过P 任作一直线与⊙O 交于点A 、B ，则P A·PB = |d 2－r 2|．“到两圆等幂的点的轨迹是与此二圆的连心线垂直的一条直线，如果此二圆相交，则该轨迹是此二圆的公共弦所在直线”这个结论．这条直线称为两圆的“根轴”．三个圆两两的根轴如果不互相平行，则它们交于一点，这一点称为三圆的“根心”．三个圆的根心对于三个圆等幂．当三个圆两两相交时，三条公共弦(就是两两的根轴)所在直线交于一点． 13． 托勒密（Ptolemy ）定理：圆内接四边形对角线之积等于两组对边乘积之和，即AC ·BD =AB ·CD +AD ·BC ，(逆命题成立) ．（广义托勒密定理）AB ·CD +AD ·BC ≥AC ·BD ． 14． 蝴蝶定理：AB 是⊙O 的弦，M 是其中点，弦CD 、EF 经过点M ，CF 、DE 交AB 于P 、Q ，求证：MP =QM ．15． 费马点：定理1等边三角形外接圆上一点，到该三角形较近两顶点距离之和等于到另一顶点的距离；不在等边三角形外接圆上的点，到该三角形两顶点距离之和大于到另一点的距离．定理2 三角形每一内角都小于120°时，在三角形内必存在一点，它对三条边所张的角都是120°，该点到三顶点距离和达到最小，称为“费马点”，当三角形有一内角不小于120°时，此角的顶点即为费马点．16． 拿破仑三角形：在任意△ABC 的外侧，分别作等边△ABD 、△BCE 、△CAF ，则AE 、AB 、CD 三线共点，并且AE ＝BF ＝CD ，这个命题称为拿破仑定理． 以△ABC 的三条边分别向外作等边△ABD 、△BCE 、△CAF ，它们的外接圆⊙C1 、⊙A1 、⊙B1的圆心构成的△——外拿破仑的三角形，⊙C1 、⊙A1 、⊙B1三圆共点，外拿破仑三角形是一个等边三角形；△ABC 的三条边分别向△ABC 的内侧作等边△ABD 、△BCE 、△CAF ，它们的外接圆⊙C2 、⊙A2 、⊙B2的圆心构成的△——内拿破仑三角形，⊙C2 、⊙A2 、⊙B2三圆共点，内拿破仑三角形也是一个等边三角形．这两个拿破仑三角形还具有相同的中心．17． 九点圆（Nine point round 或欧拉圆或费尔巴赫圆）：三角形中，三边中心、从各顶点向其对边所引垂线的垂足，以及垂心与各顶点连线的中点，这九个点在同一个圆上，九点圆具有许多有趣的性质,例如:（1）三角形的九点圆的半径是三角形的外接圆半径之半;18． （2）九点圆的圆心在欧拉线上,且恰为垂心与外心连线的中点;（3）三角形的九点圆与三角形的内切圆,三个旁切圆均相切〔费尔巴哈定理〕．19． 欧拉（Euler ）线：三角形的外心、重心、九点圆圆心、垂心依次位于同一直线（欧拉线）上．20． 欧拉（Euler ）公式：设三角形的外接圆半径为R ，内切圆半径为r ，外心与内心的距离为d ，则d2=R2－2Rr ．21． 锐角三角形的外接圆半径与内切圆半径的和等于外心到各边距离的和．22． 重心：三角形的三条中线交于一点，并且各中线被这个点分成2：1的两部分；)3,3(CB AC B A y y y x x x G ++++23． 重心性质：（1）设G 为△ABC 的重心，连结AG 并延长交BC 于D ，则D 为BC 的中点，则1:2:=GD AG ；24．（2）设G 为△ABC 的重心，则ABCAC G BC G ABG S S S S ∆∆∆∆===31；25． （3）设G 为△ABC 的重心，过G 作DE ∥BC 交AB 于D ，交AC 于E ，过G 作PF ∥AC 交AB 于P ，交BC 于F ，过G 作HK ∥AB 交AC 于K ，交BC 于H ，则2;32=++===AB KHCA FP BC DE AB KH CA FP BC DE ；26． （4）设G 为△ABC 的重心，则27．①222222333GC AB GB CA GA BC +=+=+；28． ②)(31222222CA BC AB GC GB GA ++=++；29．③22222223PG GC GB GA PC PB PA +++=++（P 为△ABC 内任意一点）；30．④到三角形三顶点距离的平方和最小的点是重心，即222GC GB GA ++最小；31． ⑤三角形内到三边距离之积最大的点是重心；反之亦然（即满足上述条件之一，则G 为△ABC 的重心）．32． 垂心：三角形的三条高线的交点；)cos cos cos cos cos cos ,cos cos cos cos cos cos (C cB b A a yC cy B b y A a C c B b A a x C c x B b x A a H CB AC B A ++++++++33．垂心性质：（1）三角形任一顶点到垂心的距离，等于外心到对边的距离的2倍； 34． （2）垂心H 关于△ABC 的三边的对称点，均在△ABC 的外接圆上；35． （3）△ABC 的垂心为H ，则△ABC ，△ABH ，△BCH ，△ACH 的外接圆是等圆； 36． （4）设O ，H 分别为△ABC 的外心和垂心，则HCA BCO ABH CBO HAC BAO ∠=∠∠=∠∠=∠,,．37． 内心：三角形的三条角分线的交点—内接圆圆心，即内心到三角形各边距离相等；38． ),(c b a cy by ay c b a cx bx ax I CB AC B A ++++++++39． 内心性质：（1）设I 为△ABC 的内心，则I 到△ABC 三边的距离相等，反之亦然； 40．（2）设I 为△ABC 的内心，则CAIB B AIC A BIC ∠+︒=∠∠+︒=∠∠+︒=∠2190,2190,2190；41．（3）三角形一内角平分线与其外接圆的交点到另两顶点的距离与到内心的距离相等；反之，若A ∠平分线交△ABC 外接圆于点K ，I 为线段AK 上的点且满足KI=KB ，则I 为△ABC 的内心；42．（4）设I 为△ABC 的内心，,,,c AB b AC a BC === A ∠平分线交BC 于D ，交△ABC外接圆于点K ，则a cb KD IK KI AK ID AI +===； 43．（5）设I 为△ABC 的内心，,,,c AB b AC a BC ===I 在AB AC BC ,,上的射影分别为F E D ,,，内切圆半径为r ，令)(21c b a p ++=，则①pr S ABC =∆；②c p CD CE b p BF BD a p AF AE -==-==-==;;；③CI BI AI p abcr ⋅⋅⋅=．44． 外心：三角形的三条中垂线的交点——外接圆圆心，即外心到三角形各顶点距离相等； 45．)2sin 2sin 2sin 2sin 2sin 2sin ,2sin 2sin 2sin 2sin 2sin 2sin (C B A Cy By Ay C B A Cx Bx Ax O CB AC B A ++++++++46． 外心性质：（1）外心到三角形各顶点距离相等；47． （2）设O 为△ABC 的外心，则A BOC ∠=∠2或A BOC ∠-︒=∠2360；48． （3）∆=S abcR 4；（4）锐角三角形的外心到三边的距离之和等于其内切圆与外接圆半径之和．49．旁心：一内角平分线与两外角平分线交点——旁切圆圆心；设△ABC 的三边,,,c AB b AC a BC ===令)(21c b a p ++=，分别与AB AC BC ,,外侧相切的旁切圆圆心记为C B A I I I ,,，其半径分别记为C B A r r r ,,．旁心性质：（1）,21,2190A C BI C BI A C BI C B A ∠=∠=∠∠-︒=∠（对于顶角B ，C 也有类似的式子）；（2）)(21C A I I I C B A ∠+∠=∠；（3）设A AI 的连线交△ABC 的外接圆于D ，则DC DB DI A ==（对于C B CI BI ,有同样的结论）；（4）△ABC 是△I A I B I C 的垂足三角形，且△I A I B I C 的外接圆半径'R 等于△ABC 的直径为2R ． 50． 三角形面积公式：C B A R R a b cC ab ah S a ABCsin sin sin 24sin 21212====∆)c o tc o t (c o t4222C B A c b a ++++=))()((c p b p a p p pr ---==，其中a h 表示BC 边上的高，R 为外接圆半径，r 为内切圆半径，)(21c b a p ++=．51．三角形中内切圆，旁切圆和外接圆半径的相互关系：;2sin 2cos 2cos 4,2cos 2sin 2cos 4,2cos 2cos 2sin 4;2sin 2sin 2sin 4CB A R rC B A R r C B A R r C B A R r c b a ====.1111;2tan2tan ,2tan 2tan ,2tan 2tan r r r r B A r r C A r r C B r r c b a c b a =++===52． 梅涅劳斯（Menelaus ）定理：设△ABC 的三边BC 、CA 、AB 或其延长线和一条不经过它们任一顶点的直线的交点分别为P 、Q 、R 则有1=⋅⋅RBARQA CQ PC BP ．（逆定理也成立）53． 梅涅劳斯定理的应用定理1：设△ABC 的∠A 的外角平分线交边CA 于Q ，∠C 的平分线交边AB 于R ，∠B 的平分线交边CA 于Q ，则P 、Q 、R 三点共线．54． 梅涅劳斯定理的应用定理2：过任意△ABC 的三个顶点A 、B 、C 作它的外接圆的切线，分别和BC、CA、AB的延长线交于点P、Q、R，则P、Q、R三点共线．55．塞瓦(Ceva)定理：设X、Y、Z分别为△ABC的边BC、CA、AB上的一点，则AX、BY、CZ所在直线交于一点的充要条件是AZZB·BXXC·CYYA=1．56．塞瓦定理的应用定理：设平行于△ABC的边BC的直线与两边AB、AC的交点分别是D、E，又设BE和CD交于S，则AS一定过边BC的中点M．57．塞瓦定理的逆定理：（略）58．塞瓦定理的逆定理的应用定理1：三角形的三条中线交于一点，三角形的三条高线交于一点，三角形的三条角分线交于一点．59．塞瓦定理的逆定理的应用定理2：设△ABC的内切圆和边BC、CA、AB分别相切于点R、S、T，则AR、BS、CT交于一点．60．西摩松（Simson）定理：从△ABC的外接圆上任意一点P向三边BC、CA、AB或其延长线作垂线，设其垂足分别是D、E、R，则D、E、R共线，（这条直线叫西摩松线Simson line）．61．西摩松定理的逆定理：（略）62．关于西摩松线的定理1：△ABC的外接圆的两个端点P、Q关于该三角形的西摩松线互相垂直，其交点在九点圆上．63．关于西摩松线的定理2（安宁定理）：在一个圆周上有4点，以其中任三点作三角形，再作其余一点的关于该三角形的西摩松线，这些西摩松线交于一点．64．史坦纳定理：设△ABC的垂心为H，其外接圆的任意点P，这时关于△ABC的点P 的西摩松线通过线段PH的中心．65．史坦纳定理的应用定理：△ABC的外接圆上的一点P的关于边BC、CA、AB的对称点和△ABC的垂心H同在一条（与西摩松线平行的）直线上．这条直线被叫做点P 关于△ABC的镜象线．66．牛顿定理1：四边形两条对边的延长线的交点所连线段的中点和两条对角线的中点，三点共线．这条直线叫做这个四边形的牛顿线．67．牛顿定理2：圆外切四边形的两条对角线的中点，及该圆的圆心，三点共线．68．笛沙格定理1：平面上有两个三角形△ABC、△DEF，设它们的对应顶点（A和D、B和E、C和F）的连线交于一点，这时如果对应边或其延长线相交，则这三个交点共线．69．笛沙格定理2：相异平面上有两个三角形△ABC、△DEF，设它们的对应顶点（A 和D、B和E、C和F）的连线交于一点，这时如果对应边或其延长线相交，则这三个交点共线．70．波朗杰、腾下定理：设△ABC的外接圆上的三点为P、Q、R，则P、Q、R关于△ABC 交于一点的充要条件是：弧AP+弧BQ+弧CR=0(mod2 ) ．71．波朗杰、腾下定理推论1：设P、Q、R为△ABC的外接圆上的三点，若P、Q、R 关于△ABC的西摩松线交于一点，则A、B、C三点关于△PQR的的西摩松线交于与前相同的一点．72．波朗杰、腾下定理推论2：在推论1中，三条西摩松线的交点是A、B、C、P、Q、R六点任取三点所作的三角形的垂心和其余三点所作的三角形的垂心的连线段的中点．73．波朗杰、腾下定理推论3：考查△ABC的外接圆上的一点P的关于△ABC的西摩松线，如设QR为垂直于这条西摩松线该外接圆的弦，则三点P、Q、R的关于△ABC的西摩松线交于一点．74．波朗杰、腾下定理推论4：从△ABC的顶点向边BC、CA、AB引垂线，设垂足分别是D、E、F，且设边BC、CA、AB的中点分别是L、M、N，则D、E、F、L、M、N六点在同一个圆上，这时L、M、N点关于关于△ABC的西摩松线交于一点．75．卡诺定理：通过△ABC的外接圆的一点P，引与△ABC的三边BC、CA、AB分别成同向的等角的直线PD、PE、PF，与三边的交点分别是D、E、F，则D、E、F三点共线．76．奥倍尔定理：通过△ABC的三个顶点引互相平行的三条直线，设它们与△ABC的外接圆的交点分别是L、M、N，在△ABC的外接圆上取一点P，则PL、PM、PN与△ABC 的三边BC、CA、AB或其延长线的交点分别是D、E、F，则D、E、F三点共线．77．清宫定理：设P、Q为△ABC的外接圆的异于A、B、C的两点，P点的关于三边BC、CA、AB的对称点分别是U、V、W，这时，QU、QV、QW和边BC、CA、AB或其延长线的交点分别是D、E、F，则D、E、F三点共线．78．他拿定理：设P、Q为关于△ABC的外接圆的一对反点，点P的关于三边BC、CA、AB的对称点分别是U、V、W，这时，如果QU、QV、QW和边BC、CA、AB或其延长线的交点分别是D、E、F，则D、E、F三点共线．（反点：P、Q分别为圆O的半径OC和其延长线的两点，如果OC2=OQ×OP则称P、Q两点关于圆O互为反点）79．朗古来定理：在同一圆周上有A1、B1、C1、D1四点，以其中任三点作三角形，在圆周取一点P，作P点的关于这4个三角形的西摩松线，再从P向这4条西摩松线引垂线，则四个垂足在同一条直线上．80．从三角形各边的中点，向这条边所对的顶点处的外接圆的切线引垂线，这些垂线交于该三角形的九点圆的圆心．81．一个圆周上有n个点，从其中任意n－1个点的重心，向该圆周的在其余一点处的切线所引的垂线都交于一点．82．康托尔定理1：一个圆周上有n个点，从其中任意n－2个点的重心向余下两点的连线所引的垂线共点．83．康托尔定理2：一个圆周上有A、B、C、D四点及M、N两点，则M和N点关于四个三角形△BCD、△CDA、△DAB、△ABC中的每一个的两条西摩松线的交点在同一直线上．这条直线叫做M、N两点关于四边形ABCD的康托尔线．84．康托尔定理3：一个圆周上有A、B、C、D四点及M、N、L三点，则M、N两点的关于四边形ABCD的康托尔线、L、N两点的关于四边形ABCD的康托尔线、M、L 两点的关于四边形ABCD的康托尔线交于一点．这个点叫做M、N、L三点关于四边形ABCD的康托尔点．85．康托尔定理4：一个圆周上有A、B、C、D、E五点及M、N、L三点，则M、N、L三点关于四边形BCDE、CDEA、DEAB、EABC中的每一个康托尔点在一条直线上．这条直线叫做M、N、L三点关于五边形A、B、C、D、E的康托尔线．86．费尔巴赫定理：三角形的九点圆与内切圆和旁切圆相切．87．莫利定理：将三角形的三个内角三等分，靠近某边的两条三分角线相得到一个交点，则这样的三个交点可以构成一个正三角形．这个三角形常被称作莫利正三角形．88．布利安松定理：连结外切于圆的六边形ABCDEF相对的顶点A和D、B和E、C 和F，则这三线共点．89． 帕斯卡（Paskal ）定理：圆内接六边形ABCDEF 相对的边AB 和DE 、BC 和EF 、CD 和F A 的（或延长线的）交点共线．90． 阿波罗尼斯（Apollonius ）定理：到两定点A 、B 的距离之比为定比m ：n （值不为1）的点P ，位于将线段AB 分成m ：n 的内分点C 和外分点D 为直径两端点的定圆周上．这个圆称为阿波罗尼斯圆． 91． 库立奇*大上定理：（圆内接四边形的九点圆）圆周上有四点，过其中任三点作三角形，这四个三角形的九点圆圆心都在同一圆周上，我们把过这四个九点圆圆心的圆叫做圆内接四边形的九点圆．92． 密格尔（Miquel ）点： 若AE 、AF 、ED 、FB 四条直线相交于A 、B 、C 、D 、E 、F 六点，构成四个三角形，它们是△ABF 、△AED 、△BCE 、△DCF ，则这四个三角形的外接圆共点，这个点称为密格尔点．93． 葛尔刚（Gergonne ）点：△ABC 的内切圆分别切边AB 、BC 、CA 于点D 、E 、F ，则AE 、BF 、CD 三线共点，这个点称为葛尔刚点．94． 欧拉关于垂足三角形的面积公式：O 是三角形的外心，M 是三角形中的任意一点，过M 向三边作垂线，三个垂足形成的三角形的面积，其公式： 222AB C D 4||R d R S S EF -=∆∆．斯特瓦尔特定理斯特瓦尔特(stewart)定理设已知△ABC 及其底边上B 、C 两点间的一点D ，则有 AB^2·DC+AC^2·BD-AD^2·BC ＝BC·DC·BD 。
高中数学竞赛辅导之——托勒密定理和西姆松定理
托勒密定理和西姆松定理一、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：设四边形ABCD 内接于圆，则有；分析可设法把AC·BD拆成两部分，如把AC写成AE+EC，这样，AC·BD就拆成了两部分：AE·BD及EC·BD，于是只要证明AE·BD=AD·BC及EC·BD=AB·CD即可．证明在AC上取点E，使∠ADE=∠BDC，由∠DAE=∠DBC，得⊿AED∽⊿BCD．∴AE∶BC=AD∶BD，即AE·BD=AD·BC．⑴又∠ADB=∠EDC，∠ABD=∠ECD，得⊿ABD∽⊿ECD．∴AB∶ED=BD∶CD，即EC·BD=AB·CD．⑵⑴+⑵，得AC·BD=AB·CD+AD·BC．说明本定理的证明给证明ab=cd+ef的问题提供了一个典范．定理：在四边形ABCD 中，有，并且当且仅当四边形ABCD内接于圆时，等式成立。
【解析】在四边形ABCD内取点E，使，则：相似，所以，又因为且，所以相似，所以，所以，且等号当且仅当E在BD上时成立，即当且仅当A、B、C、D四点共圆时成立。
1.1 直接应用托勒密定理1．如图所示，P是正△ABC 外接圆的劣弧上任一点(不与B、C重合)，求证：．CA BCDE【解析】：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．1. 2 完善图形借助托勒密定理2．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)．【解析】：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)．3．证明“勾股定理”：在Rt△ABC中，∠B=90°，求证：【解析】：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．1.3 构造图形借助托勒密定理4．若a、b、x、y是实数，且．求证：．【解析】：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．∵．1.4 巧变原式妙构图形，借助托勒密定理5．已知a、b、c是△ABC的三边，且，求证：∠A=2∠B．分析：将变形为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．【解析】：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．于是，则依托勒密定理，有BC·AD=AB·CD＋BD·AC．①，而已知，即．②，比较○1○2得，，，∴∠BAC=2∠ABC ．1.5 巧变形 妙引线 借肋托勒密定理6． 设A 1A 2A 3…A 7是圆内接正七边形，求证：1A 1A 2=1A 1A 3+1A 1A 4．(1987年第二十一届全苏)分析 注意到题目中要证的是一些边长之间的关系，并且是圆内接多边形，当然存在圆内接四边形，从而可以考虑用Ptolemy 定理． 证明 连A 1A 5，A 3A 5，并设A 1A 2=a ，A 1A 3=b ，A 1A 4=c ．本题即证1a =1b +1c．在圆内接四边形A 1A 3A 4A 5中，有A 3A 4=A 4A 5=a ，A 1A 3=A 3A 5=b ，A 1A 4=A 1A 5=c ．于是有ab +ac =bc ，同除以abc ，即得1a =1b +1c说明 Ptolemy 定理揭示了圆内接四边形中线段关系，在数学中应用非常广泛． 7． 在△ABC 中，已知∠A ∶∠B ∶∠C=1∶2∶4，求证：。
2021高考数学一轮复习第9章平面解析几何第9节圆锥曲线中的定点与定值问题课件文北师大版
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(2018·北京高考)已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1,2)， 过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y 轴于M，直线PB交y轴于N.
同理得点 N 的纵坐标为 yN＝－xk2x－2＋1 1＋2.
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由Q→M＝λ Q→O，Q→N＝μQ→O，得 λ＝1－yM，μ＝1－yN.
所以1λ＋1μ＝1－1yM＋1－1 yN＝kx－1－11x1＋kx－2－11x2
＝k－1 1·2x1x2－x1xx21＋x2＝k－1 1·k22＋21kk－2 4＝2. k2
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(2019·济南模拟)已知抛物线C1：y2＝2px(p＞0)与椭圆
C2：
x2 4
＋
y2 3
＝1有一个相同的焦点，过点A(2,0)且与x轴不垂直的直线l
与抛物线C1交于P，Q两点，P关于x轴的对称点为M.
(1)求抛物线C1的方程．
(2)试问直线MQ是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不
是，请说明理由．
得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.
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依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0， 解得k<0或0<k<1. 又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2)． 从而k≠－3. 所以直线l的斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)．
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(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)． 由(1)知x1＋x2＝－2kk－2 4，x1x2＝k12. 直线PA的方程为y－2＝yx11－ －21(x－1)． 令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝－x1y－1＋12＋2＝－xk1x－1＋1 1＋2.
高中数学联赛中常见的几何定理
高中数学联赛中常见的几何定理第一篇：高中数学联赛中常见的几何定理梅涅劳斯定理：梅涅劳斯（Menelaus）定理是由古希腊数学家梅涅劳斯首先证明的。
他指出：如果一条直线与△ABC的三边AB、BC、CA或其延长线交于F、D、E点，那么AF/FB×BD/DC×CE/EA=1。
证明：过点A作AG‖BC交DF的延长线于GAF/FB=AG/BD , BD/DC=BD/DC , CE/EA=DC/AG三式相乘得：AF/FB×BD/DC×CE/EA=AG/BD×BD/DC×DC/AG=1它的逆定理也成立：若有三点F、D、E分别在的边AB、BC、CA或其延长线上，且满足AF/FB×BD/DC×CE/EA=1，则F、D、E三点共线。
利用这个逆定理，可以判断三点共线。
塞瓦定理：在△ABC内任取一点O，直线AO、BO、CO分别交对边于D、E、F，则(BD/DC)*(CE/EA)*(AF/FB)=1证法简介（Ⅰ）本题可利用梅涅劳斯定理证明：∵△ADC被直线BOE所截，∴(CB/BD)*(DO/OA)*(AE/EC)=1 ①而由△ABD被直线COF所截，∴(BC/CD)*(DO/OA)*(AF/FB)=1②②÷①:即得：(BD/DC)*(CE/EA)*(AF/FB)=1（Ⅱ）也可以利用面积关系证明∵BD/DC=S△ABD/S△ACD=S△BOD/S△COD=(S△ABD-S△BOD)/(S△ACD-S△COD)=S△AOB/S△AOC ③同理CE/EA=S△BOC/ S△AOB ④ AF/FB=S△AOC/S△BOC ⑤③×④×⑤得BD/DC*CE/EA*AF/FB=1利用塞瓦定理证明三角形三条高线必交于一点:设三边AB、BC、AC的垂足分别为D、E、F，根据塞瓦定理逆定理，因为(AD:DB)*(BE:EC)*(CF:FA)=[(CD*ctgA）/[(CD*ctgB）]*[(AE*ctgB)/(AE*ctgC)]*[(BF*ctgC)/[(BF*ctgA)]= 1，所以三条高CD、AE、BF交于一点。
高考数学大一轮复习 第九章 平面解析几何 9.9 圆锥曲线的综合问题 第3课时 定点、定值、探索性问
2018版高考数学大一轮复习第九章平面解析几何9.9 圆锥曲线的综合问题第3课时定点、定值、探索性问题教师用书理新人教版编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018版高考数学大一轮复习第九章平面解析几何9.9 圆锥曲线的综合问题第3课时定点、定值、探索性问题教师用书理新人教版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
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第3课时定点、定值、探索性问题题型一定点问题例1 (2017·长沙联考)已知椭圆错误!＋错误!＝1(a>0，b〉0)过点（0,1），其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列．直线l与x轴正半轴和y轴分别交于点Q、P，与椭圆分别交于点M、N,各点均不重合且满足错误!＝λ1错误!，错误!＝λ2错误!.(1)求椭圆的标准方程；(2)若λ1＋λ2＝－3，试证明：直线l过定点并求此定点．(1)解设椭圆的焦距为2c，由题意知b＝1，且（2a）2＋(2b)2＝2（2c)2，又a2＝b2＋c2，∴a2＝3。
∴椭圆的方程为错误!＋y2＝1。
(2）证明由题意设P（0，m），Q（x0，0)，M(x1，y1），N（x2,y2）,设l方程为x＝t(y－m），由错误!＝λ1错误!知（x1,y1－m)＝λ1(x0－x1，－y1)，∴y1－m＝－y1λ1，由题意y1≠0，∴λ1＝错误!－1.同理由错误!＝λ2错误!知λ2＝错误!－1。
∵λ1＋λ2＝－3，∴y1y2＋m（y1＋y2）＝0，①联立错误!得(t2＋3)y2－2mt2y＋t2m2－3＝0，∴由题意知Δ＝4m2t4－4(t2＋3)(t2m2－3）〉0，②且有y1＋y2＝2mt2t2＋3，y1y2＝错误!,③③代入①得t2m2－3＋2m2t2＝0，∴（mt）2＝1,由题意mt<0，∴mt＝－1,满足②,得直线l方程为x＝ty＋1，过定点(1,0），即Q为定点．思维升华圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．（2）特殊到一般法:根据动点或动线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关．(2016·河北衡水中学调研)如图，已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率e＝错误!,F是右焦点，A是右顶点，B是椭圆上一点，BF⊥x轴,|BF｜＝错误!。
高考总复习一轮数学精品课件 第九章 平面解析几何 指点迷津(九)
B. 2
C. 3
D. 5
)
答案 B
一般解法 1 联立
=
,
且 M 在第一象限,得
2 + 2 = 2 ,
2
M( , ),
而 A1(-a,0),A2(a,0),
2
所以|1 | =
2
(
2
2
2
+ ) +( =2a (1+ ),|2 |2
=
2
2
设直线为 x=my+ 2,A(x1,y1),B(x2,y2).
因为 =2 ,所以 y1=-2y2.
2 = 4 2,
由
得 y2-4 2my-8=0.
= + 2,
易知 Δ>0,所以 y1y2=-8.
1 2 = -8,
又由
得22 =4,解得 y2=-2 或 y2=2.
1 = -22 ,
π
2π
的倾斜角为3 或 3 .
sin
2
α=||
2
=
12
16
=
3
,
4
例 3.已知过抛物线 y2=4 2x 焦点 F 的直线与抛物线交于 A,B 两点,且
=2 ,则△AOB(点 O 为坐标原点)的面积为(
3
A.2
3 2
B. 2
C.3
)
D.3 2
答案 D
一般解法由题可知抛物线 y2=4 2x 的焦点坐标为 F( 2,0),直线斜率不为零.
2
x+2,即
2
对点训练 1 已知双曲线
2
C: 2
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．。
高中数学竞赛-平面几何讲义(很详细)
HBC
（5）H 关于三边的对称点在△ABC 的外接圆上，关于三边中
点的对称点在△ABC 的外接圆上
（6）三角形任一顶点到垂心的距离
A
等于外心到对边的距离的 2 倍。 （7）设△ABC 的垂心为 H，外接圆
F
B'
半径为 R，
OH E
则 HA HB HC 2R B | cos A | | cos B | | cosC |
A
M
N
B
EF
C
D
证明：设∠BAE=∠CAF= ，∠EAF=
则
S AMDN
1 2
AM
AD sin
1 2
AD
AN sin(
)
= 1 AD[AF cos( )sin AF cos sin( )
2
= 1 AD AF sin(2 ) AF AD BC
从而 AB A' F = AC A' E ，又∠AFE=∠AEF
故
S△ABA’=
1 2
sin
AFE
AB
A'
F
=
1 2
s
in
A
EF
A
C
A'
E
=S△ACA’
由此式可知直线 AA’必平分 BC 边，即 AA’必过△
ABC 的重心
同理 BB’，CC‘必过△ABC 的重心，故结论成立。
例 3．设△ABC 的三条高线为 AD，BE，CF，自 A， B，C 分别作 AK EF 于 K，BL DF 于 L， CN ED 于 N，证明：直线 AK，BL，CN 相 交于一点。
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第九讲托勒密（Ptolemy）定理
一、知识要点：
1、托勒密定理：圆内接凸四边形两组对边乘积之和等于两条对角线之积，即已知，如图，
四边形ABCD为圆内接凸四边形，则有 AB·CD+AD·BC =A C·BD A
D
B C
托勒密定理的逆定理：如果凸四边形的两组对边的乘积之和等于对角线之积，那么这个
四边形是圆内接四边形。
即：如图，若AB·CD+AD·BC =A C·BD，则A、B、C、D四点共圆。
A
D
B C
托勒密定理的推广：在任意凸四边形ABCD中，有AB·CD+AD·BC ≥A C·BD，当且仅
当ABCD四点共圆时取等号。
D
A
B C
二、要点分析：
托勒密定理可以用于线段长的转换，其逆定理可用于证明四点共圆。
三、 例题讲解：
例1、设ABCD 为圆内接正方形，P 为弧DC 上的一点，求证：PA(PA+PC)=PB(PB+PD) P
D C
A B
例2、如图，设P 、Q 为平行四边形ABCD 的边AB 、AD 上的两点，APQ ∆的外接圆交
对角线AC 于R ，求证：A P ·AB+AQ ·AD=AR ·RC
D
A B C
Q
P R
例3、已知ABC ∆中，C B ∠=∠2,求证：AC 2=AB 2+AB ·BC
A
B C
例4、如图所示，已知两同心圆O,四边形ABCD 内接于内圆，AB 、BC 、CD 、DA 的延
长线交外圆于A 1、B 1、C 1、D 1，若外圆的半径是内圆的半径的2倍，求证：四边形A 1B 1C 1D 1的周长≥四边形ABCD 的周长的2倍，并确定等号成立的条件。
D 1
例5、已知ABC ∆中，AB>AC,A ∠的一个外角平分线交ABC ∆的外接圆于点E,过E 作EF ⊥AB,垂足为F （如图），求证：2AF=AB-AC
A
B
C E
F
第九讲 托勒密（Ptolemy ）定理练习
1、 如图，已知圆内接正五边形ABCDE,若P 为弧AB 上一点，求证：PA+PD+PB=PE+PC A
B C D E
P
2、 ABCD 为圆内接四边形，DC=BC ，对角线DB 与AC 交于E,若CE ：EA=1：3，AB+AD=m,
求BD 的长。
D
A B C
E
3、如图，在ABC ∆中，4:2:1::=∠∠∠C B A ,求证：
BC
AC AB 111=+
A B
C
4． 已知正七边形A 1A 2A 3A 4A 5A 6A 7。
求证：
5、设ABCDEF 是凸六边形，且AB=BC,CD=DE,EF=FA,证明：
,23≥++FC FA DA DE EB BC 并指出等号成立的条件。
A B
C
D
E F
附加题：
1、 若方程)1lg(2lg +=x kx 仅有一个实根，则k 的取值范围是_______________.
2、已知函数⎩⎨⎧≥+<=-2),1(log 2,2)(3
2x x x x f x ，若关于x 的方程m x f =)(有两个不同的实根，则实数m 的取值范围是__________(用区间形式表示)
3、设)(x f 是定义在R 上的奇函数，2)1(=f ，当0>x 时，)(x f 是增函数，且对任意
的R y x ∈,,都有)()()(y f x f y x f +=+，则函数)(x f 在区间]2,3[--的最大值是_________。