托勒密定理
托勒密定理
盛年不重来，一日难再晨。
及时宜自勉，岁月不待人。
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 ⋅=⋅；C D AB ED∵ADAE AC AB =，且EAD BAC ∠=∠ ∴ABC ∆∽AED ∆ ∴AD ED 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。
托勒密定理推导过程_概述及解释说明
托勒密定理推导过程概述及解释说明1. 引言1.1 概述在几何学中，托勒密定理是一个重要的数学原理，它描述了一个四边形各边长度和对角线之间的关系。
该定理由古希腊数学家托勒密在《大地与天》一书中首次提出，并给出了其推导过程。
托勒密定理被广泛应用于数学、工程和物理等领域，对于解决相关问题具有重要意义。
1.2 文章结构本文将对托勒密定理的推导过程进行概述与解释说明。
文章分为五个部分：引言、托勒密定理推导过程、实例分析、托勒密定理的重要性与应用领域以及结论与总结。
在引言部分中，将介绍托勒密定理以及本文主要内容。
1.3 目的本文旨在通过梳理和解释托勒密定理的推导过程，增进读者对该数学原理的认识与理解。
同时，通过对实例问题的分析和相应领域的应用探讨，展示托勒密定理在现实世界中的实际价值。
最后，通过总结和展望未来研究方向，促进对于托勒密定理及其应用的深入研究和探索。
2. 托勒密定理推导过程：2.1 托勒密定理介绍托勒密定理，也被称为正交四边形定理，是平面几何中的一个重要定理。
它描述了一个在一个凸四边形内切于其边的圆上的一组关系。
托勒密定理可以用来计算非直角四边形的各种性质，比如角度、对角线长度以及相对边长等。
2.2 推导步骤解释推导托勒密定理时，我们假设有一个任意形状的凸四边形ABCD，并在该四边形内切一个圆O。
我们要证明以下关系成立：AB ×CD + BC ×AD = AC ×BD首先，在凸四边形ABCD中，通过连结AC和BD，得到两条对角线。
接下来，我们观察圆O与这两条对角线之间的关系。
假设∠AOC = α和∠BOC = β，根据圆心角和弧度之间的关系可知∠ADC = 180°- α和∠BDC = 180°- β。
同样地，我们有∠ADB = α和∠BCD = β。
根据三角函数中余弦定理可得：cos(∠ADC) = cos(180°- α) = -cosαcos(∠BDC) = cos(180°- β) = -cosβcos(∠ADB) = cosαcos(∠BCD) = cosβ由于在同一个圆上，AC和BD可以视为弦，角度对应的余弦值相同。
托勒密定理
感谢观看
托勒密定理
数学几何学术语ຫໍສະໝຸດ 01 定理提出03 验证推导 05 运用要点
目录
02 定理定义 04 定理推广
托勒密(Ptolemy)定理指出，圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积。原文：圆的内接四 边形中，两对角线所包矩形的面积等于一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积之和。从这个定理 可以推出正弦、余弦的和差公式及一系列的三角恒等式，托勒密定理实质上是关于共圆性的基本性质．
从这个定理可以推出正弦、余弦的和差公式及一系列的三角恒等式，托勒密定理实质上是关于共圆性的基本 性质．
定理定义
指圆内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积。
验证推导
一、（以下是推论的证明，托勒密定理可视作特殊情况。） 在任意凸四边形ABCD中(如图1)，作△ABE使∠BAE=∠CAD ∠ABE=∠ ACD,连接DE. 则△ABE∽△ACD 所以 BE/CD=AB/AC,即BE·AC=AB·CD (1)由△ABE∽△ACD得AD/AC=AE/AB,又∠BAC=∠EAD, 所以△ABC∽△AED. BC/ED=AC/AD,即ED·AC=BC·AD (2) (1)+(2),得 A C ( B E + E D ) = A B ·C D + A D ·B C 又因为BE+ED≥BD （仅在四边形ABCD是某圆的内接四边形时，等号成立，即“托勒密定理”） 复数证明
定理提出
图1一般几何教科书中的“托勒密定理”，实出自依巴谷(Hipparchus)之手，托勒密只是从他的书中摘出。
摘出并完善后的托勒密(Ptolemy)定理指出，圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积。
定理表述：圆的内接四边形中，两对角线所包矩形的面积等于一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩 形的面积之和。
托勒密定理五边形证明-概述说明以及解释
托勒密定理五边形证明-概述说明以及解释1.引言1.1 概述托勒密定理是几何学中一个非常重要的定理，它描述了一个特殊的五边形的性质。
这个定理的命名来自于古希腊数学家托勒密，他在其著作《大地与天球的数学基础》中首次提出了这个定理。
托勒密定理主要研究的是一个凸五边形，也就是一个有五个顶点的多边形，且其中的四个顶点都位于一个圆上。
这个定理给出了这个五边形的一条非常重要的性质，即其两对对角线的乘积之和等于两条对边的乘积之和。
具体而言，如果我们设这个五边形的顶点依次为A、B、C、D、E，那么托勒密定理可以表示为AC ×BD + AD ×BC = AB ×CD。
托勒密定理的证明过程非常有趣且具有一定的难度。
它通常使用几何、代数和三角等方法相结合，通过引入辅助线、利用相似三角形关系以及运用勾股定理等工具，从而逐步推导出定理的正确性。
托勒密定理的应用非常广泛。
一方面，在几何学中，托勒密定理是解决五边形相关问题的基础，通过利用这个定理，我们可以推导出许多与五边形有关的性质和公式。
另一方面，托勒密定理在实际应用中也具有一定的价值，如在工程测量中可以用于计算不易直接测量的距离或角度等。
对于托勒密定理的进一步研究也是一个有意义的课题。
目前，已经有许多学者在托勒密定理的基础上进行了延伸和拓展，提出了一些新的数学定理和性质。
同时，随着计算机技术的发展，我们可以利用计算机辅助证明的方法来进一步探索托勒密定理及其相关的数学问题。
综上所述，托勒密定理是几何学中一项重要的成果，它描述了一个特殊五边形的性质。
在本文中，我们将会介绍托勒密定理的定义、性质以及它的证明过程，并探讨其在几何学和实际应用中的意义。
同时，我们还将展望托勒密定理的进一步研究方向，以期能够为数学领域的发展做出更多的贡献。
1.2文章结构文章结构部分的内容可以包括以下内容：文章结构：本文分为引言、正文和结论三个部分。
引言部分主要概述了本文的内容和目的。
赣县中学高中数学竞赛平面几何第9九讲托定理勒密
第九讲托勒密（Ptolemy）定理一、知识要点：1、托勒密定理：圆内接凸四边形两组对边乘积之和等于两条对角线之积，即已知，如图，四边形ABCD为圆内接凸四边形，则有 AB·CD+AD·BC =A C·BD ADB C托勒密定理的逆定理：如果凸四边形的两组对边的乘积之和等于对角线之积，那么这个四边形是圆内接四边形。
即：如图，若AB·CD+AD·BC =A C·BD，则A、B、C、D四点共圆。
ADB C托勒密定理的推广：在任意凸四边形ABCD中，有AB·CD+AD·BC ≥A C·BD，当且仅当ABCD四点共圆时取等号。
DAB C二、要点分析：托勒密定理可以用于线段长的转换，其逆定理可用于证明四点共圆。
三、 例题讲解：例1、设ABCD 为圆内接正方形，P 为弧DC 上的一点，求证：PA(PA+PC)=PB(PB+PD) PD CA B例2、如图，设P 、Q 为平行四边形ABCD 的边AB 、AD 上的两点，APQ ∆的外接圆交对角线AC 于R ，求证：A P ·AB+AQ ·AD=AR ·RCDA B CQP R例3、已知ABC ∆中，C B ∠=∠2,求证：AC 2=AB 2+AB ·BCAB C例4、如图所示，已知两同心圆O,四边形ABCD 内接于内圆，AB 、BC 、CD 、DA 的延长线交外圆于A 1、B 1、C 1、D 1，若外圆的半径是内圆的半径的2倍，求证：四边形A 1B 1C 1D 1的周长≥四边形ABCD 的周长的2倍，并确定等号成立的条件。
D 1例5、已知ABC ∆中，AB>AC,A ∠的一个外角平分线交ABC ∆的外接圆于点E,过E 作EF ⊥AB,垂足为F （如图），求证：2AF=AB-ACABC EF第九讲 托勒密（Ptolemy ）定理练习1、 如图，已知圆内接正五边形ABCDE,若P 为弧AB 上一点，求证：PA+PD+PB=PE+PC AB C D EP2、 ABCD 为圆内接四边形，DC=BC ，对角线DB 与AC 交于E,若CE ：EA=1：3，AB+AD=m,求BD 的长。
平面几何的几个重要定理——托勒密定理
托勒密定理：圆内接四边形中，两条对角线的乘积(两对角线所包矩形的面积)等于两组对边乘积之和(一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积之和)．即：ABCD AB CD AD BC AC BD ⋅+⋅≥⋅定理：在四边形中，有：ABCD 并且当且仅当四边形内接于圆时，等式成立；()A B C D E B A E C A D A B E A C DA B B E A B E A C D A B C D A C B E A C C D A B A E B A C E A D A B C A E D A C A D B CE DA DBC A C E DA C A D ABCD A D B C A C BE E D A B C D A D B C A C B D E B D A B C D ∠=∠∠=∠∆∆∴=⇒⋅=⋅=∠=∠∴∆∆∴=⇒⋅=⋅∴⋅+⋅=⋅+∴⋅+⋅≥⋅证：在四边形内取点，使，则：和相似又且和相似且等号当且仅当在上时成立，即当且仅当、、、四点共圆时成立；一、直接应用托勒密定理例1 如图2，P 是正△ABC 外接圆的劣弧上任一点(不与B 、C 重合)， 求证：PA=PB ＋PC ．分析：此题证法甚多，一般是截长、补短，构造全等三角形，均为繁冗．若借助托勒密定理论证，则有PA ·BC=PB ·AC ＋PC ·AB ，∵AB=BC=AC ． ∴PA=PB+PC ．二、完善图形 借助托勒密定理例2 证明“勾股定理”：在Rt △ABC 中，∠B=90°，求证：AC 2=AB 2＋BC 2 证明：如图，作以Rt △ABC 的斜边AC 为一对角线的矩形ABCD ，显然ABCD 是圆内接四边形．由托勒密定理，有 AC ·BD=AB ·CD ＋AD ·BC ． ①又∵ABCD 是矩形，∴AB=CD ，AD=BC ，AC=BD ． ②把②代人①，得AC 2=AB 2＋BC 2．例3 如图，在△ABC 中，∠A 的平分 线交外接∠圆于D ，连结BD ，求证：AD ·BC=BD(AB ＋AC)．证明：连结CD ，依托勒密定理，有AD ·BC ＝AB ·CD ＋AC ·BD ．∵∠1=∠2，∴ BD=CD ．故 AD ·BC=AB ·BD ＋AC ·BD=BD(AB ＋AC)．三、构造图形 借助托勒密定理例4 若a 、b 、x 、y 是实数，且a 2＋b 2=1，x 2＋y 2=1．求证：ax ＋by ≤1．证明：如图作直径AB=1的圆，在AB 两边任作Rt △ACB 和Rt △ADB ，使AC ＝a ，BC=b ，BD ＝x ，AD ＝y ．由勾股定理知a 、b 、x 、y 是满足题设条件的．据托勒密定理，有AC ·BD ＋BC ·AD=AB ·CD ．∵CD ≤AB ＝1，∴ax ＋by ≤1．四、巧变原式 妙构图形，借助托勒密定理例5 已知a、b 、c 是△ABC 的三边，且a 2=b(b ＋c)，求证：∠A=2∠B ．分析：将a 2=b(b ＋c)变形为a ·a=b ·b ＋bc ，从而联想到托勒密定理，进而构造一个等腰梯形，使两腰为b ，两对角线为a ，一底边为c ．证明：如图 ，作△ABC 的外接圆，以 A 为圆心，BC 为半径作弧交圆于D ，连结BD 、DC 、DA ．∵AD=BC ， AC D BDC =∴∠ABD=∠BAC． 又∵∠BDA=∠ACB(对同弧)，∴∠1=∠2．依托勒密定理，有BC ·AD=AB ·CD ＋BD ·AC ． ①而已知a 2=b(b＋c)，即a ·a=b ·c ＋b 2． ②∴∠BAC=2∠ABC ．五、巧变形 妙引线 借肋托勒密定理例6 在△ABC 中，已知∠A ∶∠B ∶∠C=1∶2∶4，分析：将结论变形为AC ·BC ＋AB ·BC=AB ·AC ，把三角形和圆联系起来，可联想到托勒密定理，进而构造圆内接四边形．如图，作△ABC 的外接圆，作弦BD=BC ，边结AD 、CD ．在圆内接四边形ADBC 中，由托勒密定理，有AC ·BD ＋BC ·AD=AB ·CD易证AB=AD ，CD=AC ，∴AC ·BC ＋BC ·AB=AB ·AC ，1.已知△ABC 中，∠B=2∠C 。
初中托勒密定理
初中托勒密定理初中托勒密定理托勒密定理是初中数学中的一个重要定理，它是由古希腊数学家托勒密发现的，因此得名。
该定理是关于四边形的一个定理，它表明，如果一个四边形的两条对角线相交于一点，那么这个四边形的两组对边乘积之和相等。
具体来说，设四边形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，那么有以下公式：AB × CD + BC × AD = AC × BD其中，AB、BC、CD、AD分别表示四边形ABCD的四条边的长度，AC和BD分别表示四边形ABCD的两条对角线的长度。
托勒密定理的证明可以通过几何方法和代数方法来完成。
其中，几何方法是通过构造一些辅助线来证明该定理的，而代数方法则是通过将四边形的顶点坐标表示成复数来证明该定理的。
托勒密定理在初中数学中的应用非常广泛，它可以用来解决各种几何问题，例如求解四边形的面积、判断四边形是否为正方形等。
此外，托勒密定理还可以用来证明勾股定理和正弦定理等其他重要定理。
总之，托勒密定理是初中数学中的一个重要定理，它不仅具有理论意义，而且在实际应用中也有着广泛的应用。
因此，学生们应该认真学习和掌握该定理，以便在以后的学习和工作中能够灵活运用。
排版格式：初中托勒密定理托勒密定理是初中数学中的一个重要定理，它是由古希腊数学家托勒密发现的，因此得名。
该定理是关于四边形的一个定理，它表明，如果一个四边形的两条对角线相交于一点，那么这个四边形的两组对边乘积之和相等。
具体来说，设四边形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，那么有以下公式：AB × CD + BC × AD = AC × BD其中，AB、BC、CD、AD分别表示四边形ABCD的四条边的长度，AC和BD分别表示四边形ABCD的两条对角线的长度。
托勒密定理的证明可以通过几何方法和代数方法来完成。
其中，几何方法是通过构造一些辅助线来证明该定理的，而代数方法则是通过将四边形的顶点坐标表示成复数来证明该定理的。
托勒密定理就是极化恒等式-概述说明以及解释
托勒密定理就是极化恒等式-概述说明以及解释1.引言文章1.1 概述部分的内容可以是：托勒密定理，又称为极化恒等式，是几何学中的一个重要定理，它描述了一个四边形内切于一个圆的情况下，对角线之间的关系。
这个定理在数学和工程领域中有着广泛的应用，特别是在三角函数和复数的研究中起到了关键作用。
本文将对托勒密定理的历史、内容及应用进行全面的介绍，并探讨其在未来研究中的意义和展望。
通过本文的阐述，读者将对托勒密定理有更加深入的理解和认识。
json"1.2 文章结构": {"本文将分为三个部分来讨论托勒密定理：历史、内容和应用。
在历史部分，我们将探讨托勒密定理的起源以及其在数学发展中的重要性；内容部分将详细解释托勒密定理的具体内容和含义；应用部分将介绍托勒密定理在实际问题中的应用和意义。
通过这些内容的讨论，读者将能够全面了解和认识托勒密定理的概念、历史和实践应用，也能够对其意义和未来研究有更深入的了解。
"}1.3 目的本文的目的是通过深入探讨托勒密定理，揭示它与极化恒等式之间的内在联系。
通过对托勒密定理的历史、内容和应用进行分析，来阐明托勒密定理在数学领域中的重要性和普适性。
同时，也旨在展现托勒密定理在未来研究中的潜在应用价值，推动更多学者对该定理进行深入的研究和探索。
最终，本文旨在为读者传递对托勒密定理的全面理解，使其能够领略到这一数学定理的深远意义和潜在应用前景。
2.正文2.1 托勒密定理的历史托勒密定理的历史可以追溯到古希腊时期。
托勒密定理最早出现在托勒密的著作《阿尔玛格斯》中，这部著作是数学和天文学领域的经典之作。
托勒密定理也被称为托勒密定律或托勒密定律。
托勒密定理是对一个四边形的对角线关于其中线的关系进行研究得到的结论。
托勒密定理的发现和发展离不开古希腊数学家们的努力。
在古希腊时期，数学和几何学的发展达到了巅峰，在这样的背景下，托勒密定理得以诞生和完善。
托勒密定理的发展也受到了欧几里德《几何原本》的影响，欧几里德在其著作中对托勒密定理进行了详细的阐述和证明。
托勒密定理不等式
托勒密定理不等式托勒密定理不等式托勒密定理是欧几里得几何中的一个重要定理，也是三角学、解析几何和复数学中的基本定理之一。
它通常用于计算四边形的对角线长度，以及确定圆周上两个点之间的距离。
在本文中，我们将探讨托勒密定理的不等式形式。
一、托勒密定理先来回顾一下托勒密定理的内容。
托勒密定理指出，如果一个四边形ABCD中，对边AB和CD相交于点E，则有：AE × BD + CE × AD = AC × BD或者：AD × BC + AB × CD = AC × BD其中AC表示对角线AC的长度，BD表示对角线BD的长度。
这个定理可以通过欧氏几何证明，也可以用解析几何或复数学证明。
它在计算四边形对角线长度时非常有用。
二、托勒密不等式除了上述恒等式外，还有一个与之相关的不等式形式。
这个不等式被称为“托勒密不等式”，它表达了四边形内部任意两条线段乘积之和大于或等于对角线乘积。
具体地说，设ABCD是一个四边形，对角线AC和BD相交于点E。
则有：AE × CE + BE × DE ≥ AC × BD或者：AD × BC + AB × CD ≥ AC × BD这个不等式的证明可以用多种方法，其中一种比较简单的方法是利用向量的内积和余弦定理。
三、托勒密不等式的应用托勒密不等式在几何学和数学中有着广泛的应用。
下面我们来看几个例子。
1. 四边形内部任意两点之间的距离假设我们要求四边形ABCD内部任意两点P和Q之间的距离，如图所示：根据托勒密定理，我们可以得到：AC² = AD² + CD²BD² = AB² + AD²BC² = AB² + CD²将上述三个式子带入托勒密不等式中，得到：AP · CP + BQ · DQ≥ AC · BD这个不等式表明，如果P和Q分别在四边形ABCD的两条对角线上，则它们之间的距离最短。
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．。
与托勒密定理相关的中点模型-教师
与托勒密定理相关的中点模型图1 图21）同侧型:条件：如图1，A为弧BC中点，∠ABC=∠ACB=θ，D为圆上△ABC底边下方一点，结论：BD+CD= 2AD×cosθ；2）异侧型:条件：如图2，A为弧BC中点，∠ABC=∠ACB=θ，D为圆上△ABC底边上方一点，结论：BD-CD= 2AD×cosθ；托勒密定理（补充知识）：圆内接四边形的对角线乘积等于对边乘积的和。
即：AD×BC= BD×AC+DC×AB。
证明：1）同侧型：设AB=AC=m，则BC=2mcosθ。
由托勒密定理可知：AD×BC= BD×AC+DC×AB；即：m×BD+m×CD=2mcosθ×AD；故：BD+CD= 2AD×cosθ。
特别地：1）当三角形为等边三角形时（即θ=60°）；结论：BD+CD= AD2）当三角形为等腰直角三角形时（即θ=45°）；结论：BD+CD3）当三角形为120°的等腰直角三角形时（即θ=30°）；结论：BD+CD2）异侧型：设AB=AC=m，则BC=2mcosθ。
由托勒密定理可知：BD×AC= AD×BC+DC×AB；即：BD×m=AD×2mcosθ+CD×m；故：BD-CD=2AD ×cosθ。
特别地：1）当三角形为等边三角形时（即θ=60°）； 结论：BD -CD = AD2）当三角形为等腰直角三角形时（即θ=45°）； 结论：BD -CD3）当三角形为120°的等腰直角三角形时（即θ=30°）； 结论：BD -CD而证明()SAS CBE DBA ≅）如图：连接OD ,OA 为O 直径,即圆周角定理和勾股定理可得，进而求得DE =∴()SAS CBE DBA ≅ 为O 直径,即242BD =是OBD 的中位线，2，∴AD 【点睛】本题主要考查了圆周角定理、垂径定理、勾股定理、全等三角形的判定与性质、等统考二模）如图，在O 中，CD 为O 的直径，过点AB ，OB ，．点P 为弧．(1)若ECP PDC ∠∠，判断射线与O 的 【答案】(1)CE 与O 相切，理由见解析为O 的直径，得出即可证明结论；（2）在证明()SAS BAQ BCP ≌BQP QPB =∠，根据三角函数求出与O 相切，理由如下： ∵CD 为O 的直径，∴90CPD ∠=︒∵ECP PDC ∠=∠，∴90PDC PCD ECP PCD ∠+∠∠+∠=︒，∴ECD ∠∵CE CD ⊥且OC 为O 半径，∴CE 为O 的切线．（2）证明：在AP 上截取AQ PC =，连接BQ ，如图3，∵点B 为弧AC 的中点，120AOC ∠=，∴AB BC =，∴AOB BOC ∠=∠=BAP =∠，在BAQ 和BCP 中，∴()SAS BAQ BCP ≌∵12BPA BOA ∠=∠，30BQP QPB =∠=︒Rt PHB 中，AP AQ PQ =+【点睛】本题主要考查了切线的判定，解直角三角形，全等三角形的判断和性质，1．（2023秋·山西阳泉·九年级统考期末）如图，AB 为O 的直径，射线AD 交O 于点F ，点C 为劣弧BF 的中点，连接AC ．若30BAC ∠=︒，4AB =，则阴影部分的面积为（ ）A ．23π 【答案】A【分析】连接OC ，OF 60O F F C A O ︒=∠∠=，可知AOF 和COF 均为等边三角形，继而可知AB CF ，可得，再结合阴影部分的面积ACF S =+△即可求解．，交AC 于E ，∵点C 为劣弧BF 的中点，∴30BAC CAF ∠=∠=︒∵12OA OF OC AB ===∴AOF 和COF 均为等边三角形，∴AB CF ，∴ACF S =△，则阴影部分的面积S S S =+=【点睛】本题考查圆周角定理，为O 的直径，为O 的弦，CD 的长为）A．12πB．4πC．6πD．3π⊥于，点E为OB的中点，CD AB=，30OB OC∴∠=∠=︒，D CAB=，612∴=，∴劣弧CDOC【点睛】本题考查了弧长公式，等腰三角形的性质，正确求出3．（2023·陕西宝鸡·统考三模）如图，是O的两条直径，的度数为（）A．34︒B．29︒C．32︒D．24︒∵OB OC =，32ABC ∠=∵E 是劣弧BC 的中点，【点睛】本题主要考查圆周角定理及垂径定理，键．A ．30︒B ．35︒C ．36︒D ．45︒【答案】B 【分析】连接OC ，先根据切线的性质证明90OCE ∠=︒，再求出COE ∠的度数，再根据圆内接四边形的性质求出D ∠的度数，再根据点D 是AC 的中点，得AD CD =，即可求出结果．【详解】解：连接OC ，A．43【答案】C【分析】根据圆内接四边形，将ACD绕点5，AC=，求出AM将ACD绕点∠=∠E CAD∠+∠ABC EBC∴A、B、E三点共线过CAC=在Rt AMC△中，【点睛】本题考查了圆内接四边形性质，角平分线的性质，旋转的性质，解直角三角形，能正确作出辅助线是解此题的关键．A．πB．【答案】B【分析】如图所示，连接OC∠而利用圆周角定理得到BOC【点睛】本题主要考查了求弧长，圆周角定理，等边三角形的性质与判定，是解题的关键．7．（2023·新疆博尔塔拉·校考二模）如图，ABC 内接于半径为于点E ，AD ①135ADB ∠=︒ ②1255BC = A ．①②③ B ．①②④【答案】B【分析】连接AM ，根据直径所对的圆周角是∵AB 为直径∴90ACB ∠=︒，AMB ∠∵点M 是AC 的中点∴AM MC =∴∠∵AD 平分CAB ∠∴CAD DAB ∠=∠11∴AME BMA ∽425ME =⨯∴AME BCE ∽2CE =， (AE CE =+的O 中，点 ． 【答案】33【分析】根据半径为3的O 中，点OA BC ⊥，则AOC AOB ∠=，根据30ECO EBO ∠=∠=︒，即12EO CO = ∵半径为3的O 中，点∴AOC AOB ECO ∠=∠∠，∴30ECO EBO ∠=∠=︒【答案】2333π−【分析】利用垂径定理及推论证明AOC 是等边三角形，度，最后通过图形组合求出阴影部分面积即可．【详解】连接AC ，OC 交AB 于点Q ，如图， ∵点C 为AB 的中点，∴AB OC ⊥∵OA OC =，∴AOC 是等边三角形，∵D 为AO 的中点，∴CD OA ⊥322ππ⨯=12BOQ S=12PQC S =2333BOQPQCSSπ+=−．故答案为：本题主要考查了扇形面积的计算，如图，已知圆内接ABC 中，【答案】见解析【分析】在BA 上截取BF CA =，连接DF DC ，，由D 为BAC 的中点，根据在同圆或等圆中，如果两个圆心角以及它们对应的两条弧、两条弦中有一组量相等，则另外两组量也对应相等得到DB DC =，易得DBF DCA △≌△，得到AE EF =，于是有BF BE EF BE AE CA =−=−=，因此2222()()BD AD BE AE BE AE BE AE AB AC −=−=+−=．【详解】证明：在BA 上截取BF CA =，连接DF DC ，，如图，∵D 为BAC 的中点，∴DB DC =，DBF ACD ∠=∠，在,DBF DCA △△中，DB DCDBF DCA BF CA =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴(SAS)DBF DCA △≌△，∴DF DA =，∵DE AB ⊥，∴AE EF =，∴BF BE EF BE AE CA =−=−=， 在Rt ,Rt BDE ADE △△中，222222BD BE DE AD AE DE =+=+，，∴2222()()BD AD BE AE BE AE BE AE AB AC −=−=+−=，即22•BD AD AB AC −=． 【点睛】本题考查了在同圆或等圆中，如果两个圆心角以及它们对应的两条弧、两条弦中有一组量相等，则另外两组量也对应相等．也考查了三角形全等的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理．12．（2023秋·河北张家口·九年级统考期末）如图，,A B 是O 上两点，120AOB ∠=o ，C 为弧AB 上一点．【答案】(1)60或120(2)【分析】（1）在优弧由圆内接四边形的性质即可得出答案；）证OAC和OBC都是等边三角形，则AC OA OB BC===，根据菱形的判定方法即可得到结论．【详解】（1）解：在优弧，连接AD、BD，如图120AOB∠=︒，∴∠=1260 AOB∠=︒，180ACB ADB∠+∠=180ACB ADB∴∠=︒−∠∴弦AB对的弧的度数为︒或120︒；（2）菱形，理由：连接OC，∵C是弧AB的中点，120=︒∴AOC BOC∠=∠∴OAC和△，∴四边形【点睛】本题考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系：在同圆或等圆中，相等的弧所对的O中，AB旋转与AMB的两边分别交于E、，与O分别交于两点．(1)连接OM ，求证：OBE OMF ≌△△．(2)连接PM QM 、，试探究；在COD △的过程中，PMQ ∠是否为定值？若是，求出PMQ ∠的大小；若不是，请说明理由．EF ，试探究：在COD △绕点O 旋转的过程中，EFM △的周长是否存在最小值？若存在，求出其最小值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)见解析(2)PMQ ∠为定值．且为135︒(3)EFM △的周长存在最小值，最小值为222+是O 的直径得，于是可判断AMB 为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得45OMA =︒，OM AB ⊥，再利用等角的余角相等得）据圆周角定理得到）易得OEF 为等腰直角三角形，的周长=EF 最小，此时证明：AB 是O 的直径，4M 是ABMA MB =∴，AMB ∴∆为等腰直角三角形，COD ∠=在OBE △和OMF 中，(ASA)OBE OMF ∴≌PMQ ∠为定值．且为BMQ ∠=COD ∠=PMQ ∴∠=（3）解：∵(ASA)OBE OMF ≌EFM ∴的周长EF =当OE BM ⊥时，OE 222⨯+EFM ∴的周长的最小值为【点睛】本题考查了圆的综合题，熟练掌握圆周角定理、等三角形的判定解决线段相等是解题的关键．并延长交O 于点F 时，求O 半径的长．BAD C +∠BE BA =()SAS ABD EBD ∴≌BAD ∠+180BED DEC +∠=（2）解：连接BC 于点N ，连接OB CDF ∠=∵FD 平分，即O 半径的长为【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，垂径定理的推论，解直角三角形，勾股定理以及等腰三角形的判定等知识，是O 的直径，，交O 于点H ，DB 交，求O 的半径．，得到CD =Rt AEF 中，利用勾股定理计算【详解】（1DE AB ⊥，是O 的直径，∴ADH ∠=AB 是O 的直径，，设AD =∴2DE x =Rt AEF 中，∴5AB x =∴O 的半径为【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，圆周角定理，正弦函数，熟练掌握垂径定理，勾九年级假期作业）如图，在O 中，弦∠①AB为直径；②ACD(1)从三条信息中选择两条作为条件，另一条作为结论，组成一个真命题．你选择的条件是___________(2)在（1）的条件下，若，求O半径．；理由见解析（答案不唯一）(2)）任选其中两条作为已知条件，剩余一条作为结论，均为真命题，结合圆当中的∴ABC为等腰直角三角形，ACD CAB+∠，该命题为真命题；∴ABC为等腰直角三角形，CEB CAB−∠，该命题为真命题；（2）解：由（1）可知，ACD ∠，如图所示，连接OD ，∴∠∵AD 的长为43π，设O 的半径为r ，∴12041803r ππ=，解得：∴O 的半径为【点睛】本题考查圆的基本性质，圆周角定理，弧长计算，等腰三角形的判定和性质，三角形外角的性质等，理解直径所对的圆周角为直角及其推论，掌握弧长计算公式是解题关键．为O 的直径，(2)P 是»AE 上一点，的平分线时，求CP 【答案】(1)证明见解析；【分析】（1）由D 是BC 同圆中，等弧对等弦即可证明；，证明ACB OFD ∽，设O 的半径为用相似三角形的性质得，由勾股定理求得BC ，得到，证明CBG 是等腰直角三角形，解直角三角形得到43=得到BG GP BD ，为O 的直径，，∵CD BD =，∴CAB DOB ∠=，∵AB 为O 的直径，∵DE AB ⊥，∴DFO ∠︒，∴ACB OFD ∽，∴AC AB 设O 的半径为r ，则2r r−，解得=5r ，经检验，210AB r ==28AC =，∴tan CAB ∠BPC ∠=∠是O 的直径，于点F ，交通过解直角AEF ，求出可得AOC 是等边三角形，AOC S S S=阴影扇形可得结论．FGC △是等腰三角形，理由如下：为O 的直径，∴∠AB ，∴CEA ∠为弧BC 的中点，∴AOC 是等边三角形， AOC S =本题考查了圆周角定理，内接于O，则ABABD 为等边三角形（2）BD Q 90AD AB =5BC = ∴．由托勒密定理可知AD 1322∴⨯． （3）∵∠5AC AE=+【点睛】本题考查了三角形和圆的综合问题，解题的关键是进行等量代换及作出辅助线．。
托勒密定理
如证明二直线垂直可延长使它们,相交后证交角为90°；证线段倍半关系可倍线段取中点或半线段加倍；证角的倍半关系也可类似添辅助线。
2按基本图形添辅助线：
每个几何定理都有与它相对应的几何图形，我们把它叫做基本图形，添辅助线往往是具有基本图形的性质而基本图形不完整时补完整基本图形，因此“添线”应该叫做“补图”！这样可防止乱添线，添辅助线也有规律可循。举例如下：
∵∠1=∠2，∴BD=CD．
故AD·BC=AB·BD＋AC·BD=BD(AB＋AC、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．
【解析】 被直线XFE所截，由定理1可得： ，又因为 ，代入上式可得 ，同理可得 ， ，将上面的式子相乘可得： ，又因为X、Y、Z丢不在 的边上，由定理2可得X、Y、Z三点共线。
例5 已知直线 ， ， 相交于O，直线AB和 的交点为 ，直线BC和 的交点为 ，直线AC和 的交点为 ，试证 三点共线。
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．
（9）半圆上的圆周角
出现直径与半圆上的点，添90度的圆周角；出现90度的圆周角则添它所对弦---直径；平面几何中总共只有二十多个基本图形就像房子不外有一砧，瓦，水泥，石灰，木等组成一样。
托勒密定理-托勒密定理证明
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 ．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 ．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 ACD ABE CAD BAE E ABCD ⋅≥⋅+⋅∴+⋅=⋅+⋅∴⋅=⋅⇒=∴∆∆∴∠=∠=⋅=⋅⇒=∴∆∆∠=∠∠=∠)(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 。
托勒密定理与圆的内接四边形
托勒密定理与圆的内接四边形托勒密定理，这名字一听就让人有点头大，是不是？但实际上，它和圆形、四边形这些东西紧密相连，想搞懂其实一点都不难，反而挺有意思的。
我们先别急着往深了想，咱们先搞清楚这个定理到底是啥。
托勒密定理，说白了，就是说在一个圆内的四边形，有个非常特别的性质：四边形的两组对角线，如果相乘，结果竟然等于另外两组对边相乘的和。
嗯，听上去像是个数学家专门发明的冷笑话，不是吗？其实它就是告诉我们一个简单的几何关系，四边形的对角线和边之间有着巧妙的联系。
比如，你可以把它想象成一个四人扑克游戏的规则，不同位置的牌，不同的组合，却始终能凑成一个和谐的局面。
太神奇了吧？说白了，这就是托勒密定理的“神奇之处”。
想象一下，如果你拿个圆，把一个四边形画在里面，四个角都碰到圆周，这个四边形就是个“圆内接四边形”。
嗯，说到“内接”这个词儿，其实就像是咱们平时说的“有容乃大”，也就是这个四边形恰巧可以“适应”圆的形状，把四个顶点都刚好放在圆上。
圆的这点性格可真不简单，圈里头的每个点都要乖乖听话，不乱跑，这就像是咱们常说的，“当你进了这个圈子，就要遵守圈内的规则”。
所以你看，当四边形满足了这种“内接”的条件，它就能让托勒密定理在其中“生效”，好像是给四边形和圆之间搭建了一座桥梁，走过这座桥，你就能找到某些数学的奥秘。
不过说到这个定理，感觉有点像是解谜游戏，越想越有意思。
你要记住，托勒密定理告诉你的是：如果你知道四边形的对角线，和对边的乘积关系，换句话说，这个定理好像是给了你一道不太复杂的数学题。
比如你在解一道关于内接四边形的问题时，知道了对角线的长度，你就能通过这个定理，轻松算出两边长度的乘积。
真的是“轻松愉快”，就像是解个谜一样，既有挑战性，又不会让人抓狂。
大家都知道，数学题看起来复杂，其实只要找到规律了，问题都能迎刃而解。
你问我，这个定理能在哪些地方派上用场？我得说，这可不仅仅是数学课本里的“纸上谈兵”，它在现实生活中可真有不少妙用。
托勒密定理证明过程
托勒密定理证明过程证明托勒密定理托勒密定理是古希腊数学家托勒密发现的，记为a²+b²=c²，是直角三角形斜边与两个直角边的一个重要的数学定理，由此可以归纳出一个重要的几何定律：三角形的直角边的平方和，等于另外两条边的平方和。
这一定理大部分人都头脑中灵光一闪就能想出来，如果用正规的证明方法来证明它就不太容易了，本文将对托勒密定理进行正规的数学证明。
证明：设直角三角形ABC中，直角角度为C，斜边为c，腰边为a和b，如图a 与b两边组成向量为AB和BC。
将AB和BC分解成正交基础，即向量AB投影到向量BC上节点A’，投影线段长为t，向量AB可分为t和t’，BC的投影点同理。
则三角形加入A’B’C可以得到图b，有|AB| = t + t'|BC| = s + s'|AC| = r由直角三角形内角和定理A +B +C = π由AB、BC、AC三角形的定义，结合上式有a + t + s = πb + t’ + s’ = πc + r = π将power法加入这个公式中，即平方两边可得：a² + t² + s² = a² + 2t.t’ + t’²b² + t’² + s’² = b² + 2t. t + t²c² + r² = c²假如t = t’ = 0 ，那么a² + b² = c²即证明了托勒密定理，该定理有多种其他的证明方法，比如向量法、面积公式等。
这里的证明给读者体现了什么类推能力，需要读者推导出与直角三角形有关的三角形加减公式和A+B+C = π的定义。
可见证明托勒密定理是一个很有挑战性的概念，要深入探寻，就像是解开一个难题一样。
四点共圆托勒密定理
四点共圆托勒密定理托勒密定理是几何学中的重要定理之一，它描述了四个点共圆的条件和性质。
本文将以人类的视角来描述这一定理，使读者感到仿佛是真人在叙述。
四点共圆托勒密定理是指，如果四个不共线的点A、B、C和D满足AC与BD相交于一点O，且AB与CD相交于一点P，那么这四个点A、B、C和D就共圆。
也就是说，存在一个圆可以通过这四个点。
这个定理的证明是基于几何学的基本性质和定理，但在本文中，我们将避免使用数学公式或计算公式，以便更好地理解这个定理。
让我们考虑一个简单的例子，以便更好地理解这个定理。
假设我们有一个草坪上的四个标志物，我们用A、B、C和D来表示它们。
现在，我们要证明这四个标志物共圆。
我们选取其中两个点A和B，然后画一条直线AB连接它们。
接下来，我们再选取另外两个点C和D，然后画一条直线CD连接它们。
我们可以发现，这两条直线AB和CD会相交于一点P。
现在，我们需要证明的是，是否存在一个圆可以通过这四个点A、B、C和D。
为了证明这一点，我们需要找到一个点O，使得OA=OB=OC=OD。
这就意味着这个点O到这四个点的距离都相等，即这四个点在以点O为圆心的圆上。
我们可以通过如下方法来找到这个点O。
首先，我们连接AC和BD，它们相交于一点O。
然后，我们测量OA、OB、OC和OD的长度，如果它们都相等，那么我们就找到了这个点O。
通过这个例子，我们可以看到四点共圆托勒密定理的基本原理。
无论这四个点在什么位置，只要满足AC与BD相交于一点O，且AB 与CD相交于一点P，那么这四个点就共圆。
这个定理在几何学中有着广泛的应用。
例如，在三角形的外接圆中，三个顶点和三条边上的中点就共圆；在椭圆中，焦点和顶点也共圆。
这些例子都是基于四点共圆托勒密定理而得出的。
四点共圆托勒密定理是几何学中的重要定理之一。
它描述了四个点共圆的条件和性质。
无论这四个点在什么位置，只要满足AC与BD 相交于一点O，且AB与CD相交于一点P，那么这四个点就共圆。
托勒密法则
托勒密法则，也称为托勒密定理，指的是在一个圆内接的四边形中，两组对边（分别记为AB和CD）的乘积之和等于这两条对角线（分别记为AC和BD）的乘积。
具体来说，如果四边形ABCD是一个圆内接的四边形，那么有以下关系：AC \times BD = AB \times CD + AD \times BC
这意味着，如果四边形ABCD被视为一个整体，那么它的内部结构可以被看作是由两个小的直角三角形和一个大的直角三角形组成的，这三个三角形都围绕着圆心。
在这个几何构造中，较小的两个三角形分别对应于对边AB和CD，较大的三角形则是对角线AC和BD。
因此，这两个三角形的面积可以通过勾股定理求出，然后通过上述公式将这些面积的关系表达出来。
此外，托勒密的不等式也可以从这一基本定理中推导出来，它是关于凸四边形任意两组对边乘积的比较性质.
这里的证明涉及到复数恒等式和一些三角函数的变换，但并不复杂。
简而言之，如果两个四边形共享一条边，并且它们的另一个对角线也相互垂直，那么它们就构成共圆的情况。
在这种情况下，根据勾股定理和对边乘积的关系，可以得出不等式成立的条件。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
托勒密定理：四边形的两对边乘积之和等于其对角线乘积的充要条件是该四边形内接于一圆。
蝴蝶定理：P是圆O的弦AB的中点，过P点引圆O的两弦CD、EF，连结DE
交AB于M，连结CF交AB于N，则有MP=NP。
帕普斯定理：设六边形ABCDEF的顶点交替分布在两条直线a和b上，那么它的三双对边所在直线的交点X、Y、Z在一直线上。
高斯线定理：四边形ABCD中，直线AB与直线CD交于E，直线BC与直线AD 交于F，M、N、Q分别为AC、BD、EF的中点，则有M、N、O共线。
莫勒定理：三角形三个角的三等分线共有6条，每相邻的（不在同一个角的）两条三等分线的交点，是一个等边三角形的顶点。
拿破仑定理：以三角形各边为边分别向外侧作等边三角形则他们的中心构成一个等边三角形。
帕斯卡定理：若一个六边形内接于一条圆锥曲线，则这个六边形的三双对边的交点在一条直线上。
布利安双定理：设一六角形外切于一条圆锥曲线，那么它的三双对顶点的连线共点。
梅尼劳斯定理：如果一直线与三角形ABC的边BC、CA、AB分别交于L、M、N，则有：(AN/NB)*(BL/LC)*(CM/MA)=1 （考虑线段方向，则等式右边为-1）。
它的逆定理：若有三点L、M、N分别在三角形ABC的边BC、CA、AB或其延长线上（至少有一点在延长线上），且满足(AN/NB)*(BL/LC)*(CM/MA)=1，则L、M、N三点共线。
塞瓦定理：设O是三角形ABC内任意一点, AO、BO、CO分别交对边于D、E、F，则(BD/DC)*(CE/EA)*(AF/FB)=1。
它的逆定理：在三角形ABC三边所在直线BC、CA、AB上各取一点D、E、F，若有(BD/DC)*(CE/EA)*(AF/FB)=1，则AD、BE、CE平行或共点。
斯特瓦尔特定理：在三角形ABC中，若D是BC上一点，且BD=p，DC=q，AB=c，AC=b，则AD^2=[(b*b*p+c*c*q)/(p+q)]-pq。
泰博定理：取平行四边形的边为正方形的边，作四个正方形（同时在平行四边形内或外皆可）。
正方形的中心点所组成的四边形为正方形；取正方形的两条邻边为三角形的边，作两个等边三角形（同时在正方形内或外皆可）。
这两个三角形不在正方形边上的顶点，和正方形四个顶点中唯一一个不是三角形顶点的顶点，组成一等边三角形；给定任意三角形ABC，BC上任意一点M，作两个圆形，均与AM、BC、外接圆相切，该两圆的圆心和三角形内接圆心共线。
凡·奥贝尔定理：给定一个四边形，在其边外侧构造一个正方形。
将相对的正方形的中心连起，得出两条线段。
线段的长度相等且垂直（凡·奥贝尔定理适用于凹四边形）。
西姆松定理：从一点向三角形的三边所引垂线的垂足共线的充要条件是该点落在三角形的外接圆上。