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ABCDOABDPABCD ABP ，于是ACD OE DCBAGP图31ABPCDABP又 ，有 CD上述两乘积式相加，得 ABCABPAB（ ）注 此定理有多种证法，例如也可这样证：作 交 于 ，连 ， ，则知 为等E oAEBDBAE腰梯形，有 ， ， ，且 ，令 ，EDD 180C C与 交于 ，则ABG，111sinsin()sin222CDSACBABDE i iEBEBCDSEC 11sinsin22AD 易知 ，从而有 AB
2、CDESBCB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CAD sinsinsinAA 事实上，由式，应用正弦定理将 ， ， 换掉即得式BD推论 2（四角定理） 四边形 内接于 ，则 COsinsisinsiABADBC sinsiADBC 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ABCDABCDACBD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 是直线P外一点，则sinsisinsisinsiPPCP 事实上，如图 3-2，设点 到直线
3、的距离为 ，h DCBAP 图32由 ，有ABCDCBD，PPAPACBDSSS 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14PABCD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 PABCPAC由正弦定理 ， ， ， ，sin2R sin2DR sin2R sin2BR， ，其中 为圆的半径sin2ACPR iBD BCDCBA P 图3对 、 、 、 应用直线上的托勒密定理的推论，有ABCDsinsisinsisinsisinsiPAPBAPCAPBC CD 故 四边形中的托勒密定理（或托勒
4、密不等式） 设 为任意凸四边形，则 ABCDABCD，当且仅当 ， ， ， 四点共圆时取等号ACBDABCD证明 如图 3-4，取点 使 ， ，则 ，即有E E E ，且 ，即E E DCBA 图34 ABCDE又 ，有 ，亦有 AD CB 由式与式，注意到 ，有BEABCDC（ ） 其中等号当且仅当 在 上，即 时成立此时 ， ， ， 四点共圆由此，即ACD ABCD有托勒密定理的逆定理 在凸四边形 中，若 ，则 ， ， ， 四BABCD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 中，角 ， ， 的对边分别为 ， ， 若角 ， ， 的大小成等比数列
5、，且ABC BCabcAB，则角 的弧度数等于多少？ （1985 年全国高中联赛题）2bac-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DA DCD托勒密定理，有 2bac cbaD CBA图35由已知有 ，则 ，从而2bacCDa，即 ，亦即 ADCBA2DBC2BAC 又因为在 中，角 ， ， 的大小成等比数列，则公比 ，从而 2BqA BC ，故 ， 为所求247 7 例 2 凸四边形 中， ， ， ， ，对角线 ，ABCD60 90BADC 1DA交于点 如图 3-6，求 （1996 年北京中学生竞赛题）BDOsinO DCBAP O图36解 因 ，则
6、， ， ， 四点共圆延长 ， 交于 ，则90BADC BCDACDPADPC 60设 ，有 ， ，由割线定理，有 求得x3x2Px(23)2(1)xx， 243B对 应用托勒密定理，有ABC(43)2)102D又 ABCABDCSS 1(23)(43)2从而， 故 30sinOB 1563sin2AOB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 ，AC ABC E过 作 ，垂足为 求证： （1989 年全国高中联赛题）EF F2C HGFEDCB A 图37证明 在 上取点 ，使 ，连 并延长交圆于 ，连 ， ，则 ，FBDFAEDAEACGD （ 在 的延长线
7、上） ，从而 ，且180180ADGAEAHEC A ADG EC于是，注意 ，有BCBCG，故 2F连 ，对四边形 应用托勒密定理，有EAE，即 AAEBCEA于是 2BC其中 可由 推得H 注 （1）也可应用三弦定理证明设 ，则 ，DB 180FAC对 ， ， 应用三弦定理，得180A AEC，即 又在sinsin802sinBA （ ） （ ） sin2cosAEC中， ，故 RtEF coFB（2）也可以应用阿基米德折弦定理证明由 ，有 ，即FBFCABC例 4 如图 3-8，在锐角 的 边上有两点 ， ，满足 ，作 于 ，AB CEAE MAB于 ，延长 交 的外接圆于点 证明：四边
8、形 与 的面积相等FN E DDN（2000 年全国高中联赛题） FED CBAMN图38证明 设 ， ，有 BAECF EA 11sin()sin22ABCSFACF，其中 为外接圆半径()4AFCDRR又 11sinsin()22AMNSDN四 边 形 cos()icoiFAF1in24DBCR由托勒密定理，有 ，D例 5 如图 3-9，在 中， ， ，点 是外心，两条高 ， 交于 点，点A 60 AOBECFH， 分别在线段 ， 上，且满足 求 的值MNBHFBMCNHO（2002 年全国高中联赛题） OHF ECB AMN图39解法 1 连 ， ，由三角形外心及垂心性质，知 ， OC2
9、10BOA 180BHC，即 ， ， ， 四点共圆在180(9)(90)180HBC A O此圆中对四边形 应用托勒密定理，有OBH设 的外接圆半径为 ，则 ，且由 ，知 ，即有 A ROR60 3BCR，亦即 3HR 3CH而 ，()()MNBNB故 为所求3O解法 2 同解法 1，知 ， ， ， 四点共圆，有 ，而 ， ，则CHOOBHC BOMCN，从而 ， ，由此知 ， ， ， 四点共圆，且等腰 B MBN 的顶角 ，即知 N120NE sin1203M对四边形 ，应用托勒密定理，有 ，故 为OH N 3H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
10、分别与边 、 切于点 、 ，直线 、 分别与 交于另一ABC IABCFDACFIA点 、 求证： （2010 年东南奥林匹克题）HK3FDHK证明 设内切圆 于点 ，联结 、 、 、 （图略） 由 及QFKQH DK ，有 及 CQ F C注意到 ，有 DKD同理，有 HQ分别对四边形 及 应用托勒密定理，有FDKQH， 2K2FDQ这两式相乘，有 4又由托勒密定理，有 KK故 43KFHD2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，其他前四个圆中12l的两两的外公切线也用同样的方法来标记，且
11、前四个圆以顺时针的顺序排列，试证明依次以 ，12l， ， 为边长，以 ， 为对角线所构成的凸四边形的四个顶点共圆23l41l13l24（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1OA23A4OA分别内切于 ， ， ， ，则易知 ， ， 三点共线类似地，有 ，OAABCDB， ； ， ， ； ， ， 三点共线23O4 O4 O3O2O1ODCBA图310设五个圆的半径分别为 ， ， ， ， ； ， ， ， ；1r234rRAB COD A， ， ， ，则 ， ， ， 1Oa2b3Ocd1ar2bRr3cr4dRr
12、从而， 故 2221()cos()4sinlraba12sin2lab同理，可求得 ， ， ， ， 23l41l324l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1ll13l24，化简后只要证明 ，即1234241324lll sinsinsinsi222这由托勒密定理的推论 2 即sinsisinADBCBDADCBA 证注 对于也可由正弦定理 转换成 即证此例是一个富有sin2RCD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 的平分线上的一点 ，任作一直线与 及 分别相交于 ， 求证：XOY
13、 AOXYPQ为定值1OPQ证明 如图 3-11，过 ， ， 三点作圆，交射线 于 设 ，对四边形PQBAO 中的三条弦 ， ， 应用托勒密定理的推论 1，有BOB BAPQO 图31sin2sinsiBOPQ即 2ncos2cosiiBOBO连 ，由 ，有 Q A PA由式除以上式，得 （定值） 12cosQ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ABCD圆分别与 ， ， 相交于 ， ， ，则有 ABCDEFGAEBGF=事实上，若设 ， ，则有 对此式两边同乘 A sinsisin()，利用三角形的面积公式有 ADCABCABDSSS 而在 中
14、，有 ，由此即证ABCDADCBADSS 例 9 设 为锐角 内部一点，且满足条件： C试确定 D 点的几何位置，并证明你的结论（1998 年 试题）MO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DABC DABDCBACBA等号当且仅当 为 的垂心时才成立证明 如图 3-12，作 ， ，则 和 均是平行四边形连 和 ，显然E FE AEFFE也是平行四边形，于是 ， ， ， 对四边形 和BAFABBAAB四边形 ，应用四边形中的托勒密定理（或托勒密不等式）有 ，D ，即 ， EBE DCAE DEC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
15、式，有DBADCBABEA FE DCB A 图3 12即 ()()DBACDACDAEAB 故 BBC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AEF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AEBAFE D边形，所以条件等价于 为矩形（即 ）且 ，亦等价于 且AFED 90AED BC，所以所证不等式等号成立的充分必要条件是 为 的垂心CD B【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ABCEF 1CFEA瓦定理的推论）证明 必要性：如图 3-13，设 ，
16、 ， 交于一点 ，则易知 ，DCFP PB ED CP， ，从而 此三式相乘即证 APF E P,BDEABP图CFE DBA 图313充分性：设 ， 交于 ，连 并延长交圆于 ，连 ， ，则由必要性1ABCDEFAEPFCBD知 ，和已知式比较得 ，即 连 ， ，对四边形 CDBBC应用托勒密定理，得 ，由此得 因 ，所以B 0，即 与 重合，于是 ， ， 三线共点0CCAEF例 11 是 的外接圆， 是 的内心，射线 交 于 求证： ， ，OAB IBC AIODABC成等差数列的充要条件是 ICDS 证明 如图 3-14，由 ，知 512342BI I 254 31IDCBAO图314必
17、要性：若 ， ， 成等差数列，即 ，而 ， ， 有相等的ABC2ABC IBA ICIB高，则 又由托勒密定理，有 ，即 2IIIBSS D()ADI， ，即 是 的中点，于是 ， ，D IDAIBIS IACIDS ，故 2IBCIAS ICIBDICBICDSS IDB 充分性：若 ，即 ，有IB 111sinsin222 1sinsi2IBDAB 比较上述两式，得 ，但 ，即知 ，仿前由托勒定理知 ，IDI2ADI 2ABCDI即 ，故 ， ， 成等差数列CC例 12 如图 3-15，设 为 的内心，角 ， ， 所对的边长分别为 ， ， 求证：IB BCabc2IABbca21Ib F
18、ED CBAI 图315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 ，I EFAB R，则 rDEFr由 ， ， ， 四点共圆，且 为其圆的直径，应用托勒密定理，有 BIIBDFIBIFBD()r由正弦定理，有 ，即有sin2bFIIR2bIBRrDB同理，有 ， ，从而2()aIAE2()cICrDE2IAbcCRrab又由 ，有 ，故 ，即1()4BCcSra 2()rcab222IAbBcICab22IIbcb例 13 如图 3-16，若 与 的边长分别为 ， ， 与 ， ， ，且 ，ABC cacB ，则 180A abcAB Cc babcbaD CB
19、A 图316证明 作 的外接圆，过 作 交圆于 ，连 ， ABC CA DA因 ， ，则 ， ，从而180 B BCD ，有 ，即 ，故 D cabab又 ，知 ， 由托勒密定理，得 bD，即 ABCAB2acb故 abc例 14 已知 的内接锐角 ，点 到 的三边 ， ， 的距离分别为 ，OABC OABC abcaH， 试证： 的半径 为方程 的根bHcAR322()0abcabcxHxH（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 ，ABCOAMNPA， ， ， ， 因 在 内部，则 ， ， ，BPMCNO 2cM2bC2
20、aH， ， 2cNAHb2aPBH HaHbc ba CBAMNOP 图317在 的内接四边形 ， ， 中分别应用托勒密定理，得OAABMCNAPBC，22bcRacH，22caRbaNAcCHcbcPB即有 0ccabbaRH，显然，该方程组关于 ， ， 有非零解，于是有c展开整理，得关于 的方程为0cbcabRR，命题获证3220abcabcHH-（ ）例 15 如图 3-18，在 中， ， 分别是 ， 延长线上的点， 为 的中点，连ABC 1ABC1DBC交 外接圆于 求证： （中等数学2001 年第 4 期高1ADBC D112D中训练题） D1B1 C1DCBA图318证明 连 ，
21、设 ， ， 外接圆的半径为 BDCAD C AB R因 为 的中点，知 在 中，由正弦定理，有 ，1 1112BSS CD2sinBDR， 2sinR2sin()R在圆内接四边形 中，由托勒密定理得 ，即 ACABAsiA，sisi()D两边同乘以 ，得114BDR，1 1 1ACDABABCBSSS 即 12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1C22C1 1234A1C延长交圆 于 ， 延长交圆 于 ， 延长交圆 于 ， 延长交圆 于 试41A2BAB3A2C3B424B证四边形 的周长 四边形 的周长，并请确定等号成立的条件34 12
22、34（1988 年第三届冬令营试题） A 3B4 B3A2A1 B2B1C1C2 AO图319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O1AB2O12AB1212OBAB因 ，则 ，12121从而 1212A同理， ， ， 3332BB 34344322BABA 41411422BABA以上四式相加，得 123412341( )A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12OAB接于圆这时， ，即 为 的平分线同理， ，12122141OOBA 1412A， 分别为 ， ， 的平分线这意味着 为四边形 的内切圆3OA43A 3
23、4 3 1234的圆心，故知四边形 为正方形，即当且仅当四边形 为正方形时式等号成立124 1234例 17 如图 3-20，设 是凸六边形，满足 ， ， BCDEFABCDEFABCDEFA 设 和 是这六边形内部的两点，使得 试证： 60GH0GH GH （第 36 届 试题）ECF IMOFCFEDCBAGH 图320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BECCFCF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ABC DFGH，即有 ，GAAB同理， H于是 F例 18 如图 3-21，设 ， 是 内部的两个点，且满足 ，MNC
24、MABNC 证明： （第MBANC 1ABCAB39 届 预选题）IO KCBA MN图321证明 设 是射线 上的点，且满足 因 ，则 在 的外KBNBCA BAC KABC部又 ，则 ，即有 MAC AM MK由 ， ，知 ，于是 B 由 ，知 ， ， ， 四点共圆应用托勒密定理，有KN NC，或 ，将 ，ACAK()BNACK AMBC， 代入，得 ，即 BMB MBN1NCNAA例 19 如图 3-22，在 中， 线段 上有一点 ，线段 延长线上有一点 ，使 ACBDACE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DEEB TPTP的充分必要条件是点 在 的外
25、接圆上PDEATP ADE（2000 年国家集训队选拔试题） TED CBAP图32证明 充分性：连 ， 由 ， ， ， ； ， ， ， 分别四点共圆，知BTCABTCADPE， ，于是 ，可设CBTAEDP DE DPk对四边形 应用托勒密定理，有BCT将上式两边同乘以 ，并用前一比例式代入，得kACPEDA注意到 ，即得 PEAT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ATDE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T A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Q
26、 PQ获证2求解代数问题的一条途径例 20 若 ，且 ，解方程 0abc abc22bxcxba（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 ， a ABC a， ，分别作 ， 的垂线，它们交于点 则四边形 内接于圆，如图 3-ACBcACBD23此时， 为直径， ， ，D2sinDAc 2sinDbCAsinaABcbaDC BA图323对 ， ， 应用托勒密定理推论 1 或三弦定理，有 ADCB sinsinCBADCAD ，即sin，即 22cAbabDA22bDcba由 ，而 ，其中 ，从而1sin22ABCcSB ()()BCSpap 1()
27、2Pbc为原方程的解abcDpp例 21 已知 ， 是不相等的正数，求函数 的值域2222cosinsicosfxaxbaxb DCBA 图324解 因 ，则可以 为直径作圆，且作2 22 2cosinsincosaxbaxbabACab， 如图 3-24，在另一半圆上取中点 ，则22iAB22iBC D于是对四边形 应用托勒密定理，有CDAD222fxDCBDabab不妨取 ，则 ，即 而22cosincosaxxba bABa ，从而2ab当 时， ABCDmax2fb当 时， 是 的单调递增函数，2abb fABmin 2abfx当 时， 是 的单调递减函数，从而当 ， ，2abABa
28、fxABABaCbminfx22bab故 在定义域上， ，所以 的值域为 fminfxfx,2()ab注 对于一般的函数， ，只要 定值，就可以构造圆的内接四faAxbB 22ABx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 的四个圆均变为点的情形OA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12 1OA2 OAB1A的
29、外公切线，切点为 和 求证： 2OAEFEB证明 如图 3-25，设 ， 分别为 与 的内公切线的切点， 交 于 ， 两点，记GH1A2 EFACD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1A2d*OA AB CD XYOHG FE DCBA 图325对于 ，有1ACOD， ， ， GEA对于 ，有2B， ， ，AHCDFBC ()E对于 ，有2AO， ， ， ()()GdCDFACEF对于 ，有1B， ， ，A ()()HdBD由，得 ，即()CFEFCdAEFDCA ADEdA由，得 ，即()()BDdBB CFdEF由与得 ， ()ACd()EFCDd
30、故 BD若四边形 中不含圆心 ，那 ， 均为锐角不妨设 ，OAB ABCD 则 AC又 ，则 所以 ，矛盾故一定有 此 DABA 时 若四边形中含圆心，则与之“对称”的四边形 （ ， ， ， 的定义方式与 ，CD， ， 的定义方式相似）不含圆心设 交 于 ， 交 于 由已证结论BDYBX，因为 ， ， ，所以 ，AC AB XB C DY 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 是 和 的1G2AWA1G2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BC1G2 BC切圆圆心 （ -33 预IMO选题）WG2G1 GFE
31、DCBA图326证明 设 与 的交点为 ， ， 与 的切点分别为 ， ，并设各线段之长为AWBC1GA2BEF， ， ， ， ，于是，有 ， 又因BExFyDkhDdDkxhy，故 ， Dxykxhy用（ ， ）表示点圆 与 的公切线的长，则 同理， ，A1GA1G1,AdkxG,Abc， ， ， ,cb,Bx,Cax,BCa对 应用广义托勒密定理，有1,CA，dkxabcax令 ，则由上式，有 2p2akcdp同理，对 ， ， ， ，有 ，BC2GA()yhbP注意到 ，则 ，即有 ，亦kxhy()2aakcddppbckabcha即 bccb而 ，即 ，于是， ，即 ，亦即 BDCkhab
32、ckhcbhbkchb此表明 ，即知 平分 所以 ， ADBAC a得 22accdkxbpp因而 ，于是dab11AWDdabccBAakx Db由此，即知 平分 故 是 的内心BAC WAC【模拟实战】习题 A1 ， ， ， 四点在同一圆周上，且 ， 为 与 的交点，且 ，线段AD4BECB6AE和 的长都是整数，则 的长等于多少？ （1988 年全国初中联赛E题）2在 中， ， 在 上， 在 的延长线上，且 ， 的BC AC DC BD外接圆与 的外接圆交于 点求证： （1991 年全国初中联褰题） FFA3已知 是正方形 的外接圆 上任一点，求 的值PDAPCB4 过 的顶点 ，且分别
33、与 ， 和 上的中线 相交于 ， ， ，则OAB B1B1， ， 成等差数列111C5已知正七边形 ，求证： （第 21 届全俄奥林匹克题）2A712314AA6在圆内接六边形 中，令 ， ， ， ， ， ，BBaCbCABcA， ， 求证： 1Aa1b1Cc1 11bccac7 ， 分别为 的外接圆和内切圆的半径， ， ， 分别在弧 ， ， 上，RrA mnpC， ， 分别为弓形 ， 和 的高求证： 1h23mBnCPA123hRr8解方程 221473xxx9已知 ，且 ， 求证： aba01a b 21ab10求函数 的值域（ 为参数） 2sin2coxy11已知 中，最大角 与最小角
34、的差为 上任一点求证：ABC BCABPDEPF12 ， ， 是正 的三条高，任取一点 试证：在 ， ， 中，A P PAD BE PCF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： 60 aAbctantcb14已知 为等腰 （ ）外接圆 上的一点， 为 上一点求证： PABC BCQABAPBCQACB15已知 为 的直径，圆周上的点 ， 分别在 的两侧，过 中点 分别作 ，ODCDMA的垂线，垂足为 ， 求证： ADPQ2BCMPDQC16已知平行四边形 中，过 的圆分别交 ， ， 于 ， ， 求证：ADABEFGBEFCBG17设 为 与 的公共弦，点 ， 分
35、别在 ， 上，且 ， ，1O2 1O2ABCF的平分线交 ， 于点 ， 求证： A AEDAF18解方程 22417xx19求函数 的值域(,)yabaR20已知 求证： 21(,)xxy 22xy21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 ，TABC ABCAM， ，且 ， ， 为切点求证： ， ， 三条线段中，一条线段等于另外两条线BNCPMNPPMN段之和22在 中， ，外接圆为 三条内角平分线分别交 ， 和 于点 ，A BD和 ，通过点 的直线平行于 交圆 于点 ，点 在圆 上，且 求证：EFBEFQQPAPC23在四边形 中， 点 在 上，点 在 的延长
36、线上，且 ，AC=DBEBEAC求证：四边形 有外接圆ADE24 与 相交于 ， 两点， 的一条弦 与 相切于点 ，且 与 相切于点1O2 1O2OADA1O求证： 3BCA习题 B1设圆内接四边形 的四边 ， ， ， 求对角线 和 的长（用DABaCbDcAdACB， ， ， 表示） abcd2已知 内接于 ， 为 内任一点，过点 引 ， ， 的平行线，分别交 ，AB OP P于 ， ，交 ， 于 ， ，交 ， 于 ， ， 为 过点 的弦试证：CFECKIABGHAOP （数学通报1991 年第 9 期问题）224KIGHD3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
37、切圆半径之和与对角线的选取无关 （ -23 预选题）IM4设 ， 是同心圆， 的半径是 的半径的 （ ）倍 边形 内接于 ，延长1C22C11n12An1C ， 分别交圆 于 ， ， ，若 边形 ， 的周长分别nA1nA2B2n B为 ， 试证： ，其中等号当且仅当 边形 是正 边形时成立 （ -21 预选1p22p 12An IMO题）5已知边长分别为 ， ， 的 内接于 ， 内切于 ，切点 在 上，由点 ，abcABC O1AGABC， 分别引 的切线长顺次为 ， ， 证明： BC1OAdefadbecf6在圆内接四边形 中， ， ， ， 分别是 ， ， ，BD1A23A4 D D的内切圆
38、设 ， ， ， 上的切点依次是 ， ， ， ， ， ， ， ，设DCEFMNGHPQ的半径为 （ 1，2，3，4） 求证： iOAiR1324FNR7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B A BLLABCLK，垂足为 和 求证： 的面积等于四边形 的面积 （ -28 试题）LMK AKIO8 为 内接三角形， 点 在 上，从 点分别作 ， 的垂线交C ACDBCO于 、 ，射线 ， 交于 点则 的充要条件是 ADEFEFPP309证明：设 中， ， 与 的三条角平分线分别交 的外接圆于 ， ， ，B B A 1AB1C则 （1982 年澳大利亚竞赛题）11
39、CAC10设 是凸六边形，且 ， ， 证明： ，并DEFDEF32CDEFBA指出等式在什么条件下成立 （ -38 预选题）IMO11在 中， ， ，过 点作 的外接圆 的切线，交直线 于 ，ABC 90 AC ABC B设点 关于 的对称点为 ，作 于 ， 为 的中点， 与 交于 证明：EXB YXYAZ为 的外接圆的切线 （ -D Z IO39 预选题）12 为正 的外接圆， 为 的直径，在 上任取一点 （ ， ） ，设 ，OABC ADOABCPBCE分别为 ， 的内心证明 F P PEF13设 为 的重心，在 所在平面上确定点 的位置，使得G BC有最小值，并用 的边长表示这个最小值G
40、 （ -42 预选题）IMO14设 （ ）为凸 边形证明： 为圆内接多边形的充分必要条件是对每个顶12An4 n12An点 对应一组实数 ， ，满足 （ -41 预选题）j jbc1,2,j(1)ijjijbcijn IMO第三章 托勒密定理及应用习题 A1由 和 ，有 ， ，对四边形 应用托勒密定CDEB CEDA 4BEC4DAABCD理，有 令 ，得方程 ，求得416 x2610x(舍去了负值)于是 又 ，求得 ， 或2x 2 83E4， ，总之 为所求4B372连 ， ，由 ， ，知EFFBCFEABFFAC，即 设其比值为 （ 为参数） ，则 ，D EDAkk，对四边形 应用托勒密定
41、理有 ，即kACk ()EDBE注意到 ，消去 ，得 ()B CA3连 ，在四边形 中应用托勒密定理，有 PC2PCB4连 ，设 ， ， 的半径为 由 为 上中线，可令1l1,DBADO RC由正弦定理有 ， 对四边形2ABCACSSk 12sinR1sin()D应用托勒密定理，有 ，消去 ，两边同乘1 12sin2RCA 2R以得 ，亦即21112ACDABDBCBSSS ，由此即证12ABC5连 ，则 ， 对四边形 应用托勒密定理，有53,15435131345A，即 ，由此整理即证341543() 24()6对四边形 应用托勒密定理，有 ，即 ，同理，AB 1abcB111abcABc对四边形 ， ， 分别应用托勒密定理，有ABC， ， 由此1ABcbCab四式即证得结论7设圆心 到 ， ， 的距离分别为 ， ， ，连接 并延长与 交于 ，连 ，O1x23O D，则 ， ，对四边形 应用托勒密定理有 同理，DC12x2DxD12xcR， 加之 ，23xbaRc3bcRa123()()()()abxcabc但 ，以上两式相加得 但 ， ，1()cr 3
