初中数学奥林匹克中的几何问题：第3章托勒密定理及应用附答案

《竞赛数学解题研究》之平面几何专题一、平面几何中的一些重要定理：1、梅涅劳斯定理：设D 、E 、F 分别是ABC ∆三边（或其延长线）上的三点，则D 、E 、F 三点共线的充要条件是1=⋅⋅EACEFC BF DB AD 。

2、塞瓦定理：设D 、E 、F 分别是ABC ∆三边（或其延长线）上的三点，则AF 、BE 、CD 三点共线的充要条件是1=⋅⋅EACEFC BF DB AD 。

3、托勒密定理：四边形ABCD 内接于圆的充要条件是CD BC CD AB BD AC ⋅+⋅=⋅4、西摩松定理：设P 是ABC ∆外接圆上任一点，过P 向ABC ∆的三边分别作垂线，设垂足为D 、E 、F ，则D 、E 、F 三点共线。

5、斯德瓦特定理：设P 是ABC ∆的边BC 边上的任一点，则BC PC BP AP BC AB PC AC BP ⋅⋅+⋅=⋅+⋅2226、共角定理：设ABC ∆和C B A '''∆中有一个角相等或互补（不妨设A=A '）则 C A B A ACAB S S C B A ABC ''⋅''⋅='''∆∆7、共边定理：设ABC ∆和C B A '''∆中有一个边相等，则CA B A ACAB S S C B A ABC ''⋅''⋅='''∆∆举例说明：1、设M 、N 分别是正六边形ABCDEF 的对角线AC 、CE 上的点，且AM:AC=CN:CE=k,如果BMN 三点共线，试求k 。

（IMO23,1982）2、在四边形ABCD 中，ABD ∆、BCD ∆、ABC ∆的面积之比为3：4：1，点M 、N 分别 是AC 、CD 上的点，且AM:AC=CN:CD, 并且BMN 三点共线，求证：M 、N 分别是AC 、 CD 的中点。

1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：；内接于圆，则有：设四边形BD AC BC AD CD AB ABCD ⋅=⋅+⋅；内接于圆时，等式成立并且当且仅当四边形中，有：定理：在四边形ABCD BDAC BC AD CD AB ABCD ⋅≥⋅+⋅一、直接应用托勒密定理例1 如图2，P 是正△ABC 外接圆的劣弧上任一点(不与B 、C 重合)， 求证：PA=PB ＋PC ．二、完善图形 借助托勒密定理例2 证明“勾股定理”：在Rt △ABC 中，∠B=90°，求证：AC 2=AB 2＋BC 2四点共圆时成立；、、、上时成立，即当且仅当在且等号当且仅当相似和且又相似和则：，，使内取点证：在四边形D C B A BD E BDAC BC AD CD AB ED BE AC BC AD CD AB EDAC BC AD AD EDAC BC AED ABC EAD BAC AD AE AC AB BEAC CD AB CD BEAC AB ACD ABE ACDABE CAD BAE E ABCD ⋅≥⋅+⋅∴+⋅=⋅+⋅∴⋅=⋅⇒=∴∆∆∴∠=∠=⋅=⋅⇒=∴∆∆∠=∠∠=∠)(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)．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 ≤1．四、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 ．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，练习：1.已知△ABC 中，∠B=2∠C 。

∠ ★数学竞赛初级讲座 ★托 勒 密 定 理 及 应 用湖南师大数学奥林匹克研究所 沈文选上依次排列的四点, 则1 基础知识托勒密定理 圆内接四边形的两组对边乘积之和等于两对角线的乘积.证明:如图 1, 四边形 ABCD 内接 ⊙O , 在 BD 上 取点 P , 使 ∠PAB = ∠CAD , 则 ■ ABP ∽ ■ ACD , 于是AB ·CD +BC · A D =AC ·BD . ④ 四边形中的托勒密定理 设四边形 ABCD 为任意凸四边形, 则 AB ·CD +BC · AD ≥AC ·BD . ⑤当且仅当 A 、B 、C 、D 四点共圆时取等号. 证 明:如 图 2, 取 点 E 使 ∠BAE = ∠CAD , ∠ABE = ∠ACD , 则■ABE ∽ ■ACD , 即有 AB = BP*AB · C D = AC · AD = AC , 且 AC = CD , 即AC CD AE AB AB BE BP .又■ABC ∽■ APD , 有 BC · AD = AC · P D .上述两乘积式相加, 得AB ·CD +BC · A D =AC (BP +PD )=AC ·BD .① 注:此定理有多种证法, 例如也可这样证:作 AE ∥BD 交⊙O 于 E , 连结 EB 、ED , 则知四边形 BDAE 为等腰梯形, 有 EB = AD , ED = AB , ∠ABD =∠BDE =θ, 且∠EBC +∠EDC =180°, 令 ∠BAC =φ, AC 与 BD 交于点 G , 则S 四边形ABCD = 1 AC ·BD ·sin ∠ AGD = 1AC ·BD ·AB ·CD =AC ·BE . (＊)又 ∠DAE = ∠CAB , 有■ ADE ∽■ACB , 亦有 AD ·BC =AC ·ED . (＊＊)由(＊)式与(＊＊)式, 注意到 BE +ED ≥BD , 有 AB ·CD +BC · A D =AC ·(BE +ED )≥ AC · B D . 其中等号当且仅当 E 在BD 上, 即∠ABD =∠ACD 时成立.此时 A 、B 、C 、D 四点共圆.由此, 即有托勒密定理的逆定理 在凸四边形 ABCD 中, 若 AB ·CD +BC · A D =AC ·BD , 则 A , B , C , D 四点 共圆.2 综合应用2 sin (θ+φ)= 1 AC · B D ·sin ∠EDC , 2 S 四边形EBCD = S ■EBC + S ■ECD = 21EB · BC 22 .1 恰当地选择或作出四边形, 是应用托勒密定理的关键例 1 在■ABC 中, 角 A 、B 、C 的对边分别为 a 、 ·sin ∠EBC + 1 ED · D C ·sin ∠EDC = 1 (EB · B C +b 、c .若角 A 、B 、C 的大小成等比数列, 且 b 2 -a 2 = 2 2ac , 则角 B 的弧度数等于多少? (1985 年全国高中联 ED · DC )· sin ∠EDC = 1(AD · BC + AB · DC )2·sin ∠EDC .易知 S 四边形AB CD =S E BC D , 从而有 AB · DC +BC · AD = AC · B D .推论 1 (三弦定理)如果 A 是圆上任意一点, AB , AC , AD 是该圆上顺次的三条弦, 则AC · sin ∠BAD = AB · sin ∠CAD + AD · sin ∠CAB . ② 事实上, 由①式, 应用正弦定理将 BD , DC , BC 换掉即得②式.推论 2 (四角定理)四边形 ABCD 内接于 ⊙O , 则 sin ∠ADC ·sin ∠BAD =sin ∠ABD · sin ∠BDC + sin ∠ADB ·sin ∠DBC . ③ 事实上, 由①式, 应用正弦定理将六条线段都换掉即得③式.直线上的托勒密定理 若 A 、B 、C 、D 为一直线赛题)解:如图 3 , 过点 C 作 CD ∥ AB 交■ ABC 的外接圆于D , 连结AD , 则 四边形 ABCD 为 等腰梯形.由托勒密定理, 有 b 2 =a 2 + c ·CD .由已知有 b 2 = a 2 + c · a , 则CD =a , 从而 AD =DC = CB , 即 ADC =2 BC , 亦即 ∠B =2 ∠BAC .又因为在■ ABC 中, ∠A 、∠B 、∠C 的大小成等比数列, 则公比 q = ∠B=2 .从而, ∠A +∠B + ∠CA=∠A +2 ∠A +4 ∠ A =7 ∠ A =π, 故∠ A = π, ∠B7=2π为所求. 7例 2 凸四边形 ABCD 中, ∠ABC =60°, ∠BAD3 331°= =∠BCD =90°, AB =2, CD =1, 对角线 AC 、BD 交于 点O , 如图 4, 求 sin ∠AOB .(1996 年北京中学生数学竞赛题)解:因∠BAD =∠BCD =90°, 则 A 、 B 、 C 、D 四 点共 圆, 延 长 BA , CD 交 于 P , 则 ∠ ADP = ∠ABC =60°.设 AD =x , 有 AP = 3 x , DP =2 x .由割线定理, 有(2 + x )· 3 x =2 x (1 +2 x ).求得 AD = x =AB · AF ·sin (α+β)+1AC · A F ·sin α 2= AF(AB · C D + AC · B D ), 4R其中 R 为外接圆半径 .又 S 四边形AMDN = 1 AM · AD ·sin α+ 1AD · AN ·2 2sin (α+β)= 2AD [ AF · c o s (α+ β)· s in α+ AF ·c o s α· sin (α+β)]= 1 AD · A F ·sin (2α+β)= AF AD ·BC . 2 -2, BC =BP=4 - 3 . 2 4R2对四边形 ABCD 应用托勒密定理, 有由托勒密定理, 有 AB ·CD +AC ·BD =AD ·BC . 故 S 四边形AMDN =S ■ABC . BD ·AC =(4- 3)(2 -2)+2·1 =10 3-12.例 5 如图 7 , 在■ABC 中, ∠A =60°, AB >AC , 又 S 四边形ABCD =S ■ABD +S ■BC D =(2 3 -2)+ 12·(4- 3)=3 3.2点 O 是外心, 两条高 BE , CF 交于 H 点, 点 M , N 分别在线段BH , HF 上, 且满足 BM =CN .求M H +NHOH的值.(2002 年全国高中联赛题)从而, 1 (10 2 sin ∠AOB =15+6 26-12)· sin ∠AOB = 3 3 .故 2.解法 1 :参见文[ 1] 中的解法 2 .解法 2:同解法 1 , 知 B , C , H , O 四点共 圆, 有 ∠OBH = 例 3 如图 5, 已知在 ■ABC 中, AB > AC , ∠A 的一个外角的角平分线交 ■ABC 的外接圆于点E , 过 E 作 EF ⊥AB , 垂足为 F .求证:2 AF = AB - AC .(1989 年全 国高中联赛题)证明:在 FB 上取点D , 使 FD =FA , 连结 ED 并延长交圆于 G ,连结 AG 、EC , 则 ∠ACE = ∠AGD , ∠ ADG =180°- ∠OCH , 而 BO = OC , BM = CN , 则■OB M ≌■OCN , 从而 OM = ON , ∠BMO = ∠CNO , 由此知 O , M , H , N 四点共圆,且等腰■OMN 的顶角∠MON =∠N HE =120°, 即知 MN =sin 120° 3 .OM sin 30 对四边形 OMHN , 应用托勒密定理, 有 MH · O N+NH · O M = OH · MN , 故 MH +N H = MN = 3 为∠ADE = 180°- ∠EAH = ∠EAC , 从 而 ■ADG ∽ ■ E A C , 且BC = A G .于是, 注意 BC = A G , 有 AD =所求. OH OMAE ·BC , 故 2 AF = A E · B C . 2 .2 注意托勒密定理逆定理的应用和拓广的托勒密定理或托勒密定理推论的应用 EC EC连结 EB , 对四边形 AEBC 应用托勒密定理, 有AB ·EC =AE ·BC +BE · A C ,即 AE ·BC =AB · E C -BE · A C .于是 2 AF = AB ·EC -BE · A C=AB -AC .EC其中 EC =BE 可由 ∠EAB =∠EAH =∠EBC 推得. 例4 如图 6, 在锐角 ■ABC 的 BC 边上有两点 E 、F , 满足∠BAE = ∠CAF , 作 FM ⊥AB , 重足为 M , FN ⊥AC , 垂足为 N , 延长 AE 交 ■ABC 的外接圆于点 D .证 明:四 边 形 AMDN 与 ■ ABC 的面积相等.(2000 年全国高中联赛题)证明:设 ∠BAE = ∠CAF =α, ∠E AF =β , 有 S ■AB C = 1·2例 6 若有四个圆都与第五个圆内切, 第一个与 第二个圆的外公切线的长用 l 12表示, 其他前四个圆中的两两的外公切线也用同样的方法来标记, 且前四个圆以顺时针的顺序排列, 试证明依次以 l 12 、l 23 、l 34 、l 41为边长, 以 l 13 , l 24 为对角线所构成的凸四边形的四个顶点共圆.(《中等数学》数学奥林区克问题高 79)证明:如图 8, 设前四个圆 分 别 为 ⊙O 1 、 ⊙O 2 、 ⊙O 3 、 ⊙O 4 , 第五个圆为⊙O .前四个圆与⊙O 分别内切于 A 、B 、C 、D , 则易知 A 、O 1 、O 三点共线.类似地, 有 B 、O 2 、O ;C 、O 3 、O ;D 、O 4 、O 三点共线.设五 个圆 的 半径 分 别 为 r 1 、r 2 、r 3 、r 4 、R ;∠AOB =α、∠BOC =β 、∠COD =γ、3 312 2 = = ∠DOA =δ;OO 1 =a 、OO 2 =b 、OO 3 =c 、OO 4 =d , 则 a =R -r 1 , b =R -r 2 , c =R -r 3 , d =R -r 4 . BC · C A .试确定 D 点的几何位置, 并证明你的结论. (1998 年 CM O 试题)从而 l 2=O 1 O 2-(r 1 -r 2)2=a 2+b 2-2 ab cos α此题我们改证比其更强的命题如下:-(a -b )2=4ab sin 2 α.2故 l 12 =2 ab sin α.2同理, 可求得 l 23 , l 34 , l 41 , l 13 , l 24 . 要证明以 l 12 、l 23 、l 34 、l 41 为边长, 以 l 13 , l 24 为对角线所构成的凸四边形的四个顶点共圆, 只要证明 l 12 · l 34 +l 23· l 41 =l 13· l 24 , 化简后只要证明 sin α sin r设 D 为锐角■ ABC 内部一点, 求证: DA · D B · AB +DB · DC · BC +DC · D A · C A ≥ AB ·BC ·CA ,等号当且仅当 D 为■ABC 的垂心时才成立.证明:如 图 10 , 作 ED ∥BC , FA ∥ED , 则四边形 BCDE 和四边形 ADEF 均是平行四边 +sin β ·sin δsinα+β sin β +γ2 · 2 形.连结 BF 和 AE .显然四边形BCAF 也 是平行四边 形.于 是 2 2 = 2 · 2, (＊)即 sin ∠ADB · s in ∠DBC + sin ∠BDC · sin ∠ ABD = sin ∠ADC ·sin ∠BAD .这由托勒密定理的推论 2 即证.注:对于(＊)式也可由正弦定理 AB =2 R sin α2式转换成 AB ·CD +BC ·DA = AC · BD 即证.此例是一个富有应用价值的问题.托勒密定理是这个问题中四个圆均变为点(过该点的线成了“ 点圆”的切线)的情形.例 7 经过 ∠X OY 的平分线上 的一点 A , 任 作一直 线与OX 及 OY 分别相交于P , Q .求AF = E D = B C , EF = AD , EB = CD , BF = AC .对 四 边 形ABEF 和四边形 AEBD , 应用四边形中的托勒密定理(或托勒密不等式)有 AB ·EF +AF · BE ≥ AE ·BF , BD · AE +AD ·BE ≥ AB ·ED , 即 AB · AD +BC · C D ≥AE · A C , BD ·AE + AD ·CD ≥AB ·BC . (＊)对上述(＊)式中前一式两边同乘 DB 后, 两边同加上 DC ·DA · AC , 然后注意到上述(＊)式中的后一式, 有DB ·DA · AB +DB ·DC ·BC +DC ·DA · AC ≥DB · A E · A C +DC ·DA · AC , 证:1 OP + 1等于定值.OQ 即 DB (AB · A D +BC · C D )+DC ·DA ·C A≥ AC (DB · A E +DC · A D )≥AC · A B ·BC . 解:如图 9 , 过 O , P , Q 三点 作 圆, 交 射 线 OA 于 B .设 ∠POA = ∠QOA =α, 对四边形 OPBQ 中的三条弦 OP , OB , OQ应用托勒密定理的推论 1 , 有BO ·sin2 α=OP ·sin α+OQ ·sin α.即 OP + OQ = BO ·sin2α= 2BO ·sin α·c o s α =故 DA ·DB · A B +DB · DC ·BC +DC ·DA · CA ≥ AB ·BC ·CA .其中等号成立的充分必要条件是(＊)式中两个不等式中的等号同时成立, 即等号当且仅当四边形 ABEF 及四边形 AEBD 都是圆内接四边形时成立 , 亦即五边形AFEBD 恰是圆内接五边形时等号成立.由于四边形 AFED 为平行四边形 , 所以条件等价于四边形 AFED sin α sin α为矩形(即 AD ⊥BC ), 且 ∠ABE =∠ ADE =90°, 亦等 2 BO ·c o s α. (＊)连结 BQ , 由■OPA ∽■OBQ , 有OP ·OQ =OA ·OB . 由(＊)式除以上式, 得 1 + 1 =2c o s α 定值).价于 AD ⊥BC 且CD ⊥AB , 所以所证不等式等号成立的充分必要条件是 D 为■ABC 的垂心 .3 强化训练OP OQ OA (注:类似于此例, 应用托勒密定理的推论 1 也可求解如下问题:过平行四边形 ABCD 的顶点 A 作一圆分别与AB , AC , AD 相交于E , F , G .则有 AE · A B + AG · A D =AF · AC .事实上, 若设∠BAC =α, ∠CAD =β , 则有 AE · sin β+ AG ·sin α= AF ·sin (α+ β).对此式两边同乘 AB · AC · AD , 利用三角形的面积公式有 AE · AB · S ■A DC +AG · AD ·S ■ABC =AF · AC ·S ■A B D .而在º ABCD 中, 有 S ■ADC = S ■ABC =S ■ABD , 由 (1)■ABC 为⊙O 内接三角形, AB > AC >BC .点 D 在BC 上, 从 O 点分别作 AB 、AC 的垂线交 AD 于E 、F , 射线 BE 、CF 交于P 点.则 PB =PC +PO 的充要条件是∠BAC =30°. (2) 证明:设 ■ABC 中, ∠ A 、∠B 与 ∠C 的三条 角平分线分别交 ■ABC 的外接圆于 A 1 , B 1 , C 1 , 则 A A 1 +BB 1 +CC 1 >AB +BC +CA .(1982 年澳大利亚 竞赛题)(3) 设六边形 ABCDEF 是凸六边形, 且 AB =BC , 此即证.例 8 设 D 为锐角 ■ABC 内部一点, 且满足条 CD =DE , EF =FA .证明:BC + DE +FA ≥ 3 , 并指BE DA FC 2件:DA ·DB · AB +DB ·DC · B C +DC ·DA ·CA = AB ·出等式在什么条件下成立.(I M O 38 预选题)等,= > (= ( > ( > ()= ( + + +z 3 a b c 3 BC ≥ b c a (4)在 ■ABC 中, ∠A =90°, ∠B < ∠C .过 A 点 = AM .令 ∠ABC =∠EBC =θ, 有BX = BX =c o s2θ, 作■ ABC 的外接圆⊙O 的切线, 交直线 BC 于点D , 设点 A 关于直线BC 的对称点为点E , 作 AX ⊥BE , 垂足为 X , Y 为AX 的中点, BY 与⊙O 交于Z .证明:BD ME 即 AM =c o s2θ. MEEB AB 为■ADZ 的外接圆的切线.(I M O 39 预选题)(5)⊙O 为正■ABC 的外接圆, AD 为 ⊙O 的直 径, 在BC 上任取一点 P (P ≠B , P ≠C ), 设 E 、F 分别为■PAB 、■PAC 的内心, 证明 PD =l PE -PF l.(6)设 G 为■ ABC 的重心, 在■ABC 所在平面上 确定点 P 的位置, 使得 AP · AG +BP · B G +CP · CG 对四边形 ABEZ 应用托勒密定理有 AZ ·BE + AB ·EZ =AE ·BZ .(＊)注意 AE =2 AB sin θ=2BE sin θ及∠AZ M = ∠EZ M , 有 AZ = AM=c o s2θ, ＊式变为EZ MEAZ =2sin θ·c o s2θ BZ 1+c o s2θ由 ∠ABC =θ, 有 ∠CAD =θ, ∠ ADC =90°-2θ,有最 小 值, 并 用 ■ ABC 的 边 长 表 示 这 个最 小 值 (I M O 42 预选题)有 AC AD = cos2θ sin θ 注 意 AC = BC sin θ, 有 AC = BD 2sin θ·c o s2θ AC AZ AC BD训练题解答(1) 先证必要性.连结 OB , OC , 知■EAB , ■FAC 均为等 腰三角形, 且 ∠BPC = ∠AEP + ∠CFD = 2 (∠BAD +∠CAD )=2 ∠B AC = ∠BOC , 知 B , C , P ,O 共圆.由托勒密定理, 有 PB · OC =PC · OB+PO · BC .由 PB =PC +PO 得 OC =BC , 即■OBC为正三角形, 推得∠BAC 1 ∠BOC =30°.2 再证充分性.由∠B AC =30°, 知 ■OBC 为正三角形, 且由∠BPC =∠BOC 知 B , C , P , O 共圆.由托氏定理有 PB · OC =PC · OB +PO · BC , 及 OC =OB = BC , 即得 PB =PC +PO .(2) 对四边形 ACA 1 B 应用托勒密定理, 有 AA 1·BC =AB · A 1 C + AC · A 1 B .令 A 1 B = A 1 C = x , 注意ABx + A 1 C1+c o s2θ .即BD =BZ , 亦即 AZ =BZ , 再由 ∠ZBD=∠CAZ 知 ■ZBD ∽■ZAC , 有 ∠ZCA =∠ZDB .又 ∠ZCA = ∠ABZ = ∠ZAD , 所以 ∠ZAD = ∠ZDC .即 证.(5) 设 P 在BD 内部, 取 AB , AC 中点 M , N , 可证 P 、E 、 M ;P 、F 、N 分别共线.由 ME = AM = AN = NF . 可 证 ■DME ≌■DNF 及 ∠EPF =60°= ∠EDF , 知 P 、D 、F 、E 共圆, 在此圆中应用托勒密定理, 有 PD·EF +PE ·DF =PF · DE .再由■DEF 为正三角形即 证得PD +PE=PF , 若 P 在DC 上有PD +PF =PE .即 证. (6) 设 a , b , c 分别为 ■ ABC 顶点 A , B , C 所对边长.2 x = A 1 B + A 1 C > BC , 有 2 AA 1 =2 BC =下证所求最小值当 P 为重心 G 时取到, 且最小值(AB +AC )·2 x >AB +AC , 即 AA 1 1AB +AC ). 为 AG 2 +BG 2 +CG 2 1 a 2+b 2 +c 2).BC 2 3同理 BB 1 1 BA +BC ), CC 1 1CA +CB ).此三 2 2式相加即证.(3) 令 AC =a , CE =b , AE =c .对四边形 ACEF 应用托勒密不等式, 有 AC ·EF +CE · AF ≥ AE · C F ,设 Γ是过 B 、G 、C 的圆, 中线 AL 交 Γ于 G (在■ ABC 内)和 K , 令 ∠BGK =θ, ∠AGN =φ, ∠BGN=δ(N 为AB 中点).由 L 为BC 中点, 知 B 、C 到 GL的距离相等.即 BG ·sin θ=CG sin φ, 故 BG = C G.同注意 EF = AF , 有FA ≥ c .同理, DE ≥ b , BC≥理 AG = BG . sin φ sin θFC a +b DA c +a BEsin δ sin φ a . b +c1 x +z -y设 R 为圆 Γ的半径, 则 BK =2R ·sin θ, CK =2R·sin φ, BC =2R ·sin δ, 即AG =BG = CG.(＊)又设 P令 x =a +b , y =c +a , z =b +c , 有 2 ( yBC CK BK+x +y -z +y +z -x 1 x y x + z y z x 2 y x z x z , 即知 + +≥ (＊).故BE +DE +FA 3 .其中等号成立, 即要(＊)式中等号 是■ ABC 所在平面上任意一点, 由托勒密不等式, 有 PK · BC ≤BP ·CK +CP ·BK , 等号当且仅当 P 在圆 Γ 上成立.由(＊)式, 有 PK · AG ≤BP · BG +CP · C G , 两边同加 AP · AG 得(AP +PK )· AG ≤ AP · A G +BP ·BG DA FC 2成立, 亦即每次应用托氏不等式中等号也成立.从而四边形 ACEF 、四边形 ABCE 、四边形 ACDE 都是圆内接四边形.即六边形 ABCDEF 为圆内接六边形且 a =b =c 成立.即为正六边形时成立.(4) 连结 AE 交BZ 于 M , 连结 ZE 、ZC , 对 ■AXE及截线BY M 应用梅氏定理有EB · XY · AM =1, 即BXBX Y A ME EB.+GP·CG .而AK ≤AP +PK ,则AK ·A G ≤AP·AG +BP·BG +CP·CG.等号当且仅当P 在线段AK 上,且点P 在圆Γ上成立, 即等号当且仅当P 与G 重合时成立.参考文献1 广隶,陆珂.2002 年全国高中数学联赛加试几何题的几种解法.中学数学教学参考, 2002 , 12。

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 ，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 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 ，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 2AC APC 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 分别与边AB 、BC 切于点F 、D ，直线AD 、CF 分别与I 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 DCFD 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 ，2O ，3O ，4O ，第五个圆为O ，前四个圆与O 分别内切于A ，B ，C ，D ，则易知A ，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 2l OO 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 中，有ADC ABC ABD S S 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 是ABC △的外接圆，I 是ABC △的内心，射线AI 交O 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 ，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 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 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 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 CBAMNOP图3-17在O 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 1C 1DCBA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 'FE 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=∠．DC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 ADAD⋅+=⋅，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==()maxf x=．AB()f x是AB的单调递增函数，()minf x==AB时，()f x是AB的单调递减函数，从而当AB，BC，()minf x==故()f x在定义域上，()minf 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 xB 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与2O分别与O内切，作1O 和2O的两条内公切线交O 于A，B ，作1O和2O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与2O的内公切线的切点，EF交O于C，D 两点，记1O和2O的内公切线长为d ．用[]****表示一组与O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，，，，有AG CD AC DE CE AD⋅=⋅+⋅，①对于2[]B D C O ，，，，有 BH CD BD CF DF BC ⋅=⋅+⋅ ()BD CE EF DF BC =++⋅．②对于2[]A C D O ，，，，有()()AG d CD AC DF AD CE EF +⋅=⋅+⋅+． ③对于1[]B D C O ，，，，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 和2G 内切于G 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 ，2G 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 ）表示点圆A 与1G 的公切线的长，则()1,A d k x G =-+．同理，(),A b c =，(),A c b =，()1,B x G =，()1,C a x G =-，(),B C a =．对1[,,,]A B C G 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 ，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 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 ，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 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 与2O 的公共弦，点B ，C 分别在1O ，2O 上，且AB AC =，BAF ∠，CAF ∠的平分线交1O ，2O 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 与2O 相交于A ，E 两点，1O 的一条弦BC 与2O 相切于点D ，且AD 与1O 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 ，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 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 ，1O 内切于O ，切点G 在BC 上，由点A ，B ，C 分别引1O 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 ，2O ，3O ，4O 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 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 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 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 交于Z ．证明：BD 为△ADZ 的外接圆的切线． （IMO -39预选题）12．O 为正ABC △的外接圆，AD 为O 的直径，在BC 上任取一点P （P B ≠，P C ≠），设E ，F 分别为△PAB ，PAC △的内心．证明PD 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）。

托勒密定理及圆的其它定理托勒密定理定理图定理的内容托勒密(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．定理提出定理的内容。

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。

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．定理内容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。

证明一、（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(如右图)，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AC(BE+ED)=AB·CD+AD·BC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”）复数证明用a、b、c、d分别表示四边形顶点A、B、C、D的复数，则AB、CD、AD、BC、AC、BD的长度分别是：(a-b)、(c-d)、(a-d)、(b-c)、(a-c)、(b-d)。

首先注意到复数恒等式： (a−b)(c−d) + (a−d)(b−c) = (a−c)(b −d) ，两边取模，运用三角不等式得。

初中几何：三大变换之旋转（旋转的构造-托勒密定理）成才路上奥数国家级教练与四名特级教师联手执教。

成才路上推荐搜索几何变换旋转托勒密定理本篇将介绍关于旋转的内容，一个关于旋转构造的定理-托勒密定理，定理本身并非课内知识，但在近年中考中，已经不止一次地出现了，因而值得重视．01定理介绍托勒密定理定理：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．定理证明证明：在线段BD上取点E，使得∠BAE=∠CAD，易证△AEB∽△ADC，∴AB:AC=BE:CD，即AC·BE=AB·CD，当∠BAE=∠CAD时，可得：∠BAC=∠EAD，易证△ABC∽△AED，∴AD:AC=DE:CB，即AC·DE=AD·BC，∴AC·BE+AC·DE=AB·CD+AD·BC，∴AC·BD=AB·CD+AD·BC．定理推广-托勒密不等式推广（托勒密不等式）：对于任意凸四边形ABCD，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:AC=BE:CD，即AC·BE=AB·CD①，连接DE，如图2，∵AB/AC=AE/AD，∴AB/AE=AC/AD，∠BAC=∠BAE+∠CAE=∠DAC+∠CAE=∠DAE，∴△ABC∽△AED，∴AD/AC=DE/BC，即AC·DE=AD·BC②，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．托勒密定理在中考题中的应用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：AC·BD=AB·CD+AD·BC，又等边△ABC有AB=AC=BC，故有结论：BD=AD+CD．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：BD=AD+CD．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AB:AC:BC=1:1:根号2，代入可得结论：根号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AB:AC:BC=1:1:根号2，代入可得结论：BD=根号2AD+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．02中考题中的托勒密定理2019仙桃中考2019威海中考2017临沂中考2016淮安中考来源：有一点数学，作者：刘岳。

平面几何中的几个重要定理在中考中的应用一、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．即：若四边形ABCD 内接于圆，则有：AB CD AD BC AC BD ⋅+⋅=⋅ 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。

喜帕恰斯依巴谷古希腊最伟大的天文学家他编制出1022颗恒星的位置一览表，首次以“星等”来区分星星.二、梅涅劳斯定理：如果一条直线与ABC ∆的三边BC 、CA 、AB 或其延长线交于D 、E 、F 点，那么1AF BD CEFB DC EA⋅⋅=.这条直线叫做ABC ∆的梅氏线，ABC ∆叫梅氏三角形. 梅涅劳斯定理逆定理：如果D 、E 、F 分别是ABC ∆的三边BC 、CA 、AB 或其延长线的三点，且满足1AF BD CEFB DC EA⋅⋅=，那么D 、E 、F 三点共线. 梅涅劳斯（Menelaus ）定理（简称梅氏定理）是由古希腊数学家梅涅劳斯首先证明的三、塞瓦定理：若△ABC 的三个顶点与一点P 的连线AP 、BP 、CP 交对边或其延长线于D 、E 、F ，则1BD CE AFDC EA FB⋅⋅=.通常称点P 为△ABC 的塞瓦点. 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。

塞瓦定理逆定理：如果点D 、E 、F 分别在△ABC 的BC 、CA 、AB 上或其延长线上，并且1BD CE AFDC EA FB⋅⋅=，那么AD 、BE 、CF 相交于一点（或互相平行）.四、斯特瓦尔特定理：若P 为△ABC 的BC 边上B 、C 之间一点，则有222PC BPAP BP PC AB AC BC BC+⋅=⋅+⋅.或222PC BPAP AB AC BP PC BC BC=⋅+⋅-⋅托勒密定理【例 1】 设P 为正方形ABCD 的外接圆的弧AD 上的一点，则PA PCPB+为定值.AB C FE DEFDC B APABCDE FABCDP EFP AB CABCDPFED CB AP A BCDE F【例 2】 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：在梯形ABCD 中，AD=BC ，AB//CD.求证：22BD BC AB CD =+⋅.【例 3】已知1a b =.求证：221a b +=.【例 4】 如图，在△ABC 中，A ∠的平分线交外接圆于D ，连接BD.求证：AD ·BC=BD(AB+AC).梅涅劳斯定理恰当的选择截线是应用梅涅劳斯定理的关键，其逆定理常用于证明点共线，应用很广泛。

托勒密定理及圆的其它定理托勒密定理定理图定理的内容托勒密(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．定理提出定理的内容。

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。

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．定理内容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。

证明一、（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(如右图)，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AC(BE+ED)=AB·CD+AD·BC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”）复数证明用a、b、c、d分别表示四边形顶点A、B、C、D的复数，则AB、CD、AD、BC、AC、BD的长度分别是：(a-b)、(c-d)、(a-d)、(b-c)、(a-c)、(b-d)。

首先注意到复数恒等式： (a−b)(c−d) + (a−d)(b−c) = (a−c)(b −d) ，两边取模，运用三角不等式得。

托勒密定理1定理内容托勒密(Ptolemy)定理指出，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。

2 证明方法1 在任意凸四边形ABCD 中(如右图)，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AC(BE+ED)=AB·CD+AD·BC 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”）2 已知：圆内接四边形ABCD ，求证：AC·BD ＝AB·CD ＋AD·BC ．证明：如图1，过C 作CP 交BD 于P ，使∠1=∠2，又∠3=∠4，∴△ACD ∽△BCP ．得AC ：BC=AD ：BP ，AC·BP=AD·BC ①。

又∠ACB=∠DCP ，∠5=∠6，∴△ACB ∽△DCP ．得AC ：CD=AB ：DP ，AC·DP=AB·CD ②。

①＋②得 AC(BP ＋D P)=AB·CD ＋AD·BC ．即AC·BD=AB·CD ＋AD·BC ．例1 凸四边形ABCD 中,∠ABC ＝60°,∠BAD ＝∠BCD ＝90°,AB ＝2,CD ＝1,对角线AC 、BD 交于点O ,如图2. 则sin ∠AOB ＝____. 分析：由∠BAD ＝∠BCD ＝90°可知A 、B 、C 、D 四点共圆,欲求sin ∠AOB ,联想到托勒密定理,只须求出BC 、AD 即可.解：因∠BAD ＝∠BCD ＝90°,故A 、B 、C 、D 四点共圆.延长BA 、CD 交于P ,则∠ADP ＝∠ABC ＝60°.设AD ＝x ,有AP ＝3x ,DP ＝2x .由割线定理得(2＋3x )3x ＝2x (1＋2x ).解得AD ＝x ＝23－2,BC ＝21BP ＝4－3. 由托勒密定理有BD ·CA ＝(4－3)(23－2)＋2×1＝103－12.ABCDP O 图2又S ABCD ＝S △ABD ＋S △BCD ＝233. 故sin ∠AOB ＝263615 .例8 如图8,△ABC 与△A ＇B ＇C ＇的三边分别为a 、b 、c 与a ＇、b ＇、c ＇,且∠B ＝∠B ＇,∠A ＋∠A ＇＝180°.试证：aa ＇＝bb ＇＋cc ＇.分析：因∠B ＝∠B ＇,∠A ＋∠A ＇＝180°,由结论联想到托勒密定理,构造圆内接四边形加以证明.证明：作△ABC 的外接圆,过C 作CD ∥AB 交圆于D ,连结AD 和BD ,如图9所示. ∵∠A ＋∠A ＇＝180°＝∠A ＋∠D , ∠BCD ＝∠B ＝∠B ＇, ∴∠A ＇＝∠D ,∠B ＇＝∠BCD . ∴△A ＇B ＇C ＇∽△DCB .有DC B A ''＝CB C B ''＝DB C A '',即 DC c '＝a a '＝DB b '.故DC ＝''a ac ,DB ＝''a ab .又AB ∥DC ,可知BD ＝AC ＝b ,BC ＝AD ＝a .从而,由托勒密定理,得AD ·BC ＝AB ·DC ＋AC ·BD , 即 a 2＝c ·''a ac ＋b ·''a ab . 故aa ＇＝bb ＇＋cc ＇.西姆松定理西姆松定理是一个几何定理。

第三讲托勒密定理及其应用托勒密定理：圆内接四边形中，两条对角线的乘积(两对角线所包矩形的面积)等于两组对边乘积之和 (一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积之和)．设四边形 ABCD 内接于圆，则有：即：AB CD AD BC AC BD ；定理：在四边形 ABCD中，有： AB CD AD BC AC BD并且当且仅当四边形 ABCD内接于圆时，等式成立；证：在四边形ABCD 内取点，使BAE CAD，ABEACD E则：ABE和ACD相似AB BE AC CD AB CD AC BEAD又AB AE且 BAC EAD AC AD ABC和 AED相似BC EDAD BC AC ED AC ADAB CD AD BC AC ( BE ED) AB CD AD BC AC BDEB C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；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： AC2 =AB2＋ BC2证明：如图，作以 Rt△ABC的斜边 AC为一对角线的矩形ABCD，显然 ABCD是圆内接四边形．由托勒密定理，有AC·BD=AB·CD＋AD·BC．①又∵ ABCD是矩形，∴AB=CD， AD=BC， AC=BD．②把②代人①，得AC2 =AB2＋ BC2．例3 如图，在△ ABC中，∠ A 的平分线交外接∠圆于 D，连结 BD，求证： AD·BC=BD(AB＋AC)．证明：连结 CD，依托勒密定理，有AD·BC＝ AB· CD＋AC·BD．∵∠ 1=∠ 2，∴ BD=CD．故 AD·BC=AB·BD＋AC· BD=BD(AB＋ AC)．三、构造图形借助托勒密定理例4 若 a、b、x、y 是实数，且 a2＋b2=1，x2＋y2=1．求证： ax＋by≤ 1．证明：如图作直径 AB=1的圆，在 AB 两边任作 Rt△ACB和 Rt△ADB，使AC＝a，BC=b，BD＝ x， AD＝ y．由勾股定理知 a、 b、 x、y 是满足题设条件的．据托勒密定理，有 AC· BD＋BC·AD=AB·CD．∵CD≤AB＝ 1，∴ ax＋by≤1．四、巧变原式妙构图形，借助托勒密定理例 5 已知 a、 b、 c 是△ ABC的三边，且 a2 =b(b＋c)，求证：∠ A=2∠B．分析：将 a2 =b(b＋c)变形为 a·a=b·b＋ bc，从而联想到托勒密定理，进而构造一个等腰梯形，使两腰为 b，两对角线为 a，一底边为 c．证明：如图，作△ ABC的外接圆，以 A 为圆心， BC为半径作弧交圆于D，连结 BD、DC、 DA．∵AD=BC，∴∠ ABD=∠BAC．又∵∠ BDA=∠ ACB(对同弧 )，∴∠ 1=∠2．依托勒密定理，有BC·AD=AB·CD＋BD· AC．①而已知 a2 =b(b＋c)，即 a·a=b· c＋b2．②∴∠ BAC=2∠ABC．五、巧变形妙引线借肋托勒密定理例 6 在△ ABC中，已知∠ A∶∠ B∶∠ C=1∶2∶4，分析：将结论变形为 AC·BC＋ AB·BC=AB·AC，把三角形和圆联系起来，可联想到托勒密定理，进而构造圆内接四边形．如图，作△ ABC的外接圆，作弦BD=BC，边结 AD、CD．在圆内接四边形ADBC中，由托勒密定理，有AC·BD＋ BC·AD=AB·CD易证 AB=AD，CD=AC，∴ AC·BC＋BC·AB=AB· AC，1.已知△ ABC中，∠ B=2∠ C。