1、1EDCBA4 托勒密定理与西姆松定理托勒密( Ptolemy)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： ABCDABCDBACD定 理 ： 在 四 边 形 中 ， 有 ： () EEABCEDACEDBAB证 ： 在 四 边 形 内 取 点 ， 使 ，则 ： 和 相 似又 且 和 相 似且 等 ABCD号 当 且 仅 当 在 上 时 成 立 ， 即 当 且 仅 当 、 、 、 四 点 共 圆 时 成 立 ；A并 且 当 且 仅 当 四 边 形 内 接 于 圆 时 ， 等 式 成 立 ；一、
2、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=PBPC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PABC=PBACPCAB，AB=BC=ACPA=PB+PC二、完善图形 借助托勒密定理例 2 、证明“勾股定理”：在 RtABC 中，B=90，求证：AC 2=AB2BC 2证明：如图，作以 RtABC 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ACBD=ABCDADBC 又ABCD 是矩形，AB=CD，AD=BC，AC=BD 把代人，得 AC
3、2=AB2BC 2例 3 、如图，在ABC 中，A 的平分线交外接圆于 D，连结 BD，求证：ADBC=BD(ABAC)证明：连结 CD，依托勒密定理有ADBCABCDACBD1=2， BD=CD故 ADBC=ABBDACBD=BD(ABAC)三、构造图形 借助托勒密定理例 4 若 a、b、x、y 是实数，且 a2b 2=1，x 2y 2=1求证：axby12证明：如图作直径 AB=1 的圆，在 AB 两边任作 RtACB 和 RtADB， 使 ACa，BC=b， BDx，ADy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ACBDBCAD=ABCDCDAB1，axby1四、巧变
4、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(bc)，求证：A=2B分析：将 a2=b(bc)变形为 aa=bbbc，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、 DAAD=BC， ABD=BACACDB又BDA=ACB(对同弧)，1=2依托勒密定理有BCAD=ABCDBDAC 而已知 a2=b(bc)，即 aa=bcb 2 BAC=2ABC五、巧变形 妙引线 借肋托勒密定理例 6 、在ABC 中，已知ABC=124
5、， 分析：将结论变形为 ACBCABBC=ABAC，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，连结 AD、CD在圆内接四边形 ADBC 中，由托勒密定理有ACBDBCAD=ABCD易证 AB=AD，CD=AC，ACBCBCAB=ABAC，练习 1.已知ABC 中，B=2C。求证：AC 2=AB2+ABBC。【分析】过 A 作 BC 的平行线交ABC 的外接圆于 D，连结 BD。则 CD=DA=AB，AC=BD。由托勒密定理，ACBD=ADBC+CDAB。2. BCBCPBCAPKLNPKLM练 习 由 外 接 圆 的 弧 上 一
6、 点 分 别 向 边 、 与 作 垂 线 、 和 ，求 证 ：3PABCABPCKLMBPLARtBPtAC证 ： 连 接 、 、 ， 对 于 四 边 形 利 用 托 勒 密 定 理 有 ：即 ：由 可 知 和 相 似同 理 可 得 ： CAPKBPLMBLM由 可 得 ：西姆松( Simson)定理（西姆松线）CA:从 外 接 圆 上 任 意 一 点 向 、 、 或 它 们 的 延 长 线 引 垂 线 ，DEF垂 足 分 别 为 、 、 ， 则 、 、 三 点 共 线 . 90 180BDFECBPPCAPBFE证 明 :连 接 、 ， 显 然 ， 只 需 证 明 即 可 ；、 、 、 四
7、点 共 圆 ，同 理 可 得 ：又 且 、 、 三 点 共 线注： ()3 12DABPPCDEFPABCABPBCAPDEF 叫 做 的 关 于 点 的 西 姆 松西 姆 松 定 理 的 逆 定 理 也 成 立 ， 即 ：从 一 点 向 的 三 边 或 它 们 的 延 长 线 引 垂 线 ， 若 其 垂 足 、 、 在 同 一 直 线 上 ， 则 在的 外 接 圆 上 ；西 姆 松 定 理 还 可 推 广 为 :从 外 接 圆 上 任 意 一 点 引 与 、 、 分 别 成 同 向 的 等 角 直 线 、 、直 线 线 ； ， 它 们 与 三 边交 点 分 别 为 、 、 ， 则 、 、 三
8、 点 共 线 。例 7、 CDEFDEFD设 的 三 条 垂 线 、 、 的 垂 足 分 别 为 、 、 ； 从 点 作PQRSQRS、 、 、 的 垂 线 ， 其 垂 足 分 别 为 、 、 、 ， 求 证 、 、 、 在 同一 直 线 上 ； ABOCQRSFDPPS证 明 :设 的 垂 心 为 ， 则 、 、 、 四 点 共 圆由 西 姆 松 定 理 有 ： 、 、 三 点 共 线又 、 、 、 四 点 共 圆且 由 西 姆 松 定 理 有 ： 、 、 三 点 共 线、 、 、 四 点 共 圆例 8、 ABCDBACD四 边 形 是 圆 内 接 四 边 形 ， 且 是 直 角 ， 若 从
9、 作 直 线 、 的 垂 线 ， 垂 足EEB分 别 为 、 ， 则 直 线 平 分 线 段 。4, 90 BGDCFEGFBD证 明 :作 由 西 姆 松 定 理 有 ： 、 、 共 线 ，又 四 边 形 为 矩 形对 角 线 平 分 另 一 条 对 角 线例 9、 求 证 ： 四 条 直 线 两 两 相 交 所 构 成 的 四 个 三 角 形 的 外 接 圆 相 交 于 一 点 ， 且 由 该 点 向 四 条直 线 所 作 垂 线 的 垂 足 在 一 条 直 线 上 ； 180 ABCABCDEBCDFEFGGGEAB证 明 ： 如 图 ， 设 四 条 直 线 、 、 、 中 ， 交 于
10、点 ，交 于 点 ， 圆 与 圆 的 另 一 个 交 点 为， 即 圆 过 点 同 理 圆 也 过 点圆 、 圆 、 圆 、 圆 交 于 同 一 点CDELMNPLMNMNPP若 点 向 、 、 、 所 作 垂 线 的 垂 足 分 别 为 、 、 、 、 ，由 西 姆 松 定 理 可 知 、 、 在 一 条 直 线 上 ，、 、 在 一 条 直 线 上 ， 故 、 、 、 在 同 一 条 直 线 上例 10、 ABQ设 的 外 接 圆 的 任 意 直 径 为 ， 则 关 于 、 的 西 姆 松 线 是 互 相 垂 直 的 。 Q PAQPQP提 示 :由 、 向 作 垂 线 并 延 长 交 外
11、 接 圆 于 点 、 ， 先 证 、 分 别 与 点 、的 西 姆 松 线 平 行 ， 再 证 是 矩 形 ， 则作业：1设 AD 是ABC 的边 BC 上的中线，直线 CF 交 AD 于 F。求证： 。2过ABC 的重心 G 的直线分别交 AB、AC 于 E、F，交 CB 于 D。求证： 。3D、E、F 分别在ABC 的 BC、CA、AB 边上， AD、BE、CF 交成LMN。求SLMN 。54以ABC 各边为底边向外作相似的等腰BCE、CAF、ABG。求证：AE、BF、CG 相交于一点。5已知正七边形 A1A2A3A4A5A6A7。求证： 。6ABC 的 BC 边上的高 AD 的延长线交外
12、接圆于 P，作 PEAB于 E，延长 ED 交 AC 延长线于 F。求证：BCEF=BFCE+BECF。7正六边形 ABCDEF 的对角线 AC、CE 分别被内分点 M、N 分成的 比为 AM：AC=CN：CE=k，且 B、M、N 共线。求 k。（23-IMO-5）8O 为ABC 内一点，分别以 da、d b、d c表示 O 到 BC、CA、AB 的距离，以 Ra、R b、R c表示 O 到 A、B、C 的距离。求证：（1）aR abd b+cdc; (2) aRacd b+bdc;(3) Ra+Rb+Rc2(d a+db+dc)。9ABC 中，H、G、O 分别为垂心、重心、外心。求证：H、G
13、、O 三点共线，且 HG=2GO。（欧拉线）610O 1和O 2与 ABC 的三边所在直线都相切，E、F、G、H 为切点，EG、FH 的延长线交于 P。求证：PABC。11如图，在四边形 ABCD 中，对角线 AC 平分BAD。在 CD上取一点 E，BE 与 AC 相交于 F，延长 DF 交 BC 于 G。求证：GAC=EAC。1.分析：CEF 截ABD （梅氏定理）评注：也可以添加辅助线证明：过 A、B、D 之一作 CF 的平行线。2.分析：连结并延长 AG 交 BC 于 M，则 M 为 BC 的中点。DEG 截ABM （梅氏定理）DGF 截ACM （梅氏定理） = = =1评注：梅氏定理3. 梅氏定理4. 塞瓦定理5.评注：托勒密定理76.评注：西姆松定理（西姆松线）7.评注：面积法8.评注：面积法9.评注：同一法10. 评注：同一法811. 证明：连结 BD 交 AC 于 H。对BCD 用塞瓦定理，可得因为 AH 是BAD 的角平分线，由角平分线定理，可得 ，故 。过 C 作 AB 的平行线交 AG 的延长线于 I，过 C 作 AD 的平行线交 AE 的延长线于 J。则 ，所以 ，从而 CI=CJ。又因为 CI/AB，CJ/AD，故ACI=-BAC=-DAC=ACJ。因此，ACIACJ，从而IAC=JAC，即GAC=EAC。
