高中数学竞赛辅导之——托勒密定理和西姆松定理.doc

托勒密定理和西姆松定理一、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：设四边形ABCD内接于圆，则有AB∙CD+AD∙BC=AC∙BD；分析 可设法把 ACBD拆成两部分，如把AC写成AE+EC，这样，ACBD就拆成了两部分：AEBD及ECBD，于是只要证明AEBD=ADBC及ECBD=ABCD即可．证明 在AC上取点E，使ADE=BDC，由DAE=DBC，得⊿AED∽⊿BCD．∴ AE∶BC=AD∶BD，即AEBD=ADBC． ⑴又ADB=EDC，ABD=ECD，得⊿ABD∽⊿ECD． ∴ AB∶ED=BD∶CD，即ECBD=ABCD． ⑵⑴+⑵，得 ACBD=ABCD+ADBC．说明 本定理的证明给证明ab=cd+ef的问题提供了一个典范． 定理：在四边形ABCD中，有AB∙CD+AD∙BC≥AC∙BD，并且当且仅当四边形ABCD内接于圆时，等式成立EDCBA【解析】在四边形ABCD内取点E，使∠BAE=∠CAD，∠ABE=∠ACD，则：∆ABE和∆ACD相似，所以ABAC=BECD⟹AB∙CD=AC∙BE，又因为ABAC=AEAD且∠BAC=∠EAD，所以∆ABC和∆AED相似，所以AB∙CD+AD∙BC=AC∙(BE+ED)，所以AB∙CD+AD∙BC≥AC∙BD，且等号当且仅当E在BD上时成立，即当且仅当A、B、C、D四点共圆时成立。

1.1 直接应用托勒密定理1． 如图所示，P是正△ABC外接圆的劣弧BC上任一点(不与B、C重合)， 求证：PA=PB＋PC．【解析】：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=PBAC＋PCAB，∵AB=BC=AC．　∴PA=PB+PC．1. 2 完善图形 借助托勒密定理2． 如图，在△ABC中，∠A的平分线交外接圆于D，连结BD，求证：ADBC=BD(AB＋AC)．【解析】：连结CD，依托勒密定理，有ADBC＝ABCD＋ACBD．∵∠1=∠2，∴ BD=CD．故 ADBC=ABBD＋ACBD=BD(AB＋AC)．3． 证明“勾股定理”：在Rt△ABC中，∠B=90，求证：AC2=AB2＋BC2【解析】：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ACBD=ABCD＋ADBC． ①，又∵ABCD是矩形，∴AB=CD，AD=BC，AC=BD． ②把②代人①，得AC2=AB2＋BC2．1.3 构造图形 借助托勒密定理4． 若a、b、x、y是实数，且a2＋b2=1，x2＋y2=1．求证：ax＋by≤1．【解析】：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ACBD＋BCAD=ABCD．　∵CD≤AB＝1，∴ax＋by≤1．1.4 巧变原式 妙构图形，借助托勒密定理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aa=bb＋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．【解析】：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，∴ACD=BDC∴∠ABD=∠BAC．又∵∠BDA=∠ACB(对同弧)，∴∠1=∠2．于是BD=AC，则BD=AC=b依托勒密定理，有BCAD=ABCD＋BDAC． ①，而已知a2=b(b＋c)，即aa=bc＋b2． ②，比较得CD=b=BD，CD=BD，∠3=∠1=∠2，∴∠BAC=2∠ABC．1.5 巧变形 妙引线 借肋托勒密定理6． 设A1A2A3…A7是圆内接正七边形，求证：=+．(1987年第二十一届全苏)分析 注意到题目中要证的是一些边长之间的关系，并且是圆内接多边形，当然存在圆内接四边形，从而可以考虑用Ptolemy定理．证明 连A1A5，A3A5，并设A1A2=a，A1A3=b，A1A4=c．本题即证=+．在圆内接四边形A1A3A4A5中，有A3A4=A4A5=a，A1A3=A3A5=b，A1A4=A1A5=c．于是有ab+ac=bc，同除以abc，即得=+说明 Ptolemy定理揭示了圆内接四边形中线段关系，在数学中应用非常广泛．7． 在△ABC中，已知∠A∶∠B∶∠C=1∶2∶4，求证：1AB+1AC=1BC。

1)(2)ABCABCcabacb【解析】：将结论变形为ACBC＋ABBC=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，边结AD、CD．在圆内接四边形ADBC中，由托勒密定理，有ACBD＋BCAD=ABCD，易证AB=AD，CD=AC，∴ACBC＋BCAB=ABAC，两端同除以AB∙BC∙AC，得1AB+1AC=1BC8. 如图,△ABC与△ABC的三边分别为a、b、c与a、b、c,且∠B＝∠B,∠A＋∠A＝180.试证：aa＝bb＋cc. [ABCDabbc证明：作△ABC的外接圆,过C作CD∥AB交圆于D,连结AD和BD,如图所示.∵∠A＋∠A＝180＝∠A＋∠D,∠BCD＝∠B＝∠B,∴∠A＝∠D,∠B＝∠BCD.∴△ABC∽△DCB.有＝＝,即 ＝＝.故DC＝,DB＝.又AB∥DC,可知BD＝AC＝b,BC＝AD＝a.从而,由例9结论（Ptolemy定理）,得ADBC＝ABDC＋ACBD,即a2＝c＋b.故aa＝bb＋cc.二、 西姆松定理西姆松定理：若从∆ABC外接圆上一点P作BC、AB、AC的垂线，垂足分别为D、E、F，则D、E、F三点共线。

分析 如果连ZX、ZY，能证得1=3，则由AZB=180得YZX=180，即可证此三点共线．证明1：PXB=PZB=90P、Z、X、B四点共圆1=2．PZA=PYA=90P、Z、A、Y四点共圆3=4．但2+5=90，4+6=90，而由P、A、C、B四点共圆，得5=6．故2=4，从而1=3．故X、Y、Z共线．说明 本题的证法也是证三点共线的重要方法． 证明2：连接DE、DF，显然，只需证明∠BDE=∠FDC，即可；因为∠BDP=∠BEP=90，所以B、E、P、D四点共圆，所以∠BDE=∠BPE，同理可得：∠FDC=∠PFC，又因为∠BEP=∠PFC=90，且∠PFC=180-∠PBA=∠PBE，所以∠BPE=∠FPC，所以∠BDE=∠FDC，所以D、E、F三点共线西姆松逆定理：从一点P向∆ABC的三边（或它们的延长线）作垂线，若垂足L、M、N在同一直线上，则P在∆ABC的外接圆上9． 设∆ABC的三条垂线AD、BE、CF的垂足分别为D、E、F；从点D作AB、BE、CF、AC的垂线，其垂足分别为P、Q、R、S，求证P、Q、R、S在同一直线上解析】设∆ABC的垂心为O，则O、E、C、D四点共圆，因为由西姆松定理有：Q、R、S三点共线，又因为O、F、B、D四点共圆，且由西姆松定理有：P、Q、R三点共线，所以P、Q、R、S四点共圆10． 四边形ABCD是圆内接四边形，且∠D是直角，若从B作直线AC、AD的垂线，垂足分别为E、F，则直线EF平分线段BD。

解析】作BG⊥DC，由西姆松定理有：F、E、G共线，又因为∠BFD=∠FDG=∠DGB=90，所以四边形BFDG为矩形，所以对角线FG平分另一条对角线BD11． 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解析】如图，设四条直线AB、BC、CD、AD中，AB交CD于点E，BC交AD于点F，圆BCE与圆CDF的另一个交点为G，所以∠BGF=∠BGC+∠CGF=∠BEC+∠CDA，所以∠BGF+∠A=180，即圆ABF过点G，同理圆AED也过点G，所以元BCE、元CDF、元ABF，元AED交于同一点G，若点G向AB、BC、CD、DA所作垂线的垂足分别为E、L、M、N、P，有西姆松定理可知，L、M、N在一条直线上，M、N、P在一条直线上，故L、M、N、P在同一条直线上。