广义托勒密定理最简洁证明

托勒密定理和西姆松定理(一)

【例3】⑵由△ABC外接圆的弧BC上一点P分别向边BC、AC 与AB作垂线PK、PL和PM。 BC AC AB 求证：求 PK PL PM
3
1
【例1】⑶等腰梯形一条对角线的平方，等于一腰的平方加上两底之积。已知，梯形ABCD，AD＝BC，AB∥ CD，求证： BD2＝BC2＋AB·CD。
【例2】⑵如图，已知圆的内接正五边形ABCDE，P为 BC 上的一点，则的点，则PA＋PABCD中，∠ABC＝60°，∠BAD＝ ∠BCD＝90°，，AB＝2，CD＝1，对角线AC、BD 交于点O，如图，求sin∠AOB。
【例1】⑴证明明托勒密定托勒密定理及其逆定理。及其逆定 ①四边形ABCD内接于圆，求证： AC·BD＝AD·BC＋AB·CD。
(
【例1】⑴证明托勒密定理及其逆定理。 ②四边形ABCD满足， AC·BD＝AD·BC＋AB·CD，求证：四边形ABCD 是圆内接四边形。
【例1】⑵如图，已知P为正△ABC外接圆 BC 上一点，求证： PA＝PB＋PC
托勒密定理和西姆松定理(一)
托勒密定理托勒密定托勒密定理：圆内接四边形两条对角线乘积等于两组对边乘积圆内接边形两条对角线乘积等两组对边乘积之和。逆定理：一个凸四边形的两组对边乘积的和等于其对角线的乘积，那么该四边形内接于一个圆积，那么该四边形内接于个圆(或者说该四边形的四个顶点共圆) 广义定理对于般的四边形ABCD，有广义定理：对于一般的四边形有AB·CD＋ AD·BC≥AC·BD，当且仅当ABCD是圆内接四边形时等号成立。

托勒密定理的向量证明

托勒密定理的向量证明
托勒密定理是几何学中的经典定理，可以描述向量的等腰三角形对应的角的大小。

它定义
了一个特定的角，如果直角两边的向量长度满足特定的关系，则这个角是固定的且为等腰
三角形中必要的。

托勒密定理可以用向量的形式表示，其数学表达式如下：
|AB|*|AC| = |BC|*|BA|
其中|AB|表示向量AB的大小，|AC|表示向量AC的大小，|BC|表示向量BC的大小，|BA|
表示向量BA的大小。

因此，只要两个边的长度满足上述的关系，等腰三角形的第三个角必定是直角，即托勒密
定理就被证明了。

下面我们使用向量的证明来证明上述定理：
假设存在一个等腰三角形ABC，其中A，B，C是三角形的三个顶点。

设向量AB=a，BC=b，AC=c，则有
|AB|*|AC| = |BA|*|BC|，
即a*c = b*(-a) ，
其中a*c表示向量a与c的点积，b*(-a)表示向量b与-a的点积。

显然，a*c = b*(-a)只有当其中一边的向量为零，即a或b为零时才成立。

这就意味着，等腰三角形ABC的腰部的向量不能同时为零，因此腰部的向量必须有一个非零的模。

又由于a*c = b*(-a)，a和b的模相等，故a*c = b*(-a)，a与b互为反向量，即a与b的夹角为180度，由此可知ABC的第三个角为直角，即托勒密定理得以证明。

综上所述，我们可以用向量的形式来证明托勒密定理：只要腰部的向量都不为零，且相等，它们必然是反向量，则它们所组成的等腰三角形的第三个角就是一个直角。

托勒密定理、婆氏定理——圆中基本模型专题(二)(1)

托勒密定理、婆氏定理——圆中基本模型专题（二）【教学重难点】1．圆中托勒密定理；对角互补模型：旋转视角、托勒密视角2．婆罗摩笈多定理3．例题探究【模块一圆中托勒密定理】古希腊最伟大的天文学家，数学家、天文学家伊巴谷（约公元前190年－公元前125年），最早提出了，圆内接四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积，后称托勒密定理．古罗马著名的天文学家、光学家克罗狄斯·托勒密（约90年－168年），从伊巴谷的书中将其摘出并完善．托勒密定理实质上是关于共圆性的基本性质，故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．1．基本图形与结论：如图1，当A、B、C、D四点共圆，则AC×BD=AB×DC+AD×BC．2．简单证明：在线段BD上取一点E，连AE，使∠AEB=∠ADC，易得△AEB∽△ADC，AC CD=⇒⨯=⨯①AC BE AB CDAB BE旋转一拖二得△ABC∽△AED，AC BC=⇒⨯=⨯②AC DE BC ADAD DE由①＋②得：AC×（BE＋DE）=AC×BD=AB×DC＋AD×BC．3．模型识别：具体情境中出现四点共圆，且四点构成的四边形边长、对角线长信息较多，可以尝试用托勒密定理进行计算．※4．广义托勒密定理：对于任意凸四边形ABCD，则有AC×BD ≤AB×DC+AD×BC．证明从略···【模块二对角互补模型→旋转视角】1．基本图形与模型识别：如图2，对角互补且一组邻边相等．．．．．．．．．．．的四边形，可通过旋转变换将四边形转化为等腰三角形（等腰思旋转）．2．四类常见对角互补模型：①模型一：等边60°对120°型条件：如图3，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=60°，∠BCD=120°结论：（1）CA平分∠BCD；（2）BC+CD=AC．证明：证明：如图，将△ACD绕点A逆时针旋转60°至△AMB，使AD，AB重合，则△ACD≌△AMB，∴∠ADC=∠ABM，AC=AM，CD=BM，∠ACD=∠M，∵∠BAD=60°，∠BCD=120°，∴∠ABC+∠ADC=180°，∴∠ABC +∠ABM =180°， ∴M ，B ，C 三点共线， ∵∠MAC =∠BAD =60°，∴△MAC 为等边三角形，∴MC =AC ，∠M =∠ACD ，∴MB +BC =AC ，∠ACB =∠ACD ，∴CA 平分∠DCB ，CB +CD =AC ．②模型二：等腰直角对直角型条件：如图4，在四边形ABCD 中，AB =AD ，∠BAD =∠BCD =90°．结论：（1）CA 平分∠DCB ；（2）CB +CD =2AC ．证明：略···③模型三：等腰顶角120°对60°型条件：如图5，在四边形ABCD 中，AB =AD ，∠BAD =120°，∠BCD =60°．结论：（1）CA 平分∠BCD ；（2）CB +CD =3AC ．证明：略···※④模型四：同侧双直角型条件：如图6，在四边形ABCD 中，AB =AD ，∠BAD =90°，∠BCD =90°．结论：CB －CD =2AC ．证明：略···【模块三对角互补模型→托密视角】1．等腰△三角函数计算：如图7，2cos 2cos BC AB m αα=⋅=⋅2．托勒密定理应用：①如图8，对角互补型：2cos 2cos ma mb c m a b c αα+=⋅⋅⇒+=⋅结论：当α=60°时，a ＋b =c当α=45°时，a ＋b =2c当α=30°时，a ＋b =3c※利用角平分线性质也可直接得2cos a b c α+=⋅②如图9，同侧等角型：2cos 2cos a m mb mc c b a αα⋅⋅+=⇒-=⋅结论：当α=45°时，c －b =2a···【模块四婆罗摩笈多定理】婆罗摩笈多（约公元598－约660年）是一位印度数学家和天文学家，他出身于古印度的婆罗门种姓，婆罗门掌管着解释和预言天象的权力，掌握着天文学知识，以及测量和计算天体运行的工具——数学．婆罗摩笈多著有两部关于数学和天文学的书籍，他的一些数学成就在世界数学史上有较高的地位，他的负数及加减法运算仅晚于中国九章算术，而他的负数乘除法法则在全世界都是领先的．婆罗摩笈多还提出了著名的婆罗摩笈多定理，简称“婆氏定理”．若圆内接四边形的对角线相互垂直，则垂直于一边且过对角线交点的直线将平分对边．1．简单证明：已知：如图，四边形ABCD内接于圆O，对角线AC⊥BD于点M，ME⊥BC于点E，延长EM交CD 于点F，求证：F是AD中点．证明：∵AC⊥BD，ME⊥BC∴∠CBD=∠CME∵∠CBD=∠CAD，∠CME=∠AMF∴∠CAD=∠AMF∴AF=MF∵∠AMD=90°，同时∠MAD+∠MDA=90°∴∠FMD=∠FDM∴MF=DF，∴AF=DF即F是AD中点．2．婆罗摩笈多逆定理请你阅读婆罗摩笈多定理的证明过程，试证明婆罗摩笈多逆定理：（1）如图1，四边形ABCD内接于圆O，对角线AC⊥BD于点M，F为AD中点，连接FM并延长交BC 于点E，求证：ME⊥BC．（2）如图2，△ABC内接于圆O，∠B=30°，∠ACB=45°，AB=2，点D在圆O上，∠BCD=60°，连接AD 交BC于点P，作ON⊥CD于点N，连接并延长NP交AB于点M，求证PM⊥BA，并求PN的长．3．共顶等腰直模型（婆罗摩笈多模型）已知：如图，两个等腰直角三角形Rt△ABO和Rt△CDO，顶点重合，连接AC，BD．结论：①如果F是AC中点，那么一定有EF⊥BD；②如果EF⊥BD，那么一定有F是AC中点；③S△BOD=S△AOC；④2FO=BD．证明：（1）法一：（外）弦图构造法，如图1（2）法二：导角构造→全等构造法，如图2【例1】如图3所示,试证明：上述共顶等腰直模型中①②结论．【例2】如图，向△ABC的外侧作正方形ABDE、ACFG：（1）过A作AH⊥BC于H，AH与EG交于M，求证：①EM = MG，②BC = 2AM．（2）若M为EG的中点，求证：AH⊥BC．【模块四真题探究】【例3】（改编）如图1，⊙O的半径为1，A，P，B，C是⊙O上的四个点，∠APC=∠CPB=60°．（1）判断△ABC的形状，并说明理由；（2）试探究线段P A，PB，PC之间的数量关系，并证明你的结论；（3）当点P位于AB的什么位置时，四边形APBC的面积最大? 求出最大面积．【例4】（2013·成都中考改编）如图2，A，B，C为⊙O上相邻的三个n等分点，AB BC=，点E在BC上，EF为⊙O的直径，将⊙O沿EF折叠，使点A与A'重合，点B与B'重合，连接EB'，EC，EA'．设EB'=b，EC=c，EA'=p．现探究b，c，p三者的数量关系：发现当n=3时，p=b+c；请继续探究b，c，p三者的数量关系：当n=4时，p=__________；当n=8时，p=__________；当n=12时，p=__________．（参考数据：62sin15=cos75=4-︒︒，62cos15=sin75=4+︒︒）本讲反思：。

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。

托勒密定理、婆氏定理——圆中基本模型专题

托勒密定理、婆氏定理——圆中基本模型专题1．基本图形与结论：如图1，当A、B、C、D四点共圆，则AC×BD=AB×DC+AD×BC．2．简单证明：在线段BD上取一点E，连AE，使∠AEB=∠ADC，易得△AEB∽△ADC，AC CD AC BE AB CD=⇒⨯=⨯①AB BE旋转一拖二得△ABC∽△AED，AC BC AC DE BC AD=⇒⨯=⨯②AD DE由①＋②得：AC×（BE＋DE）=AC×BD=AB×DC＋AD×BC．3．模型识别：具体情境中出现四点共圆，且四点构成的四边形边长、对角线长信息较多，可以尝试用托勒密定理进行计算．※4．广义托勒密定理：对于任意凸四边形ABCD，则有AC×BD≤AB×DC+AD×BC．证明从略···【模块二对角互补模型→旋转视角】1．基本图形与模型识别：如图2，对角互补且一组邻边相等．．．．．．．．．．．的四边形，可通过旋转变换将四边形转化为等腰三角形（等腰思旋转）．2．四类常见对角互补模型：①模型一：等边60°对120°型条件：如图3，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=60°，∠BCD=120°结论：（1）CA平分∠BCD；（2）BC+CD=AC．证明：证明：如图，将△ACD绕点A逆时针旋转60°至△AMB，使AD，AB重合，则△ACD≌△AMB，∴∠ADC=∠ABM，AC=AM，CD=BM，∠ACD=∠M，∵∠BAD=60°，∠BCD=120°，∴∠ABC+∠ADC=180°，∴∠ABC+∠ABM=180°，∴M，B，C三点共线，∵∠MAC=∠BAD=60°，∴△MAC为等边三角形，∴MC=AC，∠M=∠ACD，∴MB+BC=AC，∠ACB=∠ACD，∴CA平分∠DCB，CB+CD=AC．②模型二：等腰直角对直角型条件：如图4，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=∠BCD=90°．结论：（1）CA 平分∠DCB ；（2）CB +CD 2．证明：略···③模型三：等腰顶角120°对60°型条件：如图5，在四边形ABCD 中，AB =AD ，∠BAD =120°，∠BCD =60°．结论：（1）CA 平分∠BCD ；（2）CB +CD 3．证明：略···※④模型四：同侧双直角型条件：如图6，在四边形ABCD 中，AB =AD ，∠BAD =90°，∠BCD =90°．结论：CB －CD 2AC ．证明：略···【模块三对角互补模型→托密视角】1．等腰△三角函数计算：如图7，2cos 2cos BC AB m αα=⋅=⋅2．托勒密定理应用：①如图8，对角互补型：2cos 2cos ma mb c m a b c αα+=⋅⋅⇒+=⋅结论：当α=60°时，a ＋b =c当α=45°时，a ＋b 2当α=30°时，a ＋b 3※利用角平分线性质也可直接得2cos a b c α+=⋅②如图9，同侧等角型：2cos 2cos a m mb mc c b a αα⋅⋅+=⇒-=⋅结论：当α=45°时，c －b 2···【模块四婆罗摩笈多定理】婆罗摩笈多（约公元598－约660年）是一位印度数学家和天文学家，他出身于古印度的婆罗门种姓，婆罗门掌管着解释和预言天象的权力，掌握着天文学知识，以及测量和计算天体运行的工具——数学．婆罗摩笈多著有两部关于数学和天文学的书籍，他的一些数学成就在世界数学史上有较高的地位，他的负数及加减法运算仅晚于中国九章算术，而他的负数乘除法法则在全世界都是领先的．婆罗摩笈多还提出了著名的婆罗摩笈多定理，简称“婆氏定理”．若圆内接四边形的对角线相互垂直，则垂直于一边且过对角线交点的直线将平分对边．1．简单证明：已知：如图，四边形ABCD 内接于圆O ，对角线AC ⊥BD 于点M ，ME ⊥BC 于点E ，延长EM 交CD 于点F ，求证：F 是AD 中点．证明：∵AC ⊥BD ，ME ⊥BC∴∠CBD =∠CME∵∠CBD =∠CAD ，∠CME =∠AMF∴∠CAD =∠AMF∴AF =MF∵∠AMD =90°，同时∠MAD +∠MDA =90°∴∠FMD =∠FDM∴MF =DF ，∴AF =DF 即F 是AD 中点．2．婆罗摩笈多逆定理请你阅读婆罗摩笈多定理的证明过程，试证明婆罗摩笈多逆定理：（1）如图1，四边形ABCD 内接于圆O ，对角线AC ⊥BD 于点M ，F 为AD 中点，连接FM 并延长交BC 于点E ，求证：ME ⊥BC ．（2）如图2，△ABC 内接于圆O ，∠B =30°，∠ACB =45°，AB =2，点D 在圆O 上，∠BCD =60°，连接AD 交BC 于点P ，作ON ⊥CD 于点N ，连接并延长NP 交AB 于点M ，求证PM ⊥BA ，并求PN 的长．3．共顶等腰直模型（婆罗摩笈多模型）已知：如图，两个等腰直角三角形Rt △ABO 和Rt △CDO ，顶点重合，连接AC ，BD ．结论：①如果F 是AC 中点，那么一定有EF ⊥BD ；②如果EF ⊥BD ，那么一定有F 是AC 中点；③S △BOD =S △AOC ；④2FO =BD ．证明：（1）法一：（外）弦图构造法，如图1（2）法二：导角构造→全等构造法，如图2【例1】如图3所示,试证明：上述共顶等腰直模型中①②结论．【例2】如图，向△ABC的外侧作正方形ABDE、ACFG：（1）过A作AH⊥BC于H，AH与EG交于M，求证：①EM=MG，②BC=2AM．（2）若M为EG的中点，求证：AH⊥BC．【模块四真题探究】【例3】（改编）如图1，⊙O的半径为1，A，P，B，C是⊙O上的四个点，∠APC=∠CPB=60°．（1）判断△ABC的形状，并说明理由；（2）试探究线段PA，PB，PC之间的数量关系，并证明你的结论；（3）当点P位于 AB的什么位置时，四边形APBC的面积最大?求出最大面积．【例4】（2013·成都中考改编）如图2，A ，B ，C 为⊙O 上相邻的三个n 等分点， AB BC=，点E 在 BC 上，EF 为⊙O 的直径，将⊙O 沿EF 折叠，使点A 与A'重合，点B 与B'重合，连接EB'，EC ，EA'．设EB'=b ，EC =c ，EA '=p ．现探究b ，c ，p 三者的数量关系：发现当n =3时，p =b +c ；请继续探究b ，c ，p 三者的数量关系：当n =4时，p =__________；当n =8时，p =__________；当n =12时，p =__________．（参考数据：62sin15=cos 75=4-︒︒，62cos15=sin 75=4+︒︒）本讲反思：。

托勒密定理及逆定理的证明

托勒密定理及逆定理的证明托勒密定理是著名的数论定理，它是基于17世纪被认为是阿基米德一世完成的一个古老定理，他提出了方阵与它的迹之间的关系。

它说，如果一个正整数n分解成质因子的乘积：n=p1^a1 * p2^a2 * ... * pk^ak其中pi（i=1，2，…k）是独立的质数，而ai（i=1，2，…k）是相应幂，那么Tr(A^n)=(p1^a1+ p2^a2 + ... + pk^ak )其中Tr(A)是一个正整数的迹的定义。

托勒密定理的证明也叫做托勒密·迹证明。

这是一个形式化的正整数乘积的证明。

所述m乘以n是正整数的乘积。

正确证明：先证明m和n的可行前提首先，证明m和n都是正整数。

由于m和n都是正整数，因此它们的值有可行的解决方案。

假设A的m的n次幂的迹Tr (A^{mn})=p1^{a1} + p2^{a2} + ... + pk^{ak}首先，证明：Trace (A^{mn})=Trace (A^m) × Trace (A^n)根据定义，记A的m的n次幂的迹 = Trace (A^{mn})Trace (A^m)的n次幂的迹 = p1^{ma1} + p2^{ma2} + ... + pk^{mak}Trace (A^n)的m次幂的迹 = p1^{na1} + p2^{na2} + ... + pk^{nak}根据上面的推理，以及可行性前提，可得证明托勒密定理：Trace (A^n)=(p1^a1+p2^a2 + ... + pk^ak )给定正整数n和质数p，如果n=p^ai且n和p互素，则a1<a2<…<ak 。

首先证明前提：由于给定n和p是正整数，其他正确性由可行前提提供。

然后证明则a1<a2<…<ak。

根据定义假设n=p^ai则当i>=2时：对于1<i<=k记a1=ai-1,则有a2=a1+1,a3=a2+1,…ak=a(k-1)+1。

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）。

平面几何的几个重要定理——托勒密定理

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：ABCD AB CD AD BC AC BD ⋅+⋅≥⋅定理：在四边形中，有：ABCD 并且当且仅当四边形内接于圆时，等式成立；()A B C D E B A E C A D A B E A C DA B B E A B E A C D A B C D A C B E A C C D A B A E B A C E A D A B C A E D A C A D B CE DA DBC A C E DA C A D ABCD A D B C A C BE E D A B C D A D B C A C B D E B D A B C D ∠=∠∠=∠∆∆∴=⇒⋅=⋅=∠=∠∴∆∆∴=⇒⋅=⋅∴⋅+⋅=⋅+∴⋅+⋅≥⋅证：在四边形内取点，使，则：和相似又且和相似且等号当且仅当在上时成立，即当且仅当、、、四点共圆时成立；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 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AC 2=AB 2＋BC 2．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a 2＋b 2=1，x 2＋y 2=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a 2=b(b ＋c)，求证：∠A=2∠B ．分析：将a 2=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 ， AC D BDC =∴∠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a 2=b(b＋c)，即a ·a=b ·c ＋b 2． 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 。

托勒密定理、婆氏定理、圆中基本模型专题(二)

托勒密定理、婆氏定理——圆中基本模型专题（二）【教学重难点】1．圆中托勒密定理；对角互补模型：旋转视角、托勒密视角2．婆罗摩笈多定理3．例题探究【模块一圆中托勒密定理】古希腊最伟大的天文学家，数学家、天文学家伊巴谷（约公元前190年－公元前125年），最早提出了，圆内接四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积，后称托勒密定理．古罗马著名的天文学家、光学家克罗狄斯·托勒密（约90年－168年），从伊巴谷的书中将其摘出并完善．托勒密定理实质上是关于共圆性的基本性质，故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．1．基本图形与结论：如图1，当A、B、C、D四点共圆，则AC×BD=AB×DC+AD×BC．2．简单证明：在线段BD上取一点E，连AE，使∠AEB=∠ADC，易得△AEB∽△ADC，AC CD=⇒⨯=⨯①AC BE AB CDAB BE旋转一拖二得△ABC∽△AED，AC BC=⇒⨯=⨯②AC DE BC ADAD DE由①＋②得：AC×（BE＋DE）=AC×BD=AB×DC＋AD×BC．3．模型识别：具体情境中出现四点共圆，且四点构成的四边形边长、对角线长信息较多，可以尝试用托勒密定理进行计算．※4．广义托勒密定理：对于任意凸四边形ABCD，则有AC×BD ≤AB×DC+AD×BC．证明从略···【模块二对角互补模型→旋转视角】1．基本图形与模型识别：如图2，对角互补且一组邻边相等．．．．．．．．．．．的四边形，可通过旋转变换将四边形转化为等腰三角形（等腰思旋转）．2．四类常见对角互补模型：①模型一：等边60°对120°型条件：如图3，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=60°，∠BCD=120°结论：（1）CA平分∠BCD；（2）BC+CD=AC．证明：证明：如图，将△ACD绕点A逆时针旋转60°至△AMB，使AD，AB重合，则△ACD≌△AMB，∴∠ADC=∠ABM，AC=AM，CD=BM，∠ACD=∠M，∵∠BAD=60°，∠BCD=120°，∴∠ABC+∠ADC=180°，∴∠ABC +∠ABM =180°， ∴M ，B ，C 三点共线， ∵∠MAC =∠BAD =60°，∴△MAC 为等边三角形，∴MC =AC ，∠M =∠ACD ，∴MB +BC =AC ，∠ACB =∠ACD ，∴CA 平分∠DCB ，CB +CD =AC ．②模型二：等腰直角对直角型条件：如图4，在四边形ABCD 中，AB =AD ，∠BAD =∠BCD =90°．结论：（1）CA 平分∠DCB ；（2）CB +CD =2AC ．证明：略···③模型三：等腰顶角120°对60°型条件：如图5，在四边形ABCD 中，AB =AD ，∠BAD =120°，∠BCD =60°．结论：（1）CA 平分∠BCD ；（2）CB +CD =3AC ．证明：略···※④模型四：同侧双直角型条件：如图6，在四边形ABCD 中，AB =AD ，∠BAD =90°，∠BCD =90°．结论：CB －CD =2AC ．证明：略···【模块三对角互补模型→托密视角】1．等腰△三角函数计算：如图7，2cos 2cos BC AB m αα=⋅=⋅2．托勒密定理应用：①如图8，对角互补型：2cos 2cos ma mb c m a b c αα+=⋅⋅⇒+=⋅结论：当α=60°时，a ＋b =c当α=45°时，a ＋b =2c当α=30°时，a ＋b =3c※利用角平分线性质也可直接得2cos a b c α+=⋅②如图9，同侧等角型：2cos 2cos a m mb mc c b a αα⋅⋅+=⇒-=⋅结论：当α=45°时，c －b =2a···【模块四婆罗摩笈多定理】婆罗摩笈多（约公元598－约660年）是一位印度数学家和天文学家，他出身于古印度的婆罗门种姓，婆罗门掌管着解释和预言天象的权力，掌握着天文学知识，以及测量和计算天体运行的工具——数学．婆罗摩笈多著有两部关于数学和天文学的书籍，他的一些数学成就在世界数学史上有较高的地位，他的负数及加减法运算仅晚于中国九章算术，而他的负数乘除法法则在全世界都是领先的．婆罗摩笈多还提出了著名的婆罗摩笈多定理，简称“婆氏定理”．若圆内接四边形的对角线相互垂直，则垂直于一边且过对角线交点的直线将平分对边．1．简单证明：已知：如图，四边形ABCD内接于圆O，对角线AC⊥BD于点M，ME⊥BC于点E，延长EM交CD 于点F，求证：F是AD中点．证明：∵AC⊥BD，ME⊥BC∴∠CBD=∠CME∵∠CBD=∠CAD，∠CME=∠AMF∴∠CAD=∠AMF∴AF=MF∵∠AMD=90°，同时∠MAD+∠MDA=90°∴∠FMD=∠FDM∴MF=DF，∴AF=DF即F是AD中点．2．婆罗摩笈多逆定理请你阅读婆罗摩笈多定理的证明过程，试证明婆罗摩笈多逆定理：（1）如图1，四边形ABCD内接于圆O，对角线AC⊥BD于点M，F为AD中点，连接FM并延长交BC 于点E，求证：ME⊥BC．（2）如图2，△ABC内接于圆O，∠B=30°，∠ACB=45°，AB=2，点D在圆O上，∠BCD=60°，连接AD 交BC于点P，作ON⊥CD于点N，连接并延长NP交AB于点M，求证PM⊥BA，并求PN的长．3．共顶等腰直模型（婆罗摩笈多模型）已知：如图，两个等腰直角三角形Rt△ABO和Rt△CDO，顶点重合，连接AC，BD．结论：①如果F是AC中点，那么一定有EF⊥BD；②如果EF⊥BD，那么一定有F是AC中点；③S△BOD=S△AOC；④2FO=BD．证明：（1）法一：（外）弦图构造法，如图1（2）法二：导角构造→全等构造法，如图2【例1】如图3所示,试证明：上述共顶等腰直模型中①②结论．【例2】如图，向△ABC的外侧作正方形ABDE、ACFG：（1）过A作AH⊥BC于H，AH与EG交于M，求证：①EM = MG，②BC = 2AM．（2）若M为EG的中点，求证：AH⊥BC．【模块四真题探究】【例3】（改编）如图1，⊙O的半径为1，A，P，B，C是⊙O上的四个点，∠APC=∠CPB=60°．（1）判断△ABC的形状，并说明理由；（2）试探究线段P A，PB，PC之间的数量关系，并证明你的结论；（3）当点P位于AB的什么位置时，四边形APBC的面积最大? 求出最大面积．【例4】（2013·成都中考改编）如图2，A，B，C为⊙O上相邻的三个n等分点，AB BC=，点E在BC上，EF为⊙O的直径，将⊙O沿EF折叠，使点A与A'重合，点B与B'重合，连接EB'，EC，EA'．设EB'=b，EC=c，EA'=p．现探究b，c，p三者的数量关系：发现当n=3时，p=b+c；请继续探究b，c，p三者的数量关系：当n=4时，p=__________；当n=8时，p=__________；当n=12时，p=__________．（参考数据：62sin15=cos75=4-︒︒，62cos15=sin75=4+︒︒）本讲反思：。