托勒密定理 [4托勒密定理与西姆松定理]

§4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：定理：在四边形ABCD中，有：ABCDADBCACBD

证：在四边形ABCD内取点E，使BAECAD，ABEACD 则：ABE和ACD相似 又

ABBE

ABCDACBEACCD

ABAE

且BACEADABC和AED相似ACADBCED ADBCACED

ACAD

ABCDADBCAC(BEED) 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； 并且当且仅当四边形ABCD内接于圆时，等式成立；

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：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、

∴∠ABD=∠BAC． DA．∵AD=BC，ACDBDC

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，连结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，

练习1.已知△ABC中，∠B=2∠C。求证：AC=AB+AB·BC。 【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，AC·BD=AD·BC+CD·AB。

练习2.由ABC外接圆的弧BC上一点P分别向边BC、AC与AB作垂线PK、PL和PN，

2

2

BCACAB



PKPLPM

证：连接PA、PB、PC，对于四边形ABPC利用托勒密定理有： BCAPACBPABCP

BCACAB APPKBPPLCPPM

PKPLPM

由KBPLAP可知RtKBP和RtLAP相似

PKPB APPKBPPL

PLPA

同理可得：BPPLCPPM

BCACAB

APPKBPPLCPPM可得：PKPLPM

BCACAB 

PKPLPM 由

:从ABC外接圆上任意一点P向BC、CA、AB或它们的延长线引垂线，西姆松(Simson)定理（西姆松线）

垂足分别为D、E、F，则D、E、F三点共线.

证明:连接DE、DF，显然，只需证明BDFEDC即可； BDPBFP90B、F、P、D四点共圆， BDFBPF同理可得：EDCEPC

又BFPPEC90且PCE180PCAPBA BPFEPCBDFEDCD、E、F三点共线

注：

1直线DEF叫做ABC的关于P点的西姆松线；2西姆松定理的逆定理也成立，即：

从一点P向ABC的三边(或它们的延长线)引垂线，若其垂足D、E、F在同一直线上，则P在ABC 的外接圆上；

3西姆松定理还可推广为:

从ABC外接圆上任意一点P引与BC、CA、AB分别成同向的等角直线PD、PE、PF，它们与三边 交点分别为D、E、F，则D、E、F三点共线。

例7、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；

证明:设ABC的垂心为O，则O、E、C、D四点共圆 由西姆松定理有：Q、R、S三点共线 又O、F、B、D四点共圆

且由西姆松定理有：P、Q、R三点共线 P、Q、R、S四点共圆

例8、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。

证明:作BGDC,由西姆松定理有：F、E、G共线， 又BFDFDGDGB90 四边形BFDG为矩形

对角线FG平分另一条对角线BD

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； 证明： 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 BGFBGCCGFBECCDA

BGFA180，即圆ABF过点G同理圆AED也过点G 圆BCE、圆CDF、圆ABF、圆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，由西姆松定理可知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

例10、设ABC的外接圆的任意直径为PQ，则关于P、Q的西姆松线是互相垂直的。 提示:由P、Q向BC作垂线并延长交外接圆于点P"、Q"，先证P"A、Q"A分别与点P、Q

""""

的西姆松线平行，再证PPQQ是矩形，则PAQA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：

。

。

3．D、E、F分别在△ABC的BC、CA、AB边上，

， AD、BE、CF交成△LMN。求S△LMN。

4．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：

。

6．△ABC的BC边上的高AD的延长线交外接圆于P，作PE⊥AB 于E，延长ED交AC延长线于F。求证：BC·EF=BF·CE+BE·CF。

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）

8．O为△ABC内一点，分别以da、db、dc表示O到BC、CA、 AB的距离，以Ra、Rb、Rc表示O到A、B、C的距离。 求证：（1）a·Ra≥b·db+c·dc; (2) a·Ra≥c·db+b·dc; (3) Ra+Rb+Rc≥2(da+db+dc)。

9．△ABC中，H、G、O分别为垂心、重心、外心。 求证：H、G、O三点共线，且HG=2GO。（欧拉线）

10．⊙O1和⊙O2与ΔABC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：PA⊥BC。

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

6.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

11. 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=π-∠BAC=π-∠DAC=∠ACJ。 因此，△ACI≌△ACJ，从而∠IAC=∠JAC，即∠GAC=∠EAC。