托勒密定理PPT课件
圆（圆幂定理、根轴，托勒密定理、帕斯卡定理、牛顿定理Ⅰ、Ⅱ）
圆（圆幂定理、根轴，托勒密定理、帕斯卡定理、牛顿定理
Ⅰ、Ⅱ）
一、圆幂定理、根轴
1. 圆幂定理：
圆幂定理为以下三个定理的统称，即
相交弦定理（Ⅰ:AP·PB=CP·PD）
割线定理（Ⅱ：PA·PB=PC·PD）
切割线定理（Ⅲ：PA2=PC·PD）
2. 根轴：
到两圆幂相等的点的集合为一条垂直于两圆圆心连线的直线且：若两圆相交则根轴为公共弦所在直线
若两圆相切则根轴为公切线
同心圆无根轴
二、几条重要的定理
1. 托勒密定理
凸四边形 ABCD 中有
AC · BD ≥ AB · CD + AD · BC
等号当且仅当四边形 ABCD 是圆内接四边形时成立
2. 帕斯卡定理
圆内接六边形三组对边所在直线交点共线
3. 牛顿定理Ⅰ
圆外切四边形的对角线交点和以切点为顶点的四边形对角线交点重
合
4. 牛顿定理Ⅱ
圆外切四边形两条对角线中点和该圆圆心，三点共线
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平面几何3--托勒密定理
厦门一中2010数学竞赛讲座—平面几何
平面几何定理3——托勒密定理
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）若A 是圆上任意一点，AB ，AC ，AD 是圆上顺次的三条弦，则： sin sin sin .AC BAD AB CAD AD CAB ⋅∠=⋅∠+⋅∠
推论2 （四角定理）四边形ABCD 内接于圆O ，则
sin sin sin sin sin sin .ADC BAD ABD BDC ADB DBC ∠⋅∠=∠⋅∠+∠⋅∠，
四边形中的托勒密定理（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.
练习： 如图,△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 ＇. (1)
(2)
图8A
C
A'B'
c b c'b'
练习 例2.（面积问题）如图
练习
例3（边长问题）如图
例4.（解代数问题）
练习
例5..（定理证明）
练习
练习
1
2.
3.
4.
5.。
平面几何学案-第五节托勒密定理
§5 托勒密定理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.托勒密定理的逆定理 在凸四边形ABCD 中，若BD AC AD BC CD AB ⋅=⋅+⋅，则D C B A ,,,四点共圆. 例题讲解例1 证明托勒密定理.例2 证明托勒密定理逆定理.例3 已知AB 为圆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：22MC MQ BD MP BC =⋅+⋅.CCBD例4 D C B A ,,,四点在同一圆周上，且4==CD BC ，E 为AC 与BD 的交点，且6=AE ，线段BE 和DE 的长都是整数，则BD 的长等于多少？例5 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：3=⋅⋅DKFH HK FD .B例1 证明托勒密定理.（若D C B A ,,,四点在圆O 上，求证：BD AC AD BC CD AB ⋅=⋅+⋅.） 方法一：（计算法）如图所示，在ADC ∆和ABC ∆中，利用余弦定理，可得：ABC BC AB BC AB ADC DC AD DC AD AC ∠⋅-+=∠⋅-+=cos 2cos 222222由四点共圆可知︒=∠+∠180ADC ABC ，故ABC ADC ∠-=∠cos cos ， 上述等式中，只有两个余弦值与要证明结论无关，故我们需消掉两个余弦值，DC AD AC DC AD ADC ⋅-+=∠2cos 222，BC AB AC BC AB ABC ⋅-+=∠2cos 222，两式相加和为0，故DC AD AC DC AD ⋅-+222202222=⋅-++BCAB AC BC AB ，化简提出2AC ，可得()()DCAD BC AB BC DC AD AB CD AB BC AD AC ⋅+⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅=2；同理，()()BCCD AD AB BC AD CD AB CD AD BC AB BD ⋅+⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅=2； 两式相乘得：()()DCAD BC AB BC DC AD AB CD AB BC AD BD AC ⋅+⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅=⋅22()()BCCD AD AB BC AD CD AB CD AD BC AB ⋅+⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅所以()222BC AD CD AB BD AC ⋅+⋅=⋅，故BC AD CD AB BD AC ⋅+⋅=⋅，证毕。
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）。
托勒密定理及其应用
托勒密定理及其应用河北省晋州市数学论文研究协会刘同林托勒密定理：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)．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．又∠ACB=∠DCP，∠5=∠6，∴△ACB∽△DCP．①＋②得 AC(BP＋DP)=AB·CD＋AD·BC．即AC·BD=AB·CD＋AD·BC．这就是著名的托勒密定理，在通用教材中习题的面目出现，不被重视．笔者认为，既然是定理就可作为推理论证的依据．有些问题若根据它来论证，显然格外简洁清新．兹分类说明如下，以供探究．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3，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4，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、利用“无形圆”借助托勒密定理例4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．如图5，ABCD中，AB∥CD，AD=BC，求证：BD2=BC2＋AB·CD．证明：∵等腰梯形内接于圆，依托密定理，则有AC·BD=AD·BC＋AB·CD．又∵ AD=BC，AC=BD，∴BD2=BC2＋AB·CD．四、构造图形借助托勒密定理例5若a、b、x、y是实数，且a2＋b2=1，x2＋y2=1．求证：ax＋by≤1．证明：如图6，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≤1．五、巧变原式妙构图形，借助托勒密定理例6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 7，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=B C，∴∠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．六、巧变形妙引线借肋托勒密定理例7在△ABC中，已知∠A∶∠B∶∠C=1∶2∶4，析证：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8，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，沁园春·雪 <毛泽东>北国风光，千里冰封，万里雪飘。
模型27 托勒密定理(解析版)
模型介绍1.托勒密定理：圆的内接四边形中，两对角线所包矩形的面积等于一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积之和．翻译：在四边形ABCD 中，若A 、B 、C 、D 四点共圆，则AC BD AB CD AD BC ⋅=⋅+⋅．证明：在线段BD 上取点E ，使得∠BAE =∠CAD ，易证△AEB ∽△ADC ，∴AB BE AC CD=，即AC BE AB CD ⋅=⋅，当∠BAE =∠CAD 时，可得：∠BAC =∠EAD ，易证△ABC ∽△AED ，∴AD DE AC CB=，即AC DE AD BC ⋅=⋅，∴AC BE AC DE AB CD AD BC ⋅+⋅=⋅+⋅，∴AC BD AB CD AD BC ⋅=⋅+⋅．2.（托勒密不等式）：对于任意凸四边形ABCD ，有AC BD AB CD AD BC⋅≤⋅+⋅证明：如图1，在平面中取点E 使得∠BAE =∠CAD ，∠ABE =∠ACD ，易证△ABE ∽△ACD ，∴AB BE AC CD=，即AC BE AB CD ⋅=⋅①，连接DE ，如图2，∵AB AE AC AD =，∴AB AC AE AD=，又∠BAC =∠BAE +∠CAE =∠DAC +∠CAE =∠DAE ，∴△ABC ∽△AED ，∴AD DE AC BC=，即AC DE AD BC ⋅=⋅②，将①+②得：AC BE AC DE AB CD AD BC ⋅+⋅=⋅+⋅，∴()AC BD AC BE DE AB CD AD BC⋅≤⋅+=⋅+⋅即AC BD AB CD AD BC ⋅≤⋅+⋅，当且仅当A 、B 、C 、D 共圆时取到等号．3.托勒密定理在中考题中的应用（1）当△ABC 是等边三角形时，如图1，当点D 在弧AC 上时，根据托勒密定理有：DB AC AD BC AB CD ⋅=⋅+⋅，又等边△ABC 有AB =AC =BC ，故有结论：DB DA DC =+．证明：在BD 上取点E 使得DE =DA ，易证△AEB ∽△ADC ，△AED ∽△ABC ，利用对应边成比例，可得：DB DA DC =+．如图2，当点D 在弧BC 上时，结论：DA =DB +DC ．【小结】虽然看似不同，但根据等边的旋转对称性，图1和图2并无区别．（2）当△ABC 是等腰直角三角形，如图3，当点D 在弧BC 上时，根据托勒密定理：AD BC AB CD AC BD ⋅=⋅+⋅，又::1:1:2AB AC BC =，代入可得结论：2AD BD CD =+．如图4，当点D 在弧AC 上时，根据托勒密定理：AD BC AB CD AC BD ⋅=⋅+⋅，又::1:1:2AB AC BC =，代入可得结论：2BD AD CD =+．（3）当△ABC 是一般三角形时，若记BC ：AC ：AB =a ：b ：c ，根据托勒密定理可得：a AD b BD c CD⋅=⋅+⋅例题精讲【例1】．如图，正五边形ABCDE 内接于⊙O ，AB ＝2，则对角线BD 的长为1+．解：如图，连接AD、AC．∵五边形ABCDE是正五边形，∴△ABC≌△DCB≌△AED（SAS），∴设BD＝AC＝AD＝x．在圆内接四边形ABCD中，由托勒密定理可得：AB•CD+AD•BC＝AC•BD，即2×2+x•2＝x2，解得：x1＝1+，x2＝1﹣（舍去）．∴对角线BD的长为1+．故答案为：1+．变式训练【变式1-1】．先阅读理解：托勒密（Ptolemy古希腊天文学家）定理指出：圆内接凸四边形两组对边乘积的和等于两条对角线的乘积．即：如果四边形ABCD内接于⊙O，则有AB•CD+AD•BC＝AC•BD．再请完成：（1）如图1，四边形ABCD内接于⊙O，BC是⊙O的直径，如果AB＝AC＝，CD＝1，求AD的长．（2）在（1）的条件下，如图2，设对边BA、CD的延长线的交点为P，求PA、PD的长．解：（1）∵BC是⊙O的直径，∴∠BAC＝∠BDC＝90°，∵AB＝AC＝，∴△ABC是等腰直角三角形，∴BC＝AB＝，∴BD＝＝＝3，∵圆内接凸四边形两组对边乘积的和等于两条对角线的乘积，即：如果四边形ABCD内接于⊙O，则有AB•CD+AD•BC＝AC•BD，即×1+AD×＝×3，解得：AD＝；（2）∵∠PAD＝∠PCB，∠P＝∠P，∴△PAD∽△PCB，∴＝＝，设PA＝x，PD＝y，则＝＝，解得：x＝，y＝，∴PA＝，PD＝．【变式1-2】．如图1，已知⊙O内接四边形ABCD，求证：AC•BD＝AB•CD+AD•BC．证明：如图1，在BD上取一点P，连接CP，使∠PCB＝∠DCA，即使∠1＝∠2．∵在⊙O中，∠3与∠4所对的弧都是，∴∠3＝∠4．∴△ACD∽△BCP．∴＝．∴AC•BP＝AD•BC．①又∵∠2＝∠1，∴∠2+∠7＝∠1+∠7．即∠ACB＝∠DCP．∵在⊙O中，∠5与∠6所对的弧都是，∴∠5＝∠6．∴△ACB∽△DCP．…（1）任务一：请你将“托勒密定理”的证明过程补充完整；（2）任务二：如图2，已知Rt△ABC内接于⊙O，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，CD 平分∠ACB交⊙O于点D，求CD的长．解：（1）补全证明：∴，∴AC•DP＝AB•DC②，∴①+②得：AC•BP+AC•DP＝AD•BC+AB•DC，∴AC•（BP+DP）＝AD•BC+AB•DC，即AC•BD＝AD•BC+AB•DC，（2）∵∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，∴∠ADB＝90°，AB＝＝10，∵CD平分∠ACB交⊙O于点D，∴∠BCD＝∠ACD，∴BD＝AD，∵∠ADB＝90°，∴∠ABD＝45°，∴BD＝AD＝AB•sin45°＝5，∵四边形ABCD内接于⊙O，∴AB•CD＝AC•BD+AD•BC，即10CD＝6×+8×5，∴CD＝7．【例2】．托勒密定理：圆的内接四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知：如图1，四边形ABCD内接于⊙O．求证：AB⋅DC+AD⋅BC＝AC⋅BD．证明：如图2，作∠BAE＝∠CAD，交BD于点E，……∴△ABE∽△ACD，∴AB•DC＝AC•BE，……∴△ABC∽△AED，∴AD•BC＝AC•ED，∴AB•DC+AD•BC＝AC•BE+AC•ED＝AC（BE+ED）＝AC•BD．（1）请帮这位同学写出已知和求证，并完成证明过程；（2）如图3，已知正五边形ABCDE内接于⊙O，AB＝1，求对角线BD的长．（1）解：已知：如图1，四边形ABCD内接于⊙O，求证：AB•DC+AD⋅BC＝AC•BD，故答案为：四边形ABCD内接于⊙O，AB•DC+AD•BC＝AC•BD；证明：如图2，作∠BAE＝∠CAD，交BD于点E，∵，∴∠ABE＝∠ACD，∴△ABE∽△ACD，∴＝，∴AB⋅DC＝AC⋅BE．∵，∴∠ACB＝∠ADE．∵∠BAE＝∠CAD，∴∠BAE+∠EAC＝∠CAD+∠EAC，即∠BAC＝∠EAD，∴△ABC∽△AED，∴，∴AD⋅BC＝AC⋅ED，∴AB⋅DC+AD⋅BC＝AC⋅BE+AC⋅ED＝AC（BE+ED）＝AC⋅BD，即AB•DC+AD•BC＝AC•BD；（2）解：在图3中，连接AD、AC．∵五边形ABCDE是正五边形，∴△ABC≌△DCB≌△AED，∴设BD＝AC＝AD＝x．在圆内接四边形ABCD中，由托勒密定理可得：AB•CD+AD•BC＝AC•BD，即1×1+x•1＝x2，解得，（舍去），∴对角线BD的长为．变式训练【变式2-1】．已知：如图1，四边形ABCD内接于⊙O．求证：AB•CD+BC•AD＝AC•BD下面是该结论的证明过程：证明：如图2，作∠BAE＝∠CAD，交BD于点E．∵＝，∠ABE＝∠ACD，∴△ABE∽△ACD，∴，∴AB•CD＝AC•BE；∵＝，∴∠ACB＝∠ADE（依据1），∵∠BAE＝∠CAD，∴∠BAC＝∠EAD，∴△ABC∽△AED（依据2），∴，∴AD•BC＝AC•ED；∴AB•CD+AD•BC＝AC•（BE+ED），即AB•CD+BC•AD＝AC•BD．（1）上述证明过程中的“依据1”是指同弧所对的圆周角相等；“依据2”是指两角分别相等的两个三角形相似．（2）当圆内接四边形ABCD是矩形时，托勒密定理就是我们熟知的勾股定理．（3）如图3，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，点C是的中点，求AC的长．解：（1）上述证明过程中的“依据1”是同弧所对的圆周角相等．“依据2”是两角分别相等的两个三角形相似．故答案为：同弧所对的圆周角相等；两角分别相等的两个三角形相似．（2）当圆内接四边形ABCD是矩形时，则AB＝CD，AD＝BC，AC＝BD，∵AB•CD+AD•BC＝AC•BD，∴AB2+AD2＝BD2，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：勾股定理，故答案为：勾股．（3）连接BD，作CE⊥BD于E．∵四边形ABCD是圆内接四边形，∴∠BAD+∠BCD＝180°，∵∠BAD＝60°，∴∠BCD＝120°，∵，∴CD＝CB，∴∠CDB＝30°，在Rt△CDE中，cos30°＝，∴DE＝CD，∴BD＝2DE＝CD，由托勒密定理：AC•BD＝AD•BC+CD•AB，∴AC•CD＝3CD+5CD，∴AC＝，答：AC的长为．【变式2-2】．圆的内接四边形的两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和．即：如图1，若四边形ABCD内接于⊙O，则有________．任务：（1）材料中划横线部分应填写的内容为AC•BD＝AB•CD+BC•AD．（2）已知，如图2，四边形ABCD内接于⊙O，BD平分∠ABC，∠COD＝120°，求证：BD＝AB+BC．解：（1）由托勒密定理可得：AC•BD＝AB•CD+BC•AD 故答案为：AC•BD＝AB•CD+BC•AD（2）如图，连接AC∵∠COD＝120°，∴∠CBD＝∠CAD＝60°∵BD平分∠ABC∴∠ABD＝∠CBD＝60°∴∠ACD＝60°，∴△ACD是等边三角形∴AC＝AD＝CD，∵四边形ABCD是圆内接四边形∴AC•BD＝AB•CD+BC•AD∴BD＝AB+BC1．如图，以Rt△ABC的斜边BC为一边在△ABC的同侧作正方形BCEF，对角线交于点O，连接AO，如果AB＝4，AO＝4，那么AC的长等于（）A．12B．16C．4D．8解：在AC上截取CG＝AB＝4，连接OG，∵四边形BCEF是正方形，∠BAC＝90°，∴OB＝OC，∠BAC＝∠BOC＝90°，∴B、A、O、C四点共圆，∴∠ABO＝∠ACO，在△BAO和△CGO中，∴△BAO≌△CGO（SAS），∴OA＝OG＝4，∠AOB＝∠COG，∵∠BOC＝∠COG+∠BOG＝90°，∴∠AOG＝∠AOB+∠BOG＝90°，即△AOG是等腰直角三角形，由勾股定理得：AG＝＝8，即AC＝AG+CG＝8+4＝12．故选：A．2．如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，点C为弧BD的中点，则AC的长是．解：解法一、∵A、B、C、D四点共圆，∠BAD＝60°，∴∠BCD＝180°﹣60°＝120°，∵∠BAD＝60°，AC平分∠BAD，∴∠CAD＝∠CAB＝30°，如图1，将△ACD绕点C逆时针旋转120°得△CBE，则∠E＝∠CAD＝30°，BE＝AD＝5，AC＝CE，∴∠ABC+∠EBC＝（180°﹣∠CAB﹣∠ACB）+（180°﹣∠E﹣∠BCE）＝180°，∴A、B、E三点共线，过C作CM⊥AE于M，∵AC＝CE，∴AM＝EM＝×（5+3）＝4，在Rt△AMC中，AC＝＝＝；解法二、过C作CE⊥AB于E，CF⊥AD于F，则∠E＝∠CFD＝∠CFA＝90°，∵点C为弧BD的中点，∴＝，∴∠BAC＝∠DAC，BC＝CD，∵CE⊥AB，CF⊥AD，∴CE＝CF，∵A、B、C、D四点共圆，∴∠D＝∠CBE，在△CBE和△CDF中∴△CBE≌△CDF，∴BE＝DF，在△AEC和△AFC中∴△AEC≌△AFC，∴AE＝AF，设BE＝DF＝x，∵AB＝3，AD＝5，∴AE＝AF＝x+3，∴5＝x+3+x，解得：x＝1，即AE＝4，∴AC＝＝，故答案为：．3．如图，在等腰△ABC中，AB＝AC＝4，BC＝6，点D在底边BC上，且∠DAC＝∠ACD，将△ACD沿着AD所在直线翻折，使得点C落到点E处，联结BE，那么BE的长为1．解：∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠C，∵∠DAC＝∠ACD，∴∠DAC＝∠ABC，∵∠C＝∠C，∴△CAD∽△CBA，∴＝，∴＝，∴CD＝，BD＝BC﹣CD＝，∵∠DAM＝∠DAC＝∠DBA，∠ADM＝∠ADB，∴△ADM∽△BDA，∴＝，即＝，∴DM＝，MB＝BD﹣DM＝，∵∠ABM＝∠C＝∠MED，∴A、B、E、D四点共圆，∴∠ADB＝∠BEM，∠EBM＝∠EAD＝∠ABD，∴△ABD∽△MBE，（不用四点共圆，可以先证明△BMA∽△EMD，推出△BME∽AMD，推出∠ADB＝∠BEM也可以！）∴＝，∴BE＝＝1．故答案为：1．4．如图，P是正方形ABCD内一点，CP＝CD，AP⊥BP，则的值为．解：如图，过点D作AP垂线交AP延长线于E，∵四边形ABCD是正方形，CP＝CD，∴BC＝CP＝CD，∴∠PBC＝∠BPC，∠DPC＝∠PDC，设∠PCD＝x，则∠BPC＝，∠DPC＝，∴∠BPD＝45°+90°＝135°，∵AP⊥BP，∴∠APD＝360°﹣135°﹣90°＝135°，∴∠DPE＝45°，设DE＝PE＝y，∴DP＝＝y，∵∠DAE+∠BAP＝∠BAP+∠ABP＝90°，∴∠DAE＝∠ABP，在△DAE与△ABP中，，∴△APB≌△DEA（AAS），∴AP＝DE＝y，∴＝＝．故答案为：．5．如图，正方形ABCD的边长是6，对角线的交点为O，点E在边CD上且CE＝2，CF⊥BE，连接OF，则：（1）∠OFB45°；（2）OF＝．解：（1）在BE上截取BG＝CF，∵在正方形ABCD，AC⊥BD，∠ABC＝∠BCD＝90°，AC＝BD，BO＝BD，CO＝AC，AC、BD分别平分∠ABC、∠BCD，∴BO＝CO，∠BOC＝90°，∠OBC＝∠OCD＝45°，∵CF⊥BE，∴∠CFE＝90°，∴∠FEC+∠ECF＝90°，∵∠EBC+∠FEC＝90°，∴∠EBC＝∠ECF，∴∠OBC﹣∠EBC＝∠OCD﹣∠ECF，∴∠OBG＝∠FCO，∴△OBG≌△OCF（SAS），∴∠BOG＝∠FOC，OG＝OF，∴∠GOC+∠COF＝90°，∴∠OFG＝∠OGF＝45°，故答案为：45°；（2）在Rt△BCE中，根据勾股定理，得BE＝2，∴CF＝BG＝＝，在Rt△FCE中，根据勾股定理，得EF＝，∴GF＝BE﹣BG﹣EF＝，在Rt△FCE中，根据勾股定理，得OF＝，故答案为：．6．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D为BC的中点，过点D作DE⊥DF，交BA的延长线于点E，交AC的延长线于点F．若CF＝，AC＝4，AB＝2．则AE＝10．解：延长FD至G，使GD＝FD，连接BG，如图所示：∵D为BC的中点，∴BD＝CD，在△BDG和△CDF中，，∴△BDG≌△CDF（SAS），∴BG＝CF＝，∠G＝∠F，∴BG∥CF，∴△BGH∽△AFH，∴＝＝＝＝，∴＝，AH＝AB＝，∵∠BAC＝90°，AF＝AC+CF＝，∴HF＝＝，∴DH＝FH＝，∵DE⊥DF，∴∠EDH＝90°＝∠BAC，∴∠E+∠EHD＝∠F+∠EHD＝90°，∴∠E＝∠F，∴△DHE∽△AHF，∴＝，即＝，解得：HE＝，∴AE＝HE﹣AH＝﹣＝10；故答案为：10．7．设△ABC是正三角形，点P在△ABC外，且与点A在直线BC异侧，∠BPC＝120°，求证：PA＝PB+PC．解：如图，延长BP至E，使PE＝PC，连接CE，∵∠BAC+∠BPC＝180°，且∠BAC＝60°，∴∠BPC＝120°，∴∠CPE＝60°，又PE＝PC，∴△CPE为等边三角形，∴CP＝PE＝CE，∠PCE＝60°，∵△ABC为等边三角形，∴AC＝BC，∠BCA＝60°，∴∠ACB＝∠PCE，∴∠ACB+∠BCP＝∠PCE+∠BCP，即：∠ACP＝∠BCE，∵在△ACP和△BCE中，，∴△ACP≌△BCE（SAS），∴AP＝BE，∵BE＝BP+PE，∴PA＝PB+PC．8．⊙O半径为2，AB，DE为两条直线．作DC⊥AB于C，且C为AO中点，P为圆上一个动点．求2PC+PE的最小值．解：延长OA到K，使AK＝＝2．∵C是AO的中点，∴OC＝OA＝1，∴＝．又∵∠COP＝∠POK，∴△COP∽△POK，∴，即PK＝2PC．∴2PC+PE＝PE+PK≥EK．作EH⊥BC于点H．∵在直角△COD中，cos∠DOC＝，∴∠DOC＝60°，∴∠EOH＝∠DOC＝60°，∴HE＝OE•sin60°＝2×，∴EK＝．即最小值是2．故答案是：2．9．如图，点P为等边△ABC外接圆，劣弧为BC上的一点．（1）求∠BPC的度数；（2）求证：PA＝PB+PC．（1）解：∵四边形ABPC内接于圆，∴∠BAC+∠BPC＝180．∵等边三角形ABC中，∠BAC＝60°，∴∠BPC＝120°；（2）证明：延长BP到D，使得DP＝PC，连接CD．∵∠BPC＝120，∴∠CPD＝60．又∵PC＝PD，∴△PCD是等边三角形，∴PC＝CD，∠PCD＝60°，∴∠ACM+∠MCP＝PCD+∠MCP，即∠ACP＝∠BCD．∵等边三角形ABC中，∴BC＝AC．∵所对的圆周角是∠DBC与∠PAC，∴∠DBC＝∠PAC．在△DBC和△PAC中，，∴△DBC≌△PAC（ASA），∴AP＝BD．∵BD＝BP+DP，∴AP＝BP+DP，∵DP＝PC，∴PA＝PB+PC．10．如图，⊙O的直径AB的长为10，弦BD的长为6，点C为上的一点，过点B的切线EF，连接AD，CD，CB；（1）求证：∠CDB＝∠CBF；（2）若点D为的中点，求CD的长．（1）证明：连接AC，如图，∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴∠1+∠2＝90°，∵EF为⊙O的切线，∴AB⊥EF，∴∠ABF＝90°，即∠2+∠CBF＝90°，∴∠1＝∠CBF，∵∠1＝∠CDB，∴∠CDB＝∠CBF；（2）解：作CM⊥AD于M，CN⊥DB于N，如图，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∴AD＝＝＝8，∵点C为的中点，∴∠ADC＝∠BDC，∴CA＝CB，CM＝CN，在Rt△ACM和Rt△BCN中，∴Rt△ACM≌Rt△BCN，∴AM＝BN，即AD﹣AM＝DN﹣BD，∴AM+DN＝AD+BD＝8+6＝14，∵四边形CMDN为矩形，CM＝CN，∴四边形CMDN为正方形，∴DM＝DN＝7，∴CD＝DM＝7．11．阅读下列材料，并完成相应的任务．托勒密定理：托勒密（Ptolemy）（公元90年～公元168年），希腊著名的天文学家，他的要著作《天文学大成》被后人称为“伟大的数学书”，托勒密有时把它叫作《数学文集》，托勒密从书中摘出并加以完善，得到了著名的托勒密（Ptolemy）定理．托勒密定理：圆内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边乘积之和．已知：如图1，四边形ABCD内接于⊙O，求证：AB•CD+BC•AD＝AC•BD下面是该结论的证明过程：证明：如图2，作∠BAE＝∠CAD，交BD于点E．∵∴∠ABE＝∠ACD∴△ABE∽△ACD∴∴AB•CD＝AC•BE∵∴∠ACB＝∠ADE（依据1）∵∠BAE＝∠CAD∴∠BAE+∠EAC＝∠CAD+∠EAC即∠BAC＝∠EAD∴△ABC∽△AED（依据2）∴AD•BC＝AC•ED∴AB•CD+AD•BC＝AC•（BE+ED）∴AB•CD+AD•BC＝AC•BD任务：（1）上述证明过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？（2）当圆内接四边形ABCD是矩形时，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：勾股定理．（请写出）（3）如图3，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，点C为的中点，求AC的长．解：（1）上述证明过程中的“依据1”是同弧所对的圆周角相等．“依据2”是两角分别相等的两个三角形相似．（2）当圆内接四边形ABCD是矩形时，则AB＝CD，AD＝BC，AC＝BD，∵AB•CD+AD•BC＝AC•BD，∴AB2+AD2＝BD2，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：勾股定理，故答案为勾股定理．（3）连接BD，作CE⊥BD于E．∵四边形ABCD是圆内接四边形，∴∠BAD+∠BCD＝180°，∵∠BAD＝60°，∴∠BCD＝120°，∵＝，∴CD＝CB，∴∠CDB＝30°，在Rt△CDE中，cos30°＝，∴DE＝CD，∴BD＝2DE＝CD，由托勒密定理：AC•BD＝AD•BC+CD•AB，∴AC•CD＝3CD+5CD，∴AC＝，答：AC的长为．12．在学习了《圆》和《相似》的知识后，小明自学了一个著名定理“托勒密定理：圆内接四边形对角线的乘积等于两组对边乘积之和．”（1）下面是小明对托勒密定理的证明和应用过程，请补充完整．已知：四边形ABCD内接于⊙O．求证：AC•BD＝AB•CD+AD•BC．证明：作∠CDE＝∠BDA，交AC于点E，∵⊙O中，∠1＝∠2，∴△ABD∽△ECD（两角对应相等，两三角形相似）．∴．∴AB•CD＝BD•EC①，．又∵∠BDA+∠3＝∠CDE+∠3，即∠ADE＝∠BDC，∴△DAE∽△DBC（两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似）．∴．∴AD•BC＝BD•AE②．∴AB•CD+AD•BC＝BD（EC+AE），∴AB•CD+AD•BC＝AC•BD．（2）利用托勒密定理解决问题：是否存在一个圆内接四边形，它的两条对角线长为5和，一组对边长为1和3，另一组对边的和为4．若存在，求出未知的两边；若不存在，说明理由．（1）证明：作∠CDE＝∠BDA，交AC于点E，∵⊙O中，∠1＝∠2，∴△ABD∽△ECD（两角对应相等，两三角形相似）．∴．∴AB•CD＝BD•EC①，∴．又∵∠BDA+∠3＝∠CDE+∠3，即∠ADE＝∠BDC，∴△DAE∽△DBC（两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似）．∴．∴AD•BC＝BD•AE②．∴AB•CD+AD•BC＝BD（EC+AE），∴AB•CD+AD•BC＝AC•BD．故答案为：两角对应相等，两三角形相似，DAE，DBC，两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似，AB•CD+AD•BC＝BD（EC+AE）；（2）不存在，理由如下：设未知的两边分别为：a，4﹣a，由托勒密定理可得：5×＝1×3+a（4﹣a），∴（a﹣2）2＝7﹣5＜0，∴方程无解，∴不存在这样的一个圆内接四边形．13．阅读下列相关材料，并完成相应的任务．布拉美古塔定理婆罗摩笈多是古印度著名的数学家、天文学家，他编著了《婆罗摩修正体系》，他曾经提出了“婆罗摩笈多定理”，也称“布拉美古塔定理”．定理的内容是：若圆内接四边形的对角线互相垂直，则垂直于一边且过对角线交点的直线平分对边．某数学兴趣小组的同学写出了这个定理的已知和求证．已知：如图，在圆内接四边形ABCD中，对角线AC⊥BD，垂足为P，过点P作AB的垂线分别交AB，DC于点H，M．求证：M是CD的中点任务：（1）请你完成这个定理的证明过程．（2）该数学兴趣小组的同学在该定理的基础上写出了另外一个命题：若圆内接四边形的对角线互相垂直，则一边中点与对角线交点的连线垂直于对边请判断此命题是真命题．（填“真”或“假”）（3）若PD＝2，HP＝，BP＝3，求MH的长．（1）证明：∵AC⊥BD，∴∠APB＝∠CPD＝90°，∴∠ABP+∠BAP＝90°，∵PH⊥AB，∴∠BAP+∠APH＝90°，∴∠ABP＝∠APH，∴∠MPC＝∠APH，∵＝，∴∠ABP＝∠ACD，∴∠PCM＝∠MPC，∴PM＝MC，同理可得，PM＝DM，∴DM＝CM，∴M是CD的中点；（2）若圆内接四边形的对角线互相垂直，则一边中点与对角线交点的连线垂直于对边，理由如下：已知：如图，在圆内接四边形ABCD中，对角线AC⊥BD，垂足为P，M是CD的中点，连接MP交AB于点H，求证：PH⊥AB；证明：∵M是CD的中点；∴DM＝CM＝PM，∴∠PCM＝∠MPC，∵＝，∴∠ABP＝∠PCM，∵∠MPC＝∠APH，∴∠MPC＝∠APH，∴∠APH+∠HPB＝∠ABP+∠HPB＝90°，∴PH⊥AB；故答案为：真；（3）解：∵BP＝3，HP＝，∴BH＝，∴sin∠HBP＝，∵∠ABP＝∠PCD，∴＝＝，∴CD＝2，∵M是CD的中点，∴PM＝CD＝，∴MH＝2．14．已知△ABC内接于⊙O，∠BAC的平分线交⊙O于点D，连接DB，DC．（1）如图①，当∠BAC＝120°时，请直接写出线段AB，AC，AD之间满足的等量关系式：AB+AC＝AD；（2）如图②，当∠BAC＝90°时，试探究线段AB，AC，AD之间满足的等量关系，并证明你的结论；（3）如图③，若BC＝5，BD＝4，求的值．解：（1）如图①在AD上截取AE＝AB，连接BE，∵∠BAC＝120°，∠BAC的平分线交⊙O于点D，∴∠DBC＝∠DAC＝60°，∠DCB＝∠BAD＝60°，∴△ABE和△BCD都是等边三角形，∴∠DBE＝∠ABC，AB＝BE，BC＝BD，∴△BED≌△BAC（SAS），∴DE＝AC，∴AD＝AE+DE＝AB+AC；故答案为：AB+AC＝AD．（2）AB+AC＝AD．理由如下：如图②，延长AB至点M，使BM＝AC，连接DM，∵四边形ABDC内接于⊙O，∴∠MBD＝∠ACD，∵∠BAD＝∠CAD＝45°，∴BD＝CD，∴△MBD≌△ACD（SAS），∴MD＝AD，∠M＝∠CAD＝45°，∴MD⊥AD．∴AM＝，即AB+BM＝，∴AB+AC＝；（3）如图③，延长AB至点N，使BN＝AC，连接DN，∵四边形ABDC内接于⊙O，∴∠NBD＝∠ACD，∵∠BAD＝∠CAD，∴BD＝CD，∴△NBD≌△ACD（SAS），∴ND＝AD，∠N＝∠CAD，∴∠N＝∠NAD＝∠DBC＝∠DCB，∴△NAD∽△CBD，∴，∴，又AN＝AB+BN＝AB+AC，BC＝5，BD＝4，∴＝．15．问题探究：（1）已知：如图①，△ABC中请你用尺规在BC边上找一点D，使得点A到点BC的距离最短．（2）托勒密（Ptolemy）定理指出，圆的内接四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．如图②，P是正△ABC外接圆的劣弧BC上任一点（不与B、C重合），请你根据托勒密（Ptolemy）定理证明：PA＝PB+PC．问题解决：（3）如图③，某学校有一块两直角边长分别为30m、60m的直角三角形的草坪，现准备在草坪内放置一对石凳及垃圾箱在点P处，使P到A、B、C三点的距离之和最小，那么是否存在符合条件的点P？若存在，请作出点P的位置，并求出这个最短距离（结果保留根号）；若不存在，请说明理由．解：（1）利用尺规作图，过点A作BC的垂线，交BC于D，则点D即为所求；（2）由托勒密定理得，PA•BC＝PB•AC+PC•AB，∵△ABC为正三角形，∴AB＝BC＝AC，∴PA•BC＝PB•BC+PC•BC，∴PA＝PB+PC；（3）以BC为边作正△BCD，使点D与点A在BC两侧，作△BCD的外接圆，连接AD交圆于P，连接PB，作DE⊥AC交AC的延长线于E，则点P即为所求，由（2）得，PD＝PB+PC，∴P到A、B、C三点的距离之和＝DA，且距离之和最小，∵CD＝BC＝30，∠DCE＝∠BCE﹣∠BCD＝30°，∴DE＝CD＝15，由勾股定理得，CE＝＝15，则AD＝＝30，答：P到A、B、C三点的距离之和最小值为30m．16．（1）方法选择如图①，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD，AB＝BC＝AC．求证：BD ＝AD+CD．小颖认为可用截长法证明：在DB上截取DM＝AD，连接AM…小军认为可用补短法证明：延长CD至点N，使得DN＝AD…请你选择一种方法证明．（2）类比探究【探究1】如图②，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD，BC是⊙O的直径，AB＝AC．试用等式表示线段AD，BD，CD之间的数量关系，并证明你的结论．【探究2】如图③，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD．若BC是⊙O的直径，∠ABC＝30°，则线段AD，BD，CD之间的等量关系式是BD＝CD+2AD．（3）拓展猜想如图④，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD．若BC是⊙O的直径，BC：AC：AB＝a：b：c，则线段AD，BD，CD之间的等量关系式是BD＝CD+AD．解：（1）方法选择：∵AB＝BC＝AC，∴∠ACB＝∠ABC＝60°，如图①，在BD上截取DM＝AD，连接AM，∵∠ADB＝∠ACB＝60°，∴△ADM是等边三角形，∴AM＝AD，∵∠ABM＝∠ACD，∵∠AMB＝∠ADC＝120°，∴△ABM≌△ACD（AAS），∴BM＝CD，∴BD＝BM+DM＝CD+AD；（2）类比探究：如图②，∵BC是⊙O的直径，∴∠BAC＝90°，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，过A作AM⊥AD交BD于M，∵∠ADB＝∠ACB＝45°，∴△ADM是等腰直角三角形，∴AM＝AD，∠AMD＝45°，∴DM＝AD，∴∠AMB＝∠ADC＝135°，∵∠ABM＝∠ACD，∴△ABM≌△ACD（AAS），∴BM＝CD，∴BD＝BM+DM＝CD+AD；【探究2】如图③，∵若BC是⊙O的直径，∠ABC＝30°，∴∠BAC＝90°，∠ACB＝60°，过A作AM⊥AD交BD于M，∵∠ADB＝∠ACB＝60°，∴∠AMD＝30°，∴MD＝2AD，∵∠ABD＝∠ACD，∠AMB＝∠ADC＝150°，∴△ABM∽△ACD，∴＝，∴BM＝CD，∴BD＝BM+DM＝CD+2AD；故答案为：BD＝CD+2AD；（3）拓展猜想：BD＝BM+DM＝CD+AD；理由：如图④，∵若BC是⊙O的直径，∴∠BAC＝90°，过A作AM⊥AD交BD于M，∴∠MAD＝90°，∴∠BAM＝∠DAC，∴△ABM∽△ACD，∴＝，∴BM＝CD，∵∠ADB＝∠ACB，∠BAC＝∠MAD＝90°，∴△ADM∽△ACB，∴＝＝，∴DM＝AD，∴BD＝BM+DM＝CD+AD．故答案为：BD＝CD+AD17．数学课上，张老师出示了问题：如图1，AC，BD是四边形ABCD的对角线，若∠ACB ＝∠ACD＝∠ABD＝∠ADB＝60°，则线段BC，CD，AC三者之间有何等量关系？经过思考，小明展示了一种正确的思路：如图2，延长CB到E，使BE＝CD，连接AE，证得△ABE≌△ADC，从而容易证明△ACE是等边三角形，故AC＝CE，所以AC＝BC+CD．小亮展示了另一种正确的思路：如图3，将△ABC绕着点A逆时针旋转60°，使AB与AD重合，从而容易证明△ACF是等边三角形，故AC＝CF，所以AC＝BC+CD．在此基础上，同学们作了进一步的研究：（1）小颖提出：如图4，如果把“∠ACB＝∠ACD＝∠ABD＝∠ADB＝60°”改为“∠ACB＝∠ACD＝∠ABD＝∠ADB＝45°”，其它条件不变，那么线段BC，CD，AC三者之间有何等量关系？针对小颖提出的问题，请你写出结论，并给出证明．（2）小华提出：如图5，如果把“∠ACB＝∠ACD＝∠ABD＝∠ADB＝60°”改为“∠ACB＝∠ACD＝∠ABD＝∠ADB＝α”，其它条件不变，那么线段BC，CD，AC三者之间有何等量关系？针对小华提出的问题，请你写出结论，不用证明．解：（1）BC+CD＝AC；理由：如图1，延长CD至E，使DE＝BC，连接AE，∵∠ABD＝∠ADB＝45°，∴AB＝AD，∠BAD＝180°﹣∠ABD﹣∠ADB＝90°，∵∠ACB＝∠ACD＝45°，∴∠ACB+∠ACD＝90°，∴∠BAD+∠BCD＝180°，∴∠ABC+∠ADC＝180°，∵∠ADC+∠ADE＝180°，∴∠ABC＝∠ADE，在△ABC和△ADE中，，∴△ABC≌△ADE（SAS），∴∠ACB＝∠AED＝45°，AC＝AE，∴△ACE是等腰直角三角形，∴CE＝AC，∵CE＝CD+DE＝CD+BC，∴BC+CD＝AC；（2）BC+CD＝2AC•cosα．理由：如图2，延长CD至E，使DE＝BC，∵∠ABD＝∠ADB＝α，∴AB＝AD，∠BAD＝180°﹣∠ABD﹣∠ADB＝180°﹣2α，∵∠ACB＝∠ACD＝α，∴∠ACB+∠ACD＝2α，∴∠BAD+∠BCD＝180°，∴∠ABC+∠ADC＝180°，∵∠ADC+∠ADE＝180°，∴∠ABC＝∠ADE，在△ABC和△ADE中，，∴△ABC≌△ADE（SAS），∴∠ACB＝∠AED＝α，AC＝AE，∴∠AEC＝α，过点A作AF⊥CE于F，∴CE＝2CF，在Rt△ACF中，∠ACD＝α，CF＝AC•cos∠ACD＝AC•cosα，∴CE＝2CF＝2AC•cosα，∵CE＝CD+DE＝CD+BC，∴BC+CD＝2AC•cosα．18．问题背景：如图①，在四边形ADBC中，∠ACB＝∠ADB＝90°，AD＝BD，探究线段AC，BC，CD之间的数量关系．小吴同学探究此问题的思路是：将△BCD绕点D，逆时针旋转90°到△AED处，点B，C分别落在点A，E处（如图②），易证点C，A，E在同一条直线上，并且△CDE是等腰直角三角形，所以CE＝CD，从而得出结论：AC+BC＝CD．简单应用：（1）在图①中，若AC＝，BC＝2，则CD＝3．（2）如图③，AB是⊙O的直径，点C、D在⊙上，＝，若AB＝13，BC＝12，求CD的长．拓展规律：（3）如图④，∠ACB＝∠ADB＝90°，AD＝BD，若AC＝m，BC＝n（m＜n），求CD 的长（用含m，n的代数式表示）（4）如图⑤，∠ACB＝90°，AC＝BC，点P为AB的中点，若点E满足AE＝AC，CE＝CA，点Q为AE的中点，则线段PQ与AC的数量关系是PQ＝AC或PQ＝AC．解：（1）由题意知：AC+BC＝CD，∴+2＝CD，∴CD＝3；（2）连接AC、BD、AD，∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝∠ACB＝90°，∵，∴AD＝BD，将△BCD绕点D顺时针旋转90°到△AED处，如图③，∴∠EAD＝∠DBC，∵∠DBC+∠DAC＝180°，∴∠EAD+∠DAC＝180°，∴E、A、C三点共线，∵AB＝13，BC＝12，∴由勾股定理可求得：AC＝5，∵BC＝AE，∴CE＝AE+AC＝17，∵∠EDA＝∠CDB，∴∠EDA+∠ADC＝∠CDB+∠ADC，即∠EDC＝∠ADB＝90°，∵CD＝ED，∴△EDC是等腰直角三角形，∴CE＝CD，∴CD＝；（3）以AB为直径作⊙O，连接OD并延长交⊙O于点D1，连接D1A，D1B，D1C，如图④由（2）的证明过程可知：AC+＝D1C，∴D1C＝，又∵D1D是⊙O的直径，∴∠DCD1＝90°，∵AC＝m，BC＝n，∴由勾股定理可求得：AB2＝m2+n2，∴D1D2＝AB2＝m2+n2，∵D1C2+CD2＝D1D2，∴CD2＝m2+n2﹣＝，∵m＜n，∴CD＝；（4）当点E在直线AC的左侧时，如图⑤，连接CQ，PC，∵AC＝BC，∠ACB＝90°，点P是AB的中点，∴AP＝CP，∠APC＝90°，又∵CA＝CE，点Q是AE的中点，∴∠CQA＝90°，设AC＝a，∵AE＝AC，∴AE＝a，∴AQ＝AE＝，由勾股定理可求得：CQ＝a，由（2）的证明过程可知：AQ+CQ＝PQ，∴PQ＝a+a，∴PQ＝AC；当点E在直线AC的右侧时，如图⑥，连接CQ、CP，同理可知：∠AQC＝∠APC＝90°，设AC＝a，∴AQ＝AE＝，由勾股定理可求得：CQ＝a，由（3）的结论可知：PQ＝（CQ﹣AQ），∴PQ＝AC．综上所述，线段PQ与AC的数量关系是PQ＝AC或PQ＝AC．。
沪科版高中物理必修2课件：5.1 从托勒密到开普勒(共27张PPT)
答案:A
知识点一
知识点二
问题及分析方法
已知嫦娥二号卫星绕月球做匀速圆周运动时的周期比嫦娥一号
卫星的周期小,则两颗卫星中哪个离月面近?
要点提示:嫦娥二号卫星。开普勒定律不仅适用于行星的运动,
3
也适用于卫星的运动,由 2 =k可知,周期越小,轨道半径越小,故嫦娥
)
(3)在中学阶段可认为地球围绕太阳做圆周运动。 (
)
(4)行星的轨道半径和公转周期成正比。 (
)
3
(5)公式 2 =k 中的 a
答案:(1)√ (2)√
可认为是行星的轨道半径。 (
(3)√
(4)×
(5)√
)
•
9、要学生做的事，教职员躬亲共做；要学生学的知识，教职员躬亲共学；要学生守的规则，教职员躬亲共守。21.9.821.9.8Wednesday, September 08, 2021
二定律(面
积定律)
行星的连线在相等的时间内
扫过相等的面积
开普勒第
三定律(周
所有行星轨道的半长轴的三
次方与公转周期的二次方的
公式: 2=k。式中 k 是
期定律)
比值都相等
与行星无关的常量
a3
T
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1.正误辨析
(1)太阳系中所有行星有一个共同的轨道焦点。 (
)
(2)太阳系中轨道半径小的行星其运动周期也短。 (
3
次方跟它的公转周期T的二次方的比值为常数,即 2 =k,据此可知,绕
同一天体运动的多个天体,轨道半径r越大的天体,其周期越长。
3.天体的运动遵循牛顿运动定律及匀速圆周运动规律,与一般物
第三讲--托勒密定理及其应用
第三讲 托勒密定理及其应用托勒密定理：圆内接四边形中，两条对角线的乘积(两对角线所包矩形的面积)等于两组对边乘积之和(一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积之和)．即：；内接于圆，则有：设四边形BD AC BC AD CD AB ABCD ⋅=⋅+⋅ ；内接于圆时，等式成立并且当且仅当四边形中，有：定理：在四边形ABCD 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 ．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”：四点共圆时成立；、、、上时成立，即当且仅当在且等号当且仅当相似和且又相似和则：，，使内取点证：在四边形D C B A BD E BD AC BC AD CD AB ED BE AC BC AD CD AB ED AC BC AD AD ED AC BC AED ABC EAD BAC AD AE AC AB BE AC CD AB CD BE AC AB ACD ABE ACDABE CAD BAE E ABCD ⋅≥⋅+⋅∴+⋅=⋅+⋅∴⋅=⋅⇒=∴∆∆∴∠=∠=⋅=⋅⇒=∴∆∆∠=∠∠=∠)( E D C B A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。
北师版数学选修4-1课件; 第1章 §3 3.1 圆内接四边形+3.2 托勒密定理
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[小组合作型]
圆内接四边形的性质
如图 136，在 Rt△ABC 中，∠ACB＝90° ，在 AB 上截取 PA＝AC， PA DA 以 PC 为直径的圆分别交 AB，BC，AC 于 D，E，F.求证：PB＝DP.
图 136
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【精彩点拨】 先利用 PC 是圆的直径，得到 PF∥BC，再利用圆内接四边 形的性质，得到 DF∥PC，最后利用平行线分线段成比例证明结论.
(1)圆内接四边形的性质定理 圆内接四边形的对角互补 .
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图 131
∠C ＝180° 如图 131， 四边形 ABCD 内接于⊙O， 则有： ∠A＋ ， ∠B＋∠D＝
180° .
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(2)推论
图 132 圆内接四边形的任何一个外角都等于 它的内对角 .
∠D . 如图 132，∠CBE 是圆内接四边形 ABCD 的一外角，则有：∠CBE＝
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1.在本题的证明过程中，都是利用角相等证明了两直线平行，然后利用直线 平行，得到比例式相等. 2.圆内接四边形的性质如对角互补，一个外角等于其内对角，可用来作为三 角形相似或两直线平行的条件，从而证明一些比例式成立或证明某些等量关系.
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[再练一题] 1.已知四边形 ABCD 内接于圆， DE∥AC， 交 BC 的延长线于 E， 求证： AB· CE ＝AD· CD.
阶 段 一
§3 3.1 *3.2
圆与四边形 圆内接四边形 托勒密定理
阶 段 三
阶 段 二
学 业 分 层 测 评
托勒密定理的证明及应用
托勒密定理的证明及应用
托勒密定理：圆的内接四边形中，两条对角线的积等于两组对边乘积之和！
证明过程如下，先作辅助线如下：
具体过程如下：
下面，我们看看使用托勒密定理证明两个重要其他定理：勾股定理和余弦定理
（1）利用托勒密定理证明勾股定理如下：
具体过程为：
（2）利用托勒密定理证明余弦定理
具体过程如下：
是不是感觉很强大呢？
下面我们再来看看使用托勒密定理的其他应用，用题目说话吧：题目一：
添加辅助线如下：
具体证明过程如下：
题目二：
本题直接使用托勒密定理，甚是简洁！
题目三：
附辅助线如下：。
用托勒密定理
用托勒密定理托勒密定理是几何学中的一个重要定理，它被广泛应用于各种几何问题的解决中。
本文将从三个方面介绍托勒密定理的应用。
一、求正方形对角线长托勒密定理可以用来求正方形对角线长。
我们知道，正方形的对角线长等于边长的根号二倍，即d=a√2。
而托勒密定理告诉我们，对于任意四边形ABCD，有AB×CD+BC×AD=AC×BD。
因此，对于正方形ABCD，有AB×CD+BC×AD=2a×2a=4a^2，其中a为正方形的边长。
又因为正方形的对角线AC和BD相等，所以AC×BD=d^2。
将这两个式子联立，得到d=a√2。
二、求圆内接四边形对角线长托勒密定理还可以用来求圆内接四边形对角线长。
我们知道，圆内接四边形的对角线相互垂直且相等。
设四边形ABCD的对角线AC和BD 的长度分别为d，AB=a，BC=b，CD=c，DA=d，则托勒密定理告诉我们，有AB×CD+BC×AD=AC×BD。
又因为四边形ABCD内接于圆，所以AB+CD=BC+DA。
将这两个式子联立，得到d^2=a^2+c^2+2ac。
三、求三角形内切圆半径托勒密定理还可以用来求三角形内切圆半径。
我们知道，三角形内切圆的半径r等于三角形面积S除以半周长s的差值，即r=S/(s-a)。
而托勒密定理告诉我们，对于任意四边形ABCD，有AB×CD+BC×AD=AC×BD。
因此，对于三角形ABC，有AB×BC+AC×CB=2s×r，其中s=(a+b+c)/2为半周长。
将这个式子变形，得到r=S/(s-a)。
综上所述，托勒密定理是一个非常有用的几何定理，它可以用来解决各种几何问题，如求正方形对角线长、圆内接四边形对角线长和三角形内切圆半径等。
在学习几何学时，我们应该认真掌握托勒密定理的应用，以便更好地解决几何问题。
2018学年高中数学北师大版选修4-1课件：1.3.1+2 圆内接四边形 托勒密定理 精品
【证明】 如图，连接 BD， ∵DE∥AC， ∴∠E＝∠ACB. ∵∠ACB＝∠ADB， ∴∠ADB＝∠E. 在△ABD 与△CDE 中，
∵∠ADB＝∠E， ∠BAD＝∠DCE， ∴△ABD∽△CDE. ∴CADB ＝ACDE. 故 AB·CE＝AD·CD.
圆内接四边形的判定 如图 1-3-7，在△ABC 中，E，D，F 分别为 AB，BC，AC 的中点，
图 1-3-8
(1)求证：AD 的延长线 DF 平分∠CDE； (2)若∠BAC＝30°，△ABC 中 BC 边上的高为 2＋ 3.求△ABC 外接圆的面积.
【思路探究】 (1)利用圆内接四边形的外角等于内对角求解； (2)△ABC 外接圆的圆心在 BC 边的高上，通过作辅助线求解.
【自主解答】 (1)如图， ∵A，B，C，D 四点共圆， ∴∠CDF＝∠ABC. 又 AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB，且∠ADB＝∠ACB， ∴∠ADB＝∠CDF. 又由对顶角相等得∠EDF＝∠ADB， 故∠EDF＝∠CDF， 即 AD 的延长线 DF 平分∠CDE.
3.如图 1-3-13，两圆相交于 A，B，过 A 的直线交两圆于点 C，D，过 B 的 直线交两圆于点 E，F，连接 CE，DF，若∠C＝115°，则∠D＝________.
【导学号：96990038】
图 1-3-13
【解析】 如图，连接 AB，
∵∠C＝115°， ∴∠ABE＝65°， ∴∠D＝∠ABE＝65°. 【答案】 65°
B.2 个
C.3 个
D.4 个
【解析】 根据圆内接四边形的判定定理知，④⑤正确. 【答案】 B
[质疑·手记] 预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流： 疑问 1： _____________________________________________________ 解惑： _______________________________________________________ 疑问 2： _____________________________________________________ 解惑： _______________________________________________________ 疑问 3： ______________________________________________________ 解惑： _______________________________________________________
托勒密定理与托勒密不等式
16math
托勒密，男，古罗马数学家、天文学家、 地理学家、占星家. 提出“日心说”观点； 著有数学论文《天文学大成》等.
——万物皆可托
——我能托起整个宇宙
——天上地下，唯我独尊
托勒密定理
在圆内接四边形中， 两条对角线的乘积等于两组对边乘积之和.
AC•BD=AB•CD+AD•BC
A
B
（2）在平面四边形ABCD中AB=1, AC= ,BD⊥BC，BD=2BC， 则AD的最小值为________.
3.如图，在△ABC中，D为边BC的中点，以A为直角顶点AB 为腰在形外作等腰Rt△ABE,连接CE,若BC=6,AD=2,求线段CE 的最大值.
E
A
B
D
C
6. 如图，直线l外有一点D,点D到直线l的距离为3,让腰长为2的等 腰直角三角板ABC在直线l上滑动，则AD:CD 的最小值为 ___________，最大值为_________.
D C
AB
广义托勒密定理
在凸四边形中， 两条对角线的乘积小于等于两组对边乘积之和.
AC•BD ≤ AB•CD+AD•BC
D A
B
C
1.（1）（2019深圳高三二调）如图，在凸四边形ABCD中，
AB=1,BC= , AC⊥CD,AC=CD. 当∠ABC变化时，对角线BD的
最大值为________.
ADBiblioteka DCC B
托勒密定理
定理的提出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。
[编辑本段]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．[编辑本段]证明一、（以下是推论的证明，托勒密定理可视作特殊情况。
）在任意四边形ABCD中，作△ABE使∠BAE=∠CAD ∠ABE=∠ACD因为△ABE∽△ACD所以BE/CD=AB/AC,即BE·AC=AB·CD (1)又有比例式AB/AC=AE/AD而∠BAC=∠DAE所以△ABC∽△AED相似.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”）所以命题得证复数证明用a、b、c、d分别表示四边形顶点A、B、C、D的复数，则A B、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。
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。
四点不限于同一平面。
平面上，托勒密不等式是三角不等式的反演形式。
二、设ABCD是圆内接四边形。
在弦BC上，圆周角∠BAC = ∠B DC，而在AB上，∠ADB = ∠ACB。
在AC上取一点K，使得∠A BK = ∠CBD；因为∠ABK + ∠CBK = ∠ABC = ∠CBD + ∠A BD，所以∠CBK = ∠ABD。
托勒密定理
托勒密定理【定理内容】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BD AC BC AD CD AB ⋅=⋅+⋅.[评]等价叙述：四边形的两组对边之积的和等于两对角线之积的充要条件是四顶点共圆。
【证法欣赏】证明：如图，过C 作CP 交BD 于P ，使21∠=∠,∵43∠=∠,∴ACD ∆∽BCP ∆, ∴BPAD BC AC =，即AD BC BP AC ⋅=⋅ ① 又DCP ACB ∠=∠，65∠=∠，∴ACB ∆∽DCP ∆, ∴DP AB DC AC =，即DC AB DP AC ⋅=⋅ ② ∴①＋②得：DC AB AD BC DP BP AC ⋅+⋅=+⋅)(即BD AC BC AD CD AB ⋅=⋅+⋅【定理推广】托勒密定理的推广：在四边形ABCD 中，有BD AC BC AD CD AB ⋅≥⋅+⋅；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E ，使CAD BAE ∠=∠，ACD ABE ∠=∠则ABE ∆∽ACD ∆ ∴ADAE CD BE AC AB ==， ∴BE AC CD AB ⋅=⋅； ∵ADAE AC AB =，且EAD BAC ∠=∠D BB C∴ABC ∆∽AED ∆ ∴ADED AC BC =，即ED AC BC AD ⋅=⋅； ∴)(ED BE AC BC AD CD AB +⋅=⋅+⋅∴BD AC BC AD CD AB ⋅≥⋅+⋅当且仅当E 在BD 上时“=”成立，即四点共圆时成立；、、、当且仅当D C B A【定理推广】托勒密定理的推论：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． 即：若四边形ABCD 是等腰梯形，且BC AD //，则BC AD AB AC ⋅+=22.分析：因为等腰梯形必内接于圆，符合托勒密定理的条件，其对角线相等，两腰相等，结论显然成立。
【定理应用】【例1】 如图，P 是正ABC ∆外接圆的劣弧BC 上任一点(不与B 、C 重合)，求证：PC PB PA +=．证明：由托勒密定理得： AB PC AC PB BC PA ⋅+⋅=⋅∵CA BC AB ==∴PC PB PA +=. [注]此例证法甚多，如“截长”、“补短”等，详情参看《初中数学一题多解欣赏》．【定理应用】【例2】 证明“勾股定理”：已知：在ABC Rt ∆中，︒=∠90B ，求证：222BC AB AC +=。
第三讲--托勒密定理及其应用
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而且当且仅当四边形 ABCD内接于圆时，等式建立；证：在四边形ABCD 内取点，使BAE CAD，ABEACD E则：ABE 和ACD 相像AB BE AC CD AB CD AC BEAD又AB AE且 BAC EAD AC AD ABC和 AED相像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上时建立，即当且仅当A、B、 C、 D四点共圆时建立；一、直策应用托勒密定理例 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．剖析：本题证法甚多，一般是截长、补短，结构全等三角形，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、完美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，明显 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 的均分线交外接∠圆于 D，连结 BD，求证： AD·BC=BD(AB＋AC)．证明：连结 CD，依靠勒密定理，有AD·BC＝ AB· CD＋AC·BD．∵∠ 1=∠ 2，∴ BD=CD．故 AD·BC=AB·BD＋AC· BD=BD(AB＋ AC)．三、结构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 是知足题设条件的．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．剖析：将 a2 =b(b＋c)变形为 a·a=b·b＋ bc，从而联想到托勒密定理，从而结构一个等腰梯形，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．依靠勒密定理，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，剖析：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，从而结构圆内接四边形．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。
高一物理必修二课件-5.1 从托勒密到开普勒
揭示了行星 运动的轨迹
—
行
以及太阳的
星
位置
运
动
三
定
律
—
开普勒第二定律(面积定律)对于每一颗行
星而言，太阳和行星的连线在相等的时间内扫过
开 相等的面积。 普 勒
行 星 运 动 三 定 律
揭示了行星运动的快慢，速度大小、方 向时刻在改变。v近 v远
开普勒第三定律(周期定律)所有行星轨道
的半长轴的立方与公转周期的平方的比值都相
三 、
01 “日心说”的观点绝对正确吗？
开
普
勒
提
出
02
谁又提出了新的观点？提出三
行
定律经历的过程是什么？
星
运
动 三 定 律
03
三定律的内容是什么？各 揭示了什么规律？
阅读教材第81页并回答以上问题：
开普勒第一定律(轨道定律)所有行星围绕太
阳运动的轨道都是椭圆，太阳处于所有椭圆的一个
开 公共焦点上。 普 勒
5.1从托勒密到开普勒
新课导入
盖天说“天似盖笠， 地法覆盘”
浑天说“浑天如鸡子， 天体圆如弹丸，地如 鸡子中黄。”
阅读教材第79页并回答下列问题：
托
勒 密 集
1
古代人对天体运动 存在哪些看法？
古
代
天
文 学 研
2
托勒密的“地心说” 观点是什么？
究
之
大
成
3 这种学说统治时间 较长，为什么？
一、托勒密—地心体系—九重天模型
地球 是宇宙的 中心,并且 静止不动, 一切行星 围绕地球 做圆周运 动。
阅读教材第80页并回答下列问题：
哥
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姜立夫
11
2019/9/20
12
A1 A2 A1 A3 A1 A4
6
2019/9/20
7
挑战自己 练4. 已知△ABC与△A′ B′ C′的三边分别为a、
b、c与a′、b′、c′，且∠B=∠B′，
∠A+∠A′=180. 求证：aa′=bb′+cc′.
8
回味无穷
9
课后作业
自选四道与托勒密定理有关的题（可以选 择本课件上的题） 温馨提醒： 1. 有代表性、有挑战性、有意义性； 2. 有题目、有图、有过程.
2
经典例题 例.△ABC是正三角形，P是弧BC上任意一点. 求证：PA=PB+PC.
3
巩固练习 练1. 如图，⊙O的直径AB长为10，弦AC长为 6，∠ACB的平分线交⊙O于D，求CD的长.
4
巩固练习
练2. 在△ABC中， ∠A:∠B:∠C=1:2:4.
求证： 1
AB
1 AC
1 BC
.
5
提高练习 练3.已知A1A2A3A4A5A6A7是正七边形， 求证： 1 1 1 .
XUSUHUA
第二十七章 圆
27.25 托勒密定理
1
知识链接
托勒密（Ptቤተ መጻሕፍቲ ባይዱlemy）定理：圆内接四边形中，两条对角 线长度之积等于两双对边乘积之和.
已知：A、B、C、D四点共圆，
求证：AC·BD=AB·CD+BC·AD.
托勒密定理的逆定理：凸四边形ABCD中，若两条对角线长度 之积等于两双对边乘积之和，则四边形ABCD内接于圆. 推广的托勒密定理： 凸四边形ABCD中， AC·BD≤AB·CD+BC·AD.
预习西摩松定理.
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他是现代数学在中国最早而又最富成效的一位播种人，他1890年 生于浙江省平阳县(今苍南县)农村一个知识分子家庭.他6岁丧父，10 岁丧母，以后主要由哥嫂抚养成长。后来到美国后，他入加利福尼亚 州的加州大学(伯克利)，专攻数学.1915年获学士学位.那时民国虽已 成立数年，中国的贫弱落后面貌依旧.他认为，中国要富强起来，需要 科学，数学是科学的基础，因而也需要数学.他还认为，他到美国，用 的是美国退回的庚子赔款，那是中国人民血汗换来的，用了人民的钱， 就应当为人民做点好事.他立志要把现代数学移植于中国.那时候，在 中国，现代数学还谈不上有什么基础，他充分意识到，他面临艰巨的 任务.但他不考虑成败得失，用他自己的话说，就是“不管时机是否成 熟”.为了进一步充实自己，以便实现上述抱负，他努力转到哈佛大学 作研究生.1918年，他在哈佛受聘为助教，作为奥斯古德教授的助 手.1919年5月，他完成博士论文《非欧几里得空间直线球面变换法》. 论文是在库利芝教授指导下完成的，内容是用代数和微分几何方法来