太原市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

1、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3-1，四边形内接于，在上取点，使，则，于是又，有上述两乘积式相加，得注 此定理有多种证法，例如也可这样证：作交于，连，则知为等腰梯形，有，且，令，与交于，则，易知 ，从而有推论1（三弦定理） 如果是圆上任意一点，是该圆上顺次的三条弦，则事实上，由式，应用正弦定理将，换掉即得式推论2（四角定理） 四边形内接于，则 事实上，由式，应用正弦定理将六条线段都换掉即得式直线上的托勒密定理（或欧拉定理） 若，为一直线上依次排列的四点，则注 由直线上的托勒密定理有如下推论：若，是一条直线上顺次四点，点

2、是直线外一点，则事实上，如图3-2，设点到直线的距离为，由，有，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，连、，设交于，交于由正弦定理 ，其中为圆的半径对、应用直线上的托勒密定理的推论，有故四边形中的托勒密定理（或托勒密不等式） 设为任意凸四边形，则 ，当且仅当，四点共圆时取等号证明 如图3-4，取点使，则，即有，且，即又，有，亦有由式与式，注意到，有其中等号当且仅当在上，即时成立此时，四点共圆由此，即有托勒密定理的逆定理 在凸四边形中，若，则，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

3、，是应用托勒密定理的关键例1 在中，角，的对边分别为，若角，的大小成等比数列，且，则角的弧度数等于多少？（1985年全国高中联赛题）解 如图3-5，过点作交的外接圆于，连，则四边形为等腰梯形由托勒密定理，有由已知有，则，从而，即，亦即又因为在中，角，的大小成等比数列，则公比，从而 ，故，为所求例2 凸四边形中，对角线，交于点如图3-6，求（1996年北京中学生竞赛题）解 因，则，四点共圆延长，交于，则 设，有，由割线定理，有求得，对应用托勒密定理，有又从而，故例3 如图3-7，已知在中，的一个外角的平分线交的外接圆于点，过作，垂足为求证：（1989年全国高中联赛题）证明 在上取点，使，连并延长

4、交圆于，连，则，（在的延长线上），从而，且于是，注意，有，故连，对四边形应用托勒密定理，有，即于是其中可由推得注 （1）也可应用三弦定理证明设，则，对，应用三弦定理，得，即又在中，故（2）也可以应用阿基米德折弦定理证明由，有，即例4 如图3-8，在锐角的边上有两点，满足，作于，于，延长交的外接圆于点证明：四边形与的面积相等（2000年全国高中联赛题）证明 设，有 ，其中为外接圆半径又由托勒密定理，有，例5 如图3-9，在中，点是外心，两条高，交于点，点，分别在线段，上，且满足求的值（2002年全国高中联赛题）解法1 连，由三角形外心及垂心性质，知， ，即，四点共圆在此圆中对四边形应用托勒密定理

5、，有设的外接圆半径为，则，且由，知，即有 ，亦即而，故 为所求解法2 同解法1，知，四点共圆，有，而，则，从而，由此知，四点共圆，且等腰的顶角，即知对四边形，应用托勒密定理，有，故为所求注 此例的其他证法可参见第四章例2，第十五章例17例6 已知内切圆分别与边、切于点、，直线、分别与交于另一点、求证：（2010年东南奥林匹克题）证明 设内切圆于点，联结、（图略）由及，有及注意到，有同理，有分别对四边形及应用托勒密定理，有，这两式相乘，有 又由托勒密定理，有故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表示

6、，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，为边长，以，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，第五个圆为，前四个圆与分别内切于，则易知，三点共线类似地，有，；，；，三点共线设五个圆的半径分别为，；，；，则，从而，故同理，可求得，要证明以，为边长，以，为对角线所构成的凸四边形的四个顶点共圆，只要证明，化简后只要证明，即这由托勒密定理的推论2即证注 对于也可由正弦定理转换成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

7、线）的情形例8 经过的平分线上的一点，任作一直线与及分别相交于，求证：为定值证明 如图3-11，过，三点作圆，交射线于设，对四边形中的三条弦，应用托勒密定理的推论1，有即连，由，有由式除以上式，得（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：过平行四边形的顶点作一圆分别与，相交于，则有事实上，若设，则有对此式两边同乘，利用三角形的面积公式有而在中，有，由此即证例9 设为锐角内部一点，且满足条件： 试确定D点的几何位置，并证明你的结论（1998年试题）此题我们改证比其更强的命题如下：设为锐角内部一点，求证：，并且等号当且仅当为的垂心时才成立证明 如图3-12，作，则和均是平行

8、四边形连和，显然也是平行四边形，于是，对四边形和四边形，应用四边形中的托勒密定理（或托勒密不等式）有，即，对上述式中前一式两边同乘后，两边同加上，然后注意到上述式中的后一式，有即 故 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，即等号当且仅当及都是圆内接四边形时成立，亦即恰是圆内接五边形时等号成立由于为平行四边形，所以条件等价于为矩形（即）且，亦等价于且，所以所证不等式等号成立的充分必要条件是为的垂心【解题思维策略分析】1推导某些重要结论的工具例10 圆内接六边形的对角线共点的充要条件是（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，交于一点，则易知，从而此三

9、式相乘即证充分性：设，交于，连并延长交圆于，连，则由必要性知，和已知式比较得，即连，对四边形应用托勒密定理，得，由此得因，所以，即与重合，于是，三线共点例11 是的外接圆，是的内心，射线交于求证：，成等差数列的充要条件是证明 如图3-14，由，知必要性：若，成等差数列，即，而，有相等的高，则又由托勒密定理，有，即 ，即是的中点，于是， ，故充分性：若，即，有比较上述两式，得，但，即知，仿前由托勒定理知，即，故，成等差数列例12 如图3-15，设为的内心，角，所对的边长分别为，求证： 证明 设在三边上的射影分别为，设的外接圆半径及内切圆半径分别为，则由，四点共圆，且为其圆的直径，应用托勒密定理，

10、有 由正弦定理，有，即有同理，有，从而又由，有，故，即例13 如图3-16，若与的边长分别为，与，且，则证明 作的外接圆，过作交圆于，连，因，则，从而，有，即 ，故又，知，由托勒密定理，得，即故 例14 已知的内接锐角，点到的三边，的距离分别为，试证：的半径为方程的根（数学通报1991年第11期问题征解题）证明 如图3-17，设，的延长线分别交于，连，因在内部，则，在的内接四边形，中分别应用托勒密定理，得，即有 显然，该方程组关于，有非零解，于是有展开整理，得关于的方程为，命题获证例15 如图3-18，在中，分别是，延长线上的点，为的中点，连交外接圆于求证：（中等数学2001年第4期高中训练题

11、）证明 连，设，外接圆的半径为因为的中点，知在中，由正弦定理，有，在圆内接四边形中，由托勒密定理得，即 ，两边同乘以，得，即 例16 如图3-19，设，是同心圆，的半径是半径的2倍四边形内接于，将延长交圆于，延长交圆于，延长交圆于，延长交圆于试证四边形的周长四边形的周长，并请确定等号成立的条件（1988年第三届冬令营试题）证明 设同心圆圆心为，连，在四边形中应用推广的托勒密定理，有因，则，从而 同理，以上四式相加，得为使式中等号成立，当且仅当所加的四式均为等式而式等号成立，当且仅当四边形内接于圆这时，即为的平分线同理，分别为，的平分线这意味着为四边形的内切圆的圆心，故知四边形为正方形，即当且仅

12、当四边形为正方形时式等号成立例17 如图3-20，设是凸六边形，满足， 设和是这六边形内部的两点，使得试证： （第36届试题）证明 以直线为对称轴，作和关于该直线的轴对称点和，于是，且和都是正三角形，和分别在这两个三角形的外接圆上由托勒密定理，有，即有，同理，于是 例18 如图3-21，设，是内部的两个点，且满足，证明：（第39届预选题）证明 设是射线上的点，且满足因，则在的外部又，则，即有由，知，于是由，知，四点共圆应用托勒密定理，有 ，或，将，代入，得，即 例19 如图3-22，在中，线段上有一点，线段延长线上有一点，使得线段与的外接圆交于，是线段延长线上的一点证明：点满足的充分必要条件是

13、点在的外接圆上（2000年国家集训队选拔试题）证明 充分性：连，由，；，分别四点共圆，知，于是，可设对四边形应用托勒密定理，有将上式两边同乘以，并用前一比例式代入，得注意到，即得必要性：以，为两个焦点，长轴长等于的椭圆与直线至多有两个交点，而其中在的一侧，即线段延长线上的交点至多一个，由前面的充分性证明，知的延长线与的外接圆的交点在这个椭圆上；而依题设点同时在的延长线上和椭圆上，故点与点重合，命题获证2求解代数问题的一条途径例20 若，且，解方程（1993年南昌市竞赛题）解 因，且，所以，为边可以作一个三角形作，使，分别作，的垂线，它们交于点则四边形内接于圆，如图3-23此时，为直径，对，应用

14、托勒密定理推论1或三弦定理，有 ，即，即由，而，其中，从而为原方程的解例21 已知，是不相等的正数，求函数 的值域解 因，则可以为直径作圆，且作，如图3-24，在另一半圆上取中点，则于是对四边形应用托勒密定理，有不妨取，则，即而，从而当时，当时，是的单调递增函数，当时，是的单调递减函数，从而当， 故在定义域上，所以的值域为注 对于一般的函数，只要定值，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

15、例6中内切于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 已知与分别与内切，作和的两条内公切线交于，作和的外公切线，切点为和求证：证明 如图3-25，设，分别为与的内公切线的切点，交于，两点，记和的内公切线长为用表示一组与内切的“圆”，并应用广义托勒密定理，则对于，有，对于，有对于，有对于，有由，得，即由，得，即由与得 ，故 若四边形中不含圆心，那，均为锐角不妨设，则又，则所以，矛盾故一定有此时若四边形中含圆心，则与之“对称”的四边形（，的定义方式与，的定义方式相似）不含圆心设交于，交于由已证结论，因为，所以，故例23 如图3-26，和内切于的一段弧，并且两圆彼此外切于点设

16、是和的内公切线与该段弧的交点，而和是中与的外公切线弦的端点，证明：是的内切圆圆心（-33预选题）证明 设与的交点为，与的切点分别为，并设各线段之长为，于是，有，又因，故，用（，）表示点圆与的公切线的长，则同理，对应用广义托勒密定理，有，令，则由上式，有同理，对，有，注意到，则，即有，亦即而，即，于是，即，亦即此表明，即知平分所以，得 因而 ，于是由此，即知平分故是的内心【模拟实战】习题A1，四点在同一圆周上，且，为与的交点，且，线段和的长都是整数，则的长等于多少？（1988年全国初中联赛题）2在中，在上，在的延长线上，且，的外接圆与的外接圆交于点求证：（1991年全国初中联褰题）3已知是正方形

17、的外接圆上任一点，求的值4过的顶点，且分别与，和上的中线相交于，则，成等差数列5已知正七边形，求证：（第21届全俄奥林匹克题）6在圆内接六边形中，令，求证：7，分别为的外接圆和内切圆的半径，分别在弧，上，分别为弓形，和的高求证：8解方程9已知，且，求证：10求函数的值域（为参数）11已知中，最大角与最小角的差为上任一点求证：12，是正的三条高，任取一点试证：在，中，最大一个的面积等于其余两个的面积之和13已知的，令，求证：14已知为等腰（）外接圆上的一点，为上一点求证： 15已知为的直径，圆周上的点，分别在的两侧，过中点分别作，的垂线，垂足为，求证：16已知平行四边形中，过的圆分别交，于，求证

18、： 17设为与的公共弦，点，分别在，上，且，的平分线交，于点，求证：18解方程19求函数的值域20已知求证：21已知两圆内切于点，是大圆的内接正三角形，过，作小圆的切线，且，为切点求证：，三条线段中，一条线段等于另外两条线段之和22在中，外接圆为三条内角平分线分别交，和于点，和，通过点的直线平行于交圆于点，点在圆上，且求证：23在四边形中，点在上，点在的延长线上，且，求证：四边形有外接圆24与相交于，两点，的一条弦与相切于点，且与相切于点求证：习题B1设圆内接四边形的四边，求对角线和的长（用，表示）2已知内接于，为内任一点，过点引，的平行线，分别交，于，交，于，交，于，为过点的弦试证：（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（-23预选题）4设，是同心圆，的半径是的半径的（）倍边形内接于，延长，分别交圆于，若边形，的周长分别为，试证：，其中等号当且仅当边形是正边形时成立（-21预选题）5已知边长分别为，的内接于，内切于，切点在上，由点，分别引的切线长顺次为，证明：6在圆内接四边形中，分别是，的内切圆设，上的切点依次是，设的半径为（1，2，3，4）求证：7设锐角的的平分线交于，交外接圆于，自点分别向和作垂线和，垂足为和求证：的面积等于四边形的面积（-28试题）8为内接三角形