第3章 托勒密定理及应用(含答案)

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．①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．②事实上，由①式，应用正弦定理将，，换掉即得②式．推论2（四角定理）四边形内接于，则．③事实上，由①式，应用正弦定理将六条线段都换掉即得③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．①又，有，亦有．②由①式与②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，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，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，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，①即．这由托勒密定理的推论2即证．注对于①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．①连，由，有．由①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）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，．①对上述①式中前一式两边同乘后，两边同加上，然后注意到上述①式中的后一式，有．即．故．其中等号成立的充分必要条件是①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，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）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．①同理，，，．以上四式相加，得．②为使②式中等号成立，当且仅当所加的四式均为等式．而①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，即当且仅当四边形为正方形时②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，①对于，有．②对于，有．③对于，有．④由①，③得，即．⑤由②，④得，即．⑥由⑤与⑥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：．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，．点在上，从点分别作，的垂线交于、，射线，交于点．则的充要条件是．9．证明：设中，，与的三条角平分线分别交的外接圆于，，，则．（1982年澳大利亚竞赛题）10．设是凸六边形，且，，．证明：，并指出等式在什么条件下成立．（-38预选题）11．在中，，，过点作的外接圆的切线，交直线于，设点关于的对称点为，作于，为的中点，与交于．证明：为的外接圆的切线．（-39预选题）12．为正的外接圆，为的直径，在上任取一点（，），设，分别为，的内心．证明．13．设为的重心，在所在平面上确定点的位置，使得有最小值，并用的边长表示这个最小值．（-42预选题）14．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点对应一组实数，，满足．（-41预选题）第三章托勒密定理及应用答案习题A1．由和，有，，对四边形应用托勒密定理，有．令，得方程，求得(舍去了负值)．于是．又，求得，或，，总之为所求．2．连，，由，，知，即．设其比值为（为参数），则，，对四边形应用托勒密定理．有，即注意到，消去，得．3．连，在四边形中应用托勒密定理，有．4．连，设，，的半径为．由为上中线，可令．由正弦定理有，．对四边形应用托勒密定理，有，消去，两边同乘以得，亦即，由此即证．5．连，则，．对四边形应用托勒密定理，有，即，由此整理即证．6．对四边形应用托勒密定理，有，即，同理，对四边形，，分别应用托勒密定理，有，，．由此四式即证得结论．7．设圆心到，，的距离分别为，，，连接并延长与交于，连，，则，，对四边形应用托勒密定理有．同理，，．加之，但，以上两式相加得．但，，，由此即证．8．作一直径的圆，在的两侧分别取，二点，使，，于是，，对四边形应用托勒密定理，有，将此式与原方程比较得．在中，由余弦定理，有，知，故为所求．9．作直径的圆，并作弦，的圆内接四边形，则，．应用托勒密定理，有，即，由此得，即也是圆的直径，故．10．当时，，当时，作代换，，，即，以为直径作圆，作弦，作弦，则，．由托勒密定理及，有，亦有，即，故．11．连，，，对四边形应用托勒密定理，有，而，有．同理，，由此即证．12．不失一般性，令点位于内部（其中为中心），作于，于，于．由，，，四点共圆，有，知，，，四点共圆，即，，，，共圆，推知是正三角形，在中，有，即，故．13．作外接圆的直径，并设，，则，直径．对四边形应用托勒密定理，有．从而．14．令，对四边形应用托勒密定理，有，即有．对四边形应用托勒密定理，有，即．15．对四边形应用托勒密定理，，即．又及，有，，于是，注意到即证．16．连，和，对四边形应用托勒密定理，有，又，，则，有，令其比值为，则，消去，注意到即证．17．作交于，则，．对四边形应用托勒密定理，．由平分，知，即，由此知，有．故．同理，有．此两式相减有，故．18．在直径的圆中，在两个半圆上分别取点和，使，，则，．由托勒密定理，有，与原方程比较得．在中，由余弦定理，有，则，故．19．由，在直径的圆中，在一半圆上取点，使，；在另一半圆上取中点，则．连，知，由托勒密定理，有，即又在中，（当与或重合时，取等号)，故．20．设，则．当时，命题显然成立，当时，在直径的一半圆上取点，使，，因，则可在另一半圆上取点，使，，由托勒密定理，有，即，但．21．设点在劣弧上，连，，，分别交小圆于点，，．连，，，过点作公切线．由，有，有．又，，有，即．同理，．对圆内接四边形应用托勒密定理，有，而，则，故．22．令，，．由平分，有，亦有，即．同理，．由，有，从而，注意到，有，即，即．在圆内接四边形中，应用托勒密定理，有，故，因此，．23．由，，，又，则，由托勒密定理之逆，知有外接圆．24．连，，由，且，有，亦有，即．在圆内接四边形中，应用托勒密定理，有，于是．又，，有，有．于是，故．习题B1．在弧上取点，使，连，，令，，，易证，即．对四边形，分别应用托勒密定理，有，．又在弧上取点，使，由，有对四边形应用托勒密定理，有．又由，有．于是，，由此即求得，．2．作的外接圆，分别截，于点，，．易证，即，，即，．对四边形应用托勒密定理，有，故．（*）同理，由托勒密定理，有．于是，即从而．由(*)式减去上式，有，即．又，，，故，其中等号当且仅当为的中心时取得．3．设四边形内接于以为圆心，半径为的圆，设点在弦，，，，，上的射影分别为点，，，，．记，，与，为与的面积与半周长，，为它们的内切圆半径．考虑含点的三角形，不妨设在内，分别对四边形，，，应用托勒密定理，并注意，，是的中位线，有．，故．考虑在三角形外部的情形，考虑，对四边形，，应用托勒密定理，有，故．在上述情形下，．对一般情形，所求内切圆半径之和等于，，，，并赋以一定的符号之和，这些符号只与点相对四边形的位置有关．因此，这个和与对角线的选取无关．4．设圆的圆心为，半径为，连，，在四边形中应用托勒密不等式，有，即)，故．同理，迭用托勒密不等式，有；；；，．将上述几个同向不等式相加，得，故．由托勒密不等式中等号成立的条件是当且仅当四边形，，，，都是圆内接四边形，由圆内接四边形性质，知，，但，则，从而，因此．同理，，即边形为正边形．反之，若为正边形，将其绕点逆时针方向旋转，知，，，，从而，，，．于是知也是正边形，因此有，．此时有．5．作，的公共直径，其中是的直径，是的直径，连交于点．显然，于是，，即．同理，，．在中应用托勒密定理，有．此时两边同乘以，即可得．6．首先证，．由切线长定理，有，，而，故．同理．连，，，，由与互补，知与互余，有，即．于是．同理，．令，，,,，．于是，，，，，，．对应用托勒密定理，有，即，亦即．即证．7．设，对，，应用三弦定理，则有，因，则．又在中，，则．又易知，即知，于是，即证．8．必要性：连，，知，均为等腰三角形，且，知，，，共圆，由托勒密定理，有，由得，即为正三角形，推得．充分性：由，知为正三角形，且由知，，，共圆，由托勒密定理，有，及，即得．9．对四边形应用托勒密定理，有，令，注意，有，即．同理，，，此三式相加即证．10．令，，．对四边形应用托勒密不等式，有，注意，有．同理。，．令，，，有，即知，（*）故，其中等号成立，即要（*）式中等号成立，亦即每次应用托勒密不等式中等号也成立．从而，，都是圆内接四边形，即为圆内接六边形且成立．即为正六边形时成立．11．连交于，连,．对及截线应用梅涅劳斯定理，有，即．令，有，即．对四边形应用托勒密定理，有．（*）注意及，有，（*）式变为．由，有，，有，注意，有，即，亦即，再由知，有．又，所以．即证12．设在内部，取，中点，，可证，，；，，分别共线，由，可证及，知，，，共圆，在此圆中应用托勒密定理，有．再由为正三角形即证得，若在上有．即证．13．设，，分别为顶点，，所对边长，下证所求最小值当为重心时取到，且最小值为．设是过，，的圆，中线交于（在内）和，令，，（为中点）．由为中点，知，到的距离相等．即，故．同理，．设为圆的半径，则，，，又设是所在平面上任意一点，由托勒密不等式，有，等号当且仅当在上成立，由（*）式，有．两边同加得，而，则，等号当且仅当在线段上，且在圆上成立，即等号当且仅当与重合时成立．14．充分性：由于，故，应用托勒密定理的逆定理，知，，，四点共圆．从而点，，，均在的外接圆上，即为圆内接多边形．必要性：以圆内接多边形的外接圆为单位圆建立复平面．设对应的复数为，其中，令，，则对对任意，有．综上即证．