托勒密定理以及一个与它类似的定理
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。
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：。
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）。
竞赛常用定理--数学
几何篇梅涅劳斯定理：当直线交三角形ABC三边所在直线BC、AC、A于点D、E、F时，（AF/FB）×（BD/DC）×（CE/EA）=1以及逆定理：在三角形ABC三边所在直线上有三点D、E、F，且（AF/FB）×（BD/DC）×（CE/EA）=1，那么D、E、F三点共线。
角元形式梅捏劳斯定理：（sin∠BAD/sin∠DAC）×(sin∠ACF/sin∠FCB)×(sin∠CBE/sin∠EBA)=1塞瓦定理：指在△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。
角元塞瓦定理：AD,BE,CF交于一点的充分必要条件是：(sin∠BAD/sin∠DAC)*(sin∠ACF/sin∠FCB)*(sin∠CBE/sin∠EBA)=1逆定理：在△ABC的边BC，CA，AB上分别取点D，E，F，如果(AF/FB)(BD/DC)(CE/EA)=1那么直线AD，BE，CF相交于同一点。
”正弦定理：在△ABC中，角A、B、C所对的边长分别为a、b、c，三角形外接圆的半径为R。
则有：a/sinA=b/sinB=c/sinC=2R余弦定理：，在△ABC中，余弦定理可表示为：c²=a²+b²-2ab cosCa²=b²+c²-2bc cosAb²=a²+c²-2ac cosB托勒密定理：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。
三弦定理：由圆上一点引出三条弦,中间一弦与最大角正弦的积等于其余每条弦与不相邻角正弦的积之和。
用图表述；圆上一点A,引出三条弦AB(左)、AC(右)、及中间弦AD,BC与AD交于P,根据《三弦定理》,有以下关系, ABsin∠CAP +ACsin∠BAP= ADsin∠BAC。
容斥原理,托勒密定理等高中原理定理技巧
容斥原理,托勒密定理等高中原理定理技巧
容斥原则
当我们试图对某些对象的数目从整体上计数碰到困难时，考虑将
整体分解为部分，通过对每个部分的计数来实现对整体的计数是一种
明智的选择.将整体分解为部分也就是将有限集X表示成它的一组两
两互异的非空真子集A1，A2，…An的并集，即X=AUA，U…UA，集合
0={A，4.…，A}叫做集合X的一个覆盖一个特殊情况是，集族9中的
任意两个集合都不相交，这时我们称集族9为集合x的一个（完全）
划分.如9为集合X的划分，则对集合X的计数可通过熟知的加法公
式1XH41+|A，|+144|+…+14。
托勒密定理
①进行，但是，要找到一个划分并且其中所有子集易于计数的有
时并非易事.我们可以考虑通过对任意的集族中的子集的计数来计算
XI，当集族9中至少存在两个集合的交非空时，我们称这个覆盖为集
合X的不完全划分.对于集合X的不完全划分，显然有有
1Xk144|+|421+…+14.
②因为在计算4时出现了对某些元素的重复计数，为了计算Xl，
就得将②式右边重复计算的部分减去，如果减得超出了，还得再加上，
也就是说我们要做“多退少补”的工作.完成这项工作的准则就是容
斥原理.是十九世纪英国数学家西尔维斯提出的。容斥原理有两个公
式。
高中平面几何常用定理总结
（高中）平面几何基础知识（基本定理、基本性质）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 ma -+=． 4． 垂线定理：2222BD BC AD AC CD AB -=-⇔⊥． 高线长：Cb Bc A a bc c p b p a p p a h 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 DC BD =；（外角平分线定理）． 角平分线长：2cos 2)(2A c b bc a p bcp c b t a +=-+=（其中p 为周长一半）． 6． 正弦定理：R C c B b A a 2sin sin sin ===，（其中R 为三角形外接圆半径）． 7．余弦定理：C ab b a c cos 2222-+=． 8． 张角定理：AB DAC AC BAD AD BAC ∠+∠=∠sin sin sin ． 9． 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 ．10． 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？）11．弦切角定理：弦切角等于夹弧所对的圆周角．12．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：）13．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．14．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d2－r2就是点P对于⊙O的幂．过P任作一直线与⊙O交于点A、B，则PA·PB= |d2－r2|．“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．15．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．16．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．17．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．18．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．19．九点圆（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;（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〕．20．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．21． 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d 2=R 2－2Rr ．22． 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．23． 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(C B A C B A y y y x x x G ++++ 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 ；（2）设G 为△ABC 的重心，则ABC AC G BC G ABG S S S S ∆∆∆∆===31； （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=++===ABKH CA FP BC DE AB KH CA FP BC DE ； （4）设G 为△ABC 的重心，则①222222333GC AB GB CA GA BC +=+=+； ②)(31222222CA BC AB GC GB GA ++=++； ③22222223PG GC GB GA PC PB PA +++=++（P 为△ABC 内任意一点）；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；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）．24． 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 (Cc B b A a y C c y B b y A a C c B b A a x C c x B b x A a H C B A C B A ++++++++ 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；（2）垂心H 关于△ABC 的三边的对称点，均在△ABC 的外接圆上；（3）△ABC 的垂心为H ，则△ABC ，△ABH ，△BCH ，△ACH 的外接圆是等圆；（4）设O ，H 分别为△ABC 的外心和垂心，则HCA BCO ABH CBO HAC BAO ∠=∠∠=∠∠=∠,,．25． 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；),(cb a cy by ayc b a cx bx ax I C B A C B A ++++++++ 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；（2）设I 为△ABC 的内心，则C AIB B AIC A BIC ∠+︒=∠∠+︒=∠∠+︒=∠2190,2190,2190； （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；（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ac b KD IK KI AK ID AI +===； （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 ⋅⋅⋅=．26． 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；)2sin 2sin 2sin 2sin 2sin 2sin ,2sin 2sin 2sin 2sin 2sin 2sin (CB A Cy By AyC B A Cx Bx Ax O C B A C B A ++++++++ 外心性质：（1）外心到三角形各顶点距离相等；（2）设O 为△ABC 的外心，则A BOC ∠=∠2或A BOC ∠-︒=∠2360；（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．27． 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 ．28． 三角形面积公式：C B A R R abc C ab ah S a ABC sin sin sin 24sin 21212====∆)cot cot (cot 4222C 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 ++=． 29． 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 4C B A R r C B A R r C B A R r C B A R r c b a ==== .1111;2tan 2tan ,2tan 2tan ,2tan 2tan r r r r r r r r r r c b a c b a =++=== 30． 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=⋅⋅RBAR QA CQ PC BP ．（逆定理也成立） 31． 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．32． 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．33． 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AZ ZB ·BX XC ·CY YA=1． 34． 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．35．塞瓦定理的逆定理：（略）36．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．37．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．38．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）．39．西摩松定理的逆定理：（略）40．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．41．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．42．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．43．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．44．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．45．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．46．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．47．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．48．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 ) ．49．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．50．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．51．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．52．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．53．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．54．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．55．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．56．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）57．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．58．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．59．一个圆周上有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．60．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．61．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．62．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．63．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．64．费尔巴赫定理：三角形的九点圆与内切圆和旁切圆相切．65．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．66． 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．67． 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FA 的（或延长线的）交点共线．68． 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．69． 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．70． 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．71． 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．72． 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 -=∆∆．。
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 ⋅⋅=。
高中数学联赛常用定理高中提高知识
常用定理1、费马点（I）基本概念定义：在一个三角形中，到3个顶点距离之和最小的点叫做这个三角形的费马点。
(1)若三角形ABC的3个内角均小于120°，那么3条距离连线正好平分费马点所在的周角。
所以三角形的费马点也称为三角形的等角中心。
(2)若三角形有一内角不小于120度，则此钝角的顶点就是距离和最小的点。
（II）证明我们要如何证明费马点呢：费马点证明图形(1)费马点对边的张角为120度。
△CC1B和△AA1B中,BC=BA1,BA=BC1,∠CBC1=∠B+60度=∠ABA1,△CC1B和△AA1B是全等三角形,得到∠PCB=∠PA1B同理可得∠CBP=∠CA1P由∠PA1B+∠CA1P=60度，得∠PCB+∠CBP=60度,所以∠CPB=120度同理,∠APB=120度，∠APC=120度(2)PA+PB+PC=AA1将△BPC以点B为旋转中心旋转60度与△BDA1重合，连结PD，则△PDB为等边三角形，所以∠BPD=60度又∠BPA=120度，因此A、P、D三点在同一直线上，又∠CPB=∠A1DB=120度，∠PDB=60度，∠PDA1=180度，所以A、P、D、A1四点在同一直线上，故PA+PB+PC=AA1。
(3)PA+PB+PC最短在△ABC内任意取一点M（不与点P重合），连结AM、BM、CM，将△BMC以点B为旋转中心旋转60度与△BGA1重合，连结AM、GM、A1G(同上)，则AA1<A1G+GM+MA=AM+BM+CM.所以费马点到三个顶点A、B、C的距离最短。
平面四边形费马点平面四边形中费马点证明相对于三角型中较为简易，也较容易研究。
（1）在凸四边形ABCD中，费马点为两对角线AC、BD交点P。
费马点（2）在凹四边形ABCD中，费马点为凹顶点D（P）。
经过上述的推导，我们即得出了三角形中费马点的找法：当三角形有一个内角大于或等于一百二十度的时候，费马点就是这个内角的顶点；如果三个内角都在120度以内，那么，费马点就是使得费马点与三角形三顶点的连线两两夹角为120度的点。
圆中的定理
托勒密定理托勒密(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．推论1.任意凸四边形ABCD，必有AC·BD≤AB·CD+AD·BC，当且仅当ABCD四点共圆时取等号。
2.托勒密定理的逆定理同样成立：一个凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积，则这个凸四边形内接于一圆、推广托勒密不等式：四边形的任两组对边乘积不小于另外一组对边的乘积，取等号当且仅当共圆或共线。
简单的证明：复数恒等式：(a-b)(c-d)+(a-d)(b-c)=(a-c)(b-d)，两边取模，得不等式AC·BD≤|(a-b)(c-d)|+|(b-c)(a-d)|=AB·CD+BC·AD注意：1.等号成立的条件是(a-b)(c-d)与(a-d)(b-c)的辐角相等，这与A、B、C、D四点共圆等价。
2.四点不限于同一平面。
欧拉定理：在一条线段上AD上，顺次标有B、C两点，则AD·BC+AB·CD=AC·BD塞瓦定理塞瓦（Giovanni Ceva，1648～1734）意大利水利工程师，数学家。
塞瓦定理载于塞瓦于1678年发表的《直线论》一书，也有书中说塞瓦定理是塞瓦重新发现。
具体内容塞瓦定理在△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塞瓦定理推论.设E是△ABD内任意一点，AE、BE、DE分别交对边于C、G、F，则(B D/B C)*(C E/A E)*(G A/D G)=1因为(B C/C D)*(D G/G A)*(A F/F B)=1，（塞瓦定理）所以(B D/C D)*(C E/A E)*(A F/F B)=K（K为未知参数）且(B D/B C)*(C E/A E)*(G A/D G)=K（K为未知参数）又由梅涅劳斯定理得：(B D/C D)*(C E/A E)*(A F/F B)=1所以(B D/B C)*(C E/A E)*(G A/D G)=12.塞瓦定理角元形式A D,B E,C F交于一点的充分必要条件是：(s i n∠B A D/s i n∠D A C)*(s i n∠A C F/s i n∠F C B)*(s i n∠C B E/s i n∠E B A)=1由正弦定理及三角形面积公式易证3.如图，对于圆周上顺次6点A,B,C,D,E,F，直线A D,B E,C F交于一点的充分必要条件是：(A B/B C)*(C D/D E)*(E F/F A)=1由塞瓦定理的角元形式，正弦定理及圆弦长与所对圆周角关系易证。
托勒密定理逆定理同样成立一个凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积,则这个凸四边形内接圆。
CD ·OBA EP圆内接四边形性质定理证明：如右图：圆内接四边形ABCD ，圆心为O ，延长BC 至E ，AC 、BD 交于P ，则： 一、圆内接四边形的对角互补：∠ABC+∠ADC=180°，∠BCD+∠BAD=180° 二、圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角：∠DCE=∠BAD 三、圆内接四边形对应三角形相似：△BCP ∽△ADP 四、相交弦定理：AP×CP=BP×DP五、托勒密定理：AB×CD+AD×CB=AC×BD一、圆内接四边形的对角互补的证明（三种方法）【证明】方法一：利用一条弧所对圆周角等于它所对圆心角的一半。
如图，连接OB 、OD 则∠A=21β，∠C=21α ∵α+β=360°∴∠A+∠C=21×360°=180°同理得∠B+∠D=180°（也可利用四边形内角和等于360°）【证明】方法二：利用直径所对应的圆周角为直角。
设圆内接四边形ABCD证明：∠A+∠C=180°，∠B+∠D=180°连接BO 并延长，交⊙O 于E 。
连接AE 、CE 。
则BE 为⊙O 的直径 ∴∠BAE=∠BCE=90° ∴∠BAE+∠BCE=180°∴∠BAE+∠BCE-∠DAE+∠DAE=180° 即∠BAE-∠DAE+∠BCE+∠DAE=180°∵∠DAE=∠DCE （同弧所对的圆周角相等） ∴∠BAE-∠DAE+∠BCE+∠DCE=180° 即∠BAD+∠BCD=180° ∠A+∠C=180°∴∠B+∠D=360°-（∠A+∠C ）=180° （四边形内角和等于360°）【证明】方法三：利用四边形内角和为360°及同弧所对的圆周角均相等连接AC 、BD ，将∠A 、∠B 、∠C 、∠D 分为八个角 ∠1、∠2、∠3、∠4、∠5、∠6、∠7、∠8 ∵∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+∠7+∠8=360（四边形内角和为360°）∠4=∠1，∠7=∠2，∠8=∠5，∠3=∠6 （同弧所对的圆周角相等）∴∠1+∠2+∠5+∠6=21×360°=180°∵∠1+∠2=∠A ∠5+∠6=∠C ∴∠A+∠C=180°∴∠B+∠D=360°-（∠A+∠C ）=180° （四边形内角和等于360°）二、圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角证明如图，求证：∠DCE=∠BAD ∠BCD+∠DCE=180°（平角为180°）∠BCD+∠BAD=180°（圆内接四边形的对角互补） ∴∠DCE=∠BAD三、圆内接四边形对应三角形相似如上图，求证：△BCP ∽△ADP ，△ABP ∽△DCP证明： ∵∠CBP=∠DAP ，∠BCP=∠ADP（一条弧所对圆周角等于它所对圆心角的一半。
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托勒密定理以及一个与它类似的定理
浙江宁波鄞州区钟公庙中学 童文虎
定理1（托勒密定理）：在四边形ABCD中，如果180CA，
那么BDACADBCCDAB
与它类似的定理是
定理2：在四边形ABCD中，如果90CA，
那么222BDACADBCCDAB
关于托勒密定理的证明，有许多方法．本文介绍一种构造相似三角形的方法，且仅
用相似三角形知识对上述二个定理进行简明统一的证明．
图1（凸四边形） 图2（四边形）
在四边形ABCD外作ECB，使DABECB，DBAEBC，连结DE（如
图1或图2）．则DAB∽ECB
∴BEBDBCABCEAD
即CEABADBC，BEBCBDAB
∵DBEDBCEBCDBCDBAABC
∴ABC∽DBE
∴DEACBDAB，即DEBDACAB
∴对于任意正整数n恒有
nnn
nnnn
CECDABCEABCDABADBCCDAB
n
nn
n
DE
CECDBDAC
， （※）
∵BCDDABBCDECBECD
∴①当180CA时，180ECD，DECECD．在（※）式中令
1n
即得定理１．
②当90CA时，90ECD，222DECECD．在（※）式中令
2n
即得定理２．
由（※）式可知，上述二个定理的逆定理也成立。