山西省太原市初中数学奥林匹克中的几何问题 第3章 托勒密定理及应用(含答案)

【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ABCD内接于O，在BD上取点P，使∠PAB∠CAD，则△ABP∽△ACD，于是

AEOθBPθGDC图3-1

ABBPABCDACBP． ACCD又△ABC∽△APD，有BCADACPD． 上述两乘积式相加，得 ABCDBCADAC（BPPD）ACBD．

①

注 此定理有多种证法，例如也可这样证：作AE∥BD交o于E，连EB，ED，则知BDAE为等腰梯形，有EBAD，EDAB，∠ABD∠BDE，且∠EBC∠EDC180，令∠BAC，AC与

BD交于G，则

111SABCDACBDsin∠AGDACBDsin()ACBDsin∠EDC，

22211SEBCDS△EBCS△ECDEBBCsin∠EBCEDDCsin∠EDC

2211EBBCEDDCsin∠EDCADBCABDCsin∠EDC． 22易知 SABCDSEBCD，从而有ABDCBCADACBD．

推论1（三弦定理） 如果A是圆上任意一点，AB，AC，AD是该圆上顺次的三条弦，则

② ACsin∠BADABsin∠CADADsin∠CAB．

事实上，由①式，应用正弦定理将BD，DC，BC换掉即得②式．

推论2（四角定理） 四边形ABCD内接于O，则sin∠ADCsin∠BADsin∠ABDsin∠BDC

③ sin∠ADBsin∠DBC．

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A，B，C，D为一直线上依次排列的四点，则ABCDBCADACBD．

注 由直线上的托勒密定理有如下推论：若A，B，C，D是一条直线上顺次四点，点P是直线AD外一点，则

sin∠APBsin∠CPDsin∠APDsin∠BPCsin∠APCsin∠BPD． 事实上，如图3-2，设点P到直线AD的距离为h，

PAB图3-2CD

由ABCDADBCACBD，有 S△PABS△PCDS△PADS△PBCS△PACS△PBD，

1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PAPBPCPD即得推论．

4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P，连PA、PB、PC、PD，设PB交AD于B，PC交AD于C． 由正弦定理 sin∠APBABCDADBCAC，，，，，sin∠CPDsin∠APDsin∠BPCsin∠APC2R2R2R2R2Rsin∠BPDBD，其中R为圆的半径． 2RAB'BC'PC图3-3D

对A、B、C、D应用直线上的托勒密定理的推论，有

sin∠APBsin∠CPBsin∠APDsin∠BPCsin∠APBsin∠CPDsin∠APDsin∠BPCsin∠APCsin∠BPDsin∠APCsin∠BPD． 故ABCDADBCACBD．

四边形中的托勒密定理（或托勒密不等式） 设ABCD为任意凸四边形，则ABCDBCAD≥ ACBD，当且仅当A，B，C，D四点共圆时取等号．

证明 如图3-4，取点E使∠BAE∠CAD，∠ABE∠ACD，则△ABE∽△ACD，即有且

ADAC，AEABACCD，即 ABBEADEB图3-4C

ABCDACBE．

①

又∠DAE∠CAB，有△ADE∽△ACB，亦有

② ADBCACED．

由①式与②式，注意到BEED≥BD，有

ABCDBCADAC（BEED）≥ACBD．

其中等号当且仅当E在BD上，即∠ABD∠ACD时成立．此时A，B，C，D四点共圆．由此，即有

托勒密定理的逆定理 在凸四边形ABCD中，若ABCDBCADACBD，则A，B，C，D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△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若角A，B，C的大小成等比数列，且 （1985年全国高中联赛题） b2-a2ac，则角B的弧度数等于多少？

解 如图3-5，过点C作CD∥AB交△ABC的外接圆于D，连AD，则四边形ABCD为等腰梯形．由托勒密定理，有b2a2cCD．

DbacBCA图3-5

由已知有b2a2ca，则CDa，从而

ADDCCB，即ADC2BC，亦即∠B2∠BAC．

又因为在△ABC中，角A，B，C的大小成等比数列，则公比q∠B2，从而∠A∠B∠C ∠Aπ2π，∠B为所求． 77例2 凸四边形ABCD中，∠ABC60，∠BAD∠BCD90，AB2，CD1，对角线AC，BD交于点O．如图3-6，求sin∠AOB． （1996年北京中学生竞赛题）

∠A2∠A4∠A7∠Aπ，故∠ACDOPA图3-6B

解 因∠BAD∠BCD90，则A，B，C，D四点共圆．延长BA，CD交于P，则∠ADP∠ABC 60．

设ADx，有AP3x，DP2x，由割线定理，有(23x)3x2x(12x)．求得ADx23-2，

BP4-3． 2对ABCD应用托勒密定理，有 BCBDAC(4-3)(23-2)21103-12．

又SABCDS△ABDS△BCD 133． (23-2)(4-3)221331563从而，(103-12)sin∠AOB．故sin∠AOB．

2226例3 如图3-7，已知在△ABC中，ABAC，∠A的一个外角的平分线交△ABC的外接圆于点E，过E作EF⊥AB，垂足为F．求证：2AFAB-AC． （1989年全国高中联赛题）

EFHADBG图3-7C

证明 在FB上取点D，使FDFA，连ED并延长交圆于G，连AG，EC，则∠ACE∠AGD，

，从而△ADG∽△EAC，且∠ADG180-∠ADE180-∠EAH∠EAC（H在CA的延长线上）BCAG．于是，注意BCAG，有

AEBCAEBC，故2AF． ECEC连EB，对四边形AEBC应用托勒密定理，有

ABECAEBCBEAC，即AEBCABEC-BEAC． ADABEC-BEACAB-AC．

EC其中ECBE可由∠EAB∠EAH∠EBC推得． 注 （1）也可应用三弦定理证明．设∠DAE∠EAB，则∠FAC180-，对∠BAC180-2．

180-）AEsin（180-2）ACsin，即AB，AE，AC应用三弦定理，得ABsin（于是2AFAEsin22AEcos．又在Rt△AEF中，AEcosAF，故2AFAB-AC．

sin（2）也可以应用阿基米德折弦定理证明．由BFFAAC，有AB-AFFAAC，即2AFAB-AC． 例4 如图3-8，在锐角△ABC的BC边上有两点E，F，满足∠BAE∠CAF，作FM⊥AB于M，FN⊥AC于N，延长AE交△ABC的外接圆于点D．证明：四边形AMDN与△ABC的面积相等．

（2000年全国高中联赛题） AB-ACAMNBED图3-8FC

证明 设∠BAE∠CAF，∠EAF，有S△ABC11ABAFsin()ACAFsin 22AF(ABCDACBD)，其中R为外接圆半径． 4R又S四边形AMDN11AMADsinADANsin() 221AD[AFcos()sinAFcossin()] 21AFADAFsin(2)ADBC． 24R由托勒密定理，有ABCDACBDADBC，

例5 如图3-9，在△ABC中，∠A60，ABAC，点O是外心，两条高BE，CF交于H点，点M，

N分别在线段BH，HF上，且满足BMCN．求

MHNH的值．

OH（2002年全国高中联赛题）

AFOMB图3-9NHEC

解法1 连OB，OC，由三角形外心及垂心性质，知∠BOC2∠A120，∠BHC180- ∠HBC-∠HCB180-(90-∠C)-(90-∠B)180-∠A120，即B，C，H，O四点共圆．在此圆中对四边形BCHO应用托勒密定理，有 BOCHOHBCBHOC．

设△ABC的外接圆半径为R，则BOOCR，且由∠A60，知BC3R，即有RCH OH3RBHR，亦即BH-CH3OH．

而MHNH(BH-BM)(CN-CH)BH-CH，

MHNH3为所求．

OH解法2 同解法1，知B，C，H，O四点共圆，有∠OBH∠OCH，而BOOC，BMCN，则△OBM≌△OCN，从而OMON，∠BMO∠CNO，由此知O，M，H，N四点共圆，且等腰故

△OMN的顶角∠MON∠NHE120，即知

MNsin1203． OMsin30MHNHMN3为

OHOM对四边形OMHN，应用托勒密定理，有MHONNHOMOHMN，故

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△ABC内切圆I分别与边AB、BC切于点F、D，直线AD、CF分别与I交于另一点

FDHK （2010年东南奥林匹克题） 3． H、K．求证：

FHDK证明 设内切圆AC于点Q，联结FQ、DQ、KQ、HQ（图略）．由△CDK∽△CFD及QCQKDKDC及． FCFQFDFC注意到DCQC，有DKFQFDQK． 同理，有FHDQFDHQ．

分别对四边形FDKQ及FDQH应用托勒密定理，有 KFDQ2DKFQ，HDFQ2FHDQ．

△CQK∽△CFQ，有

KFHD4．

FHDK又由托勒密定理，有KFHDDFHKFHDK．

这两式相乘，有

故

KFHDFDHK43．

FHDKFHDK2．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l12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l12，l23，l34，l41为边长，以l13，l24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O1，O2，O3，O4，第五个圆为O，前四个圆与O分别内切于A，B，C，D，则易知A，O1，O三点共线．类似地，有B，O2，O；C，O3，O；D，O4，O三点共线．

AO1BDO4OO2O3C图3-10

设五个圆的半径分别为r1，r2，r3，r4，R；OO1a，∠BOC，∠COD，∠AOB，∠DOA；OO2b，OO3c，OO4d，则aR-r1，bR-r2，cR-r3，dR-r4．

22从而，l12O1O2-(r1-r2)2a2b2-2abcos-(a-b)24absin22．故l122absin2．

同理，可求得l23，l34，l41，l13，l24．

要证明以l12，l23，l34，l41为边长，以l13，l24为对角线所构成的凸四边形的四个顶点共圆，只要证明l12l34l23l41l13l24，化简后只要证明sin222222sin∠ADBsin∠DBCsin∠BDCsin∠ABDsin∠ADCsin∠BAD．这由托勒密定理的推论2即证．

sinsinsinsinsin，①即

注 对于①也可由正弦定理AB2Rsin转换成ABCDBCDAACBD即证．此例是一个富有应2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．

11例8 经过∠XOY的平分线上的一点A，任作一直线与OX及OY分别相交于P，Q．求证：OPOQ为定值．

证明 如图3-11，过O，P，Q三点作圆，交射线OA于B．设∠POA∠QOA，对四边形OPBQ中的三条弦OP，OB，OQ应用托勒密定理的推论1，有

QBAPO图3-11

BOsin2OPsinOQsin．

BOsin22BOsincos2BOcos．

sinsin连BQ，由△OPA∽△OBQ，有OPOQOAOB．

112cos由①式除以上式，得（定值）． OPOQOA即OPOQ ①

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ABCD的顶点A作一

圆分别与AB，AC，AD相交于E，F，G，则有AEABAGAD=AFAC．

事实上，若设∠BAC，∠CAD，则有AEsinAGsinAFsin()．对此式两边同乘ABACAD，利用三角形的面积公式有AEABS△ADCAGADS△ABCAFACS△ABD．

而在

ABCD中，有S△ADCS△ABCS△ABD，由此即证．

例9 设D为锐角△ABC内部一点，且满足条件：DADBABDBDCBCDCDACA ABBCCA．试确定D点的几何位置，并证明你的结论．

（1998年CMO试题）

此题我们改证比其更强的命题如下：

设D为锐角△ABC内部一点，求证：DADBABDBDCBCDCDACA≥ABBCCA，并且等号当且仅当D为△ABC的垂心时才成立．

FA∥ED，证明 如图3-12，作ED∥BC，则BCDE和ADEF均是平行四边形．连BF和AE，显然BCAF也是平行四边形，于是AFEDBC，EFAD，EBCD，BFAC．对四边形ABEF和四边形

AEBD，应用四边形中的托勒密定理（或托勒密不等式）有ABEFAFBE≥AEBF，BDAEADBE≥ABED，即ABADBCCD≥AEAC，BDAEADCD≥ABBC．① 对上述①式中前一式两边同乘DB后，两边同加上DCDAAC，然后注意到上述①式中的后一式，有 DBDAABDBDCBCDCDAAC≥DBAEACDCDAAC．

FAEDB图3-12C

即 DB(ABADBCCD)DCDACA≥AC(DBAEDCAD)≥ACABBC． 故 DADBABDBDCBCDCDACA≥ABBCCA．

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ABEF及

亦即AFEBD恰是圆内接五边形时等号成立．由于AFED为平行四边AEBD都是圆内接四边形时成立，

形，所以条件等价于AFED为矩形（即AD⊥BC）且∠ABE∠ADE90，亦等价于AD⊥BC且CD⊥AB，所以所证不等式等号成立的充分必要条件是D为△ABC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ABCDEF的对角线共点的充要条件是

ABCDEF（见第一角元形式的塞瓦1．

BCDEFA定理的推论） 证明 必要性：如图3-13，设AD，则易知△APB∽△EPD，CF交于一点P，△CPD∽△APF，BE，

ABBPCDDPEFFP．此三式相乘即证． △EPF∽△CPB，从而,,DEDPFAFPBCBPEFPC（C'）B图3-13DA

ABCDEF1，ADBE交于P，连FP并延长交圆于C，连BC，CD，则由必要性BCDEFAABCDEFCDCD知，即CDBCBCCD．连BD，CC，对四边形1，和已知式比较得BCDEFABCBCBCCD应用托勒密定理，得BCCDBDCCCDBC，由此得BDCC0．因BD0，所以充分性：设

CC0，即C与C重合，于是AD，BE，CF三线共点．

例11 O是△ABC的外接圆，I是△ABC的内心，射线AI交O于D．求证：AB，BC，CA成

等差数列的充要条件是S△IBCS△DBC．

证明 如图3-14，由∠BID∠5∠1∠2∠3∠2∠4∠2∠DBI，知DIBDDC．

A13O2245ICBD图3-14

必要性：若AB，BC，CA成等差数列，即ABAC2BC，而△IBA，△ICA，△IBC有相等的高，则S△IABS△IAC2S△IBC．又由托勒密定理，有ABDCACBDADBC，即(ABAC)DI

ADABAC即I是AD的中点，于是S△AIBS△IBD，S△IACS△ICD，2S△IBCS△IAB ADBC，2，

DIBCS△IACS△IBDS△ICDS△BDCS△IBCS△BDC，故S△IBCS△DBC．

111111充分性：若S△IBCS△DBC，即IBBCsin∠BDBBCsin∠A，有IB∶DBsin∠A ∶sin∠B．

222222比较上述两式，得IABD，但DIDB，即知AD2DI，仿前由托勒定理知

ABACAD2，即BCDIABAC2BC，故AB，BC，CA成等差数列．

IA2IB2例12 如图3-15，设I为△ABC的内心，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c．求证：

bcacIC21． abAFIEBDC图3-15

证明 设I在三边上的射影分别为D，E，F．设△ABC的外接圆半径及内切圆半径分别为R，r，则IDIEIFr．

由B，D，I，F四点共圆，且IB为其圆的直径，应用托勒密定理，有DFIBIDBFIFBD r(BDBF)．

由正弦定理，有DFIBsin∠BbIB，即有 2RbIB22RrBDBF．

同理，有aIB22Rr(AFAE)，cIC22Rr(CDCE)，从而aIA2bIB2cIC22Rr(abc)．

1abc又由S△ABCr(abc)，有2Rr(abc)abc，故aIA2bIB2cIC2abc，即

24RIA2IB2IC21． bcacab例13 如图3-16，若△ABC与△ABC的边长分别为a，b，c与a，b，c，且∠B∠B，∠A∠A180，则aabbcc．

AcBbB'D图3-16bA′aCc'a'b'C'

证明 作△ABC的外接圆，过C作CD∥AB交圆于D，连AD，BD．

因∠A∠A180∠A∠D，∠BCD∠B∠B，则∠A∠D，∠B∠BCD，从而

ABBCACcabab，即 ，故DC． △ABC∽△DCB，有DCCBDBDCaDBa又AB∥CD，知BDACb，ADBCa．由托勒密定理，得

acab． ADBCABDCACBD，即a2cbaa故 aabbcc．

例14 已知O的内接锐角△ABC，点O到△ABC的三边a，b，c的距离分别为Ha，Hb，Hc．试

2Hb2Hc2)x-2HaHbHc0的根． 证：O的半径R为方程x3-(Ha（《数学通报》1991年第11期问题征解题）

证明 如图3-17，设AO，BO，CO的延长线分别交O于M，N，P．连AP，BP，BM，MC，因O在△ABC内部，则BM2Hc， MC2Hb，NC2Ha，NA2Hc，PA2Hb，PB2Ha．NC，NA．

APcObHbHaBM图3-17NaC

在O的内接四边形ABMC，ABCN，APBC中分别应用托勒密定理，得 2RacMCbBM2Hbc2Hcb， 2RbaNAcNC2Hca2Hac， 2RcaPAbPB2Hba2Hab．

Ra-Hcb-Hbc0，即有 Hca-RbHac0，

HaH-Rc0．abb显然，该方程组关于a，b，c有非零解，于是有 RHcHb-Hc-RHa-HbHa0．展开整理，得关于R的方程为 -R2R3-（HaHb2Hc2）R-2HaHbHc0，命题获证．

例15 如图3-18，在△ABC中，B1，C1分别是AB，AC延长线上的点，D1为B1C1的中点，连AD1交（《中等数学》2001年第4期高中训练题） △ABC外接圆于D．求证：ABAB1ACAC12ADAD1．

AαβBDB1D1图3-18CC1

证明 连BD，CD．设∠BAD，∠CAD，△ABC外接圆的半径为R．

1因D1为B1C1的中点，知S△AB1D1S△AC1D1S△AB1C1．在△BCD中，由正弦定理，有BD2Rsin，

2CD2Rsin，BC2Rsin()．

在圆内接四边形ABCD中，由托勒密定理得ABCDACBDADBC，即AB2RsinAB2R sinAD2Rsin()， 两边同乘以

1AB1AC1AD1，得 4RABAB1S△AC1D1ACAC1S△AB1D1ADAD1S△AB1C1，

即 ABAB1ACAC12ADAD1．

例16 如图3-19，设C1，C2是同心圆，C2的半径是C1半径的2倍．四边形A1A2A3A4内接于C1，将A4A1延长交圆C2于B1，A1A2延长交圆C2于B2，A2A3延长交圆C2于B3，A3A4延长交圆C2于B4．试证四边形B1B2B3B4的周长≥2四边形A1A2A3A4的周长，并请确定等号成立的条件．

（1988年第三届冬令营试题）

B3B4C2C1OA1A2B2AA3B1图3-19

证明 设同心圆圆心为O，连OA1，OB1，OB2．在四边形OA1B1B2中应用推广的托勒密定理，有 OB1A1B2≤OA1B1B2OB2A1B1．

因OB1OB22OA1，则2A1B2≤B1B22A1B1， 从而 B1B2≥2A1A22A2B2-2A1B1．

①

同理，B2B3≥2A2A32A3B3-2A2B2，B3B4≥2A3A42A4B4-2A3B3，B4B1≥2A4A12A1B1-2A4B4． 以上四式相加，得

B1B2B2B3B3B4B4B1≥2(A1A2A2A3A3A4A4A1)．

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OA1B1B2内接

于圆．这时，∠OA1A2∠OB1B2∠OB2B1∠A4A1O，即OA1为∠A4A1A2的平分线．同理，OA2，OA3，OA4分别为∠A1A2A3，∠A2A3A4，∠A3A4A1的平分线．这意味着O为四边形A1A2A3A4的内切圆的圆心，

故知四边形A1A2A3A4为正方形，即当且仅当四边形A1A2A3A4为正方形时②式等号成立．

例17 如图3-20，设ABCDEF是凸六边形，满足ABBCCD，DEEFFA，∠BCD∠EFA 60．设G和H是这六边形内部的两点，使得∠AGB∠DHE120．试证：AGGBGHDH

（第36届IMO试题） HE≥CF．

CBC'AGHEDF'F图3-20

证明 以直线BE为对称轴，作C和F关于该直线的轴对称点C和F，于是CFCF，且△ABC和

△DEF都是正三角形，G和H分别在这两个三角形的外接圆上．由托勒密定理，有 CGABAGCBGBCA，即有CGAGGB，

同理，HFDHHE．

于是 AGGBGHDHHECGGHHF≥CFCF．

例18 如图3-21，设M，N是△ABC内部的两个点，且满足∠MAB∠NAC，∠MBA∠NBC．证

AMANBMBNCMCN明： （第39届IMO预选题） 1．

ABACBABCCACBBNAMCK图3-21 证明 设K是射线BN上的点，且满足∠BCK∠BMA．因∠BMA∠ACB，则K在△ABC的外部．又

∠MBA∠CBK，则△ABM∽△KBC，即有

由∠ABK∠MBC，

ABBMAM． BKBCCKABBMABBKAK，知△ABK≌△MBC，于是． KBBCBMBCCM由∠CKN∠MAB∠NAC，知A，N，C，K四点共圆．应用托勒密定理，有ACNKANKC

AMBCBKCMABBC，AK，BKBMBMBMAMANBMBNCMCNABBCANAMBCCNBKCM代入，得AC，即 -BN1．

BMBMBMABACBABCCACB例19 如图3-22，在△ABC中，ABAC．线段AB上有一点D，线段AC延长线上有一点E，使得DEAC．线段DE与△ABC的外接圆交于T，P是线段AT延长线上的一点．证明：点P满足PDPEAT的充分必要条件是点P在△ADE的外接圆上．

（2000年国家集训队选拔试题） CNAK，或AC(BK-BN)∶ANKCCNAK，将KCADBTP图3-22CE

证明 充分性：连BT，由A，知∠CBT∠CAT∠EDP，CT．C；A，B，T，D，P，E分别四点共圆，

∠BCT∠BAT∠DEP，于是△BTC∽△DPE，可设

对四边形ABTC应用托勒密定理，有 ACBTABCTBCAT．

将上式两边同乘以k，并用前一比例式代入，得 ACDPABPEDEAT．

DPPEDEk． BTCTBC注意到ABACDE，即得PDPEAT．

必要性：以D，E为两个焦点，长轴长等于AT的椭圆与直线AT至多有两个交点，而其中在DE的一侧，即线段AT延长线上的交点至多一个，由前面的充分性证明，知AT的延长线与△ADE的外接圆的交点Q在这个椭圆上；而依题设点P同时在AT的延长线上和椭圆上，故点P与点Q重合，命题获证．

2．求解代数问题的一条途径

例20 若a≥b≥c0，且abc，解方程bx2-c2cx2-b2ax．

（1993年南昌市竞赛题）

c为边可以作一个三角形．解 因a≥b≥c0，且abc，所以a，作△ABC，使BCa，ACb，b，

ABc，分别作AC，AB的垂线，它们交于点D．则四边形ABDC内接于圆，如图3-23．此时，ADBD为直径，sin∠BADADAD2-c2CD，sin∠CADADADAD2-b2a，sin∠CAB．

ADADDaCbA图3-23Bc

对AD，AC，AB应用托勒密定理推论1或三弦定理，有ACsin∠BADABsin∠CADAD

sin∠CAB，即

bAD2-c2cADAD2-b2a，即bAD2-c2cAD2-b2aAD． ADADAD1abc由S△ABCbcsin∠CAB，而S△ABC22ADADabc2pp-ap-bp-c1p(p-a)(p-b)(p-c)，其中P(abc)，从而

2为原方程的解．

例21 已知a，b是不相等的正数，求函数 fxacos2xbsin2xasin2xbcos2x的值域．

DACB图3-24

解 因

acosxbsinx222asinxbcosx222ab，则可以AC2ab为直径作圆，且作ABacos2xbsin2x，BCasin2xbcos2x．如图3-24，在另一半圆上取中点D，则

CDADfxab．于是对四边形ABCD应用托勒密定理，有 222ACBD2BD． ABCDBCADabab不妨取ab，则bb≤acos2xbsin2xa-bcos2xb≤a，即b≤AB≤a．而

aba，从而 2当ABCD当b≤AB≤fxminab时，fxmax2ab． 2ab时，fx是AB的单调递增函数， 22ababbaab． ab22当ab2从而当ABa，BCb，fxmin ≤AB≤a时，fx是AB的单调递减函数，

2ababababab． 22故fx在定义域上，fxminab，所以fx的值域为ab,． 2(ab)注 对于一般的函数，fxaAxbBx，只要A2xB2x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O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O1与O2分别与O内切，作O1和O2的两条内公切线交O于A，B，作O1和

O2的外公切线，切点为E和F．求证：EF∥AB．

证明 如图3-25，设G，H分别为O1与O2的内公切线的切点，EF交O于C，D两点，记O1和O2的内公切线长为d．用****表示一组与O内切的“圆”，并应用广义托勒密定理，则

ACBHFDYEGD′B'XC'OA′图3-25

对于[A，C，O1，D]，有 AGCDACDECEAD，

①

对于[B，D，O2，C]，有 BHCDBDCFDFBC BD(CEEF)DFBC．

②

对于[A，C，O2，D]，有

(AGd)CDACDFAD(CEEF)． ③

对于[B，D，O1，C]，有

④ (BHd)CDBDCEBC(DFEF)．

由①，③得ACDFAD(CEEF)-DCdAC(EFFD)CEAD，即

⑤ ADEF-DCdACEF．

由②，④得BDCEBC(DFEF)-DCdBD(CEEF)DFBC，即

⑥ BCEF-DCdBDEF．

由⑤与⑥得 EF(AD-AC)DCd，EF(BC-BD)DCd．

故 BC-BDAD-AC．

若四边形ABCD中不含圆心O，那∠ABC，∠BAD均为锐角．不妨设∠ABC∠BAD，则ACBD． 又∠BDC∠ACD，则BCAD．所以BC-BDAD-AC，矛盾．故一定有∠ABC∠BAD．此时AB∥DC．

若四边形中含圆心，则与之“对称”的四边形ABCD（A，B，C，D的定义方式与A，B，C，D的定义方式相似）不含圆心．设CD交AA于Y，CD交BB于X．由已证结论AB∥CD，因为∠ABB∠AAB，∠CXB∠DYA，∠ABB∠CXB，所以∠DYA∠AAB，故AB∥DC． 例23 如图3-26，G1和G2内切于G的一段弧，并且两圆彼此外切于点W．设A是G1和G2的内公切线与该段弧的交点，而B和C是G中G1与G2的外公切线弦的端点，证明：W是△ABC的内切圆圆心．

A （IMO-33预选题）

GG1BEWDG2FC图3-26

证明 设AW与BC的交点为D，G1，G2与BC的切点分别为E，F，并设各线段之长为BEx，CFy，BDk，CDh，ADd，于是，有DEk-x，DFh-y．又因DEDWDF，故

k-xh-y，AWd-kxd-hy．

用（A，G1）表示点圆A与G1的公切线的长，则A,G1d-kx．同理，A,bc，A,cb，

G1,Bx，G1,Ca-x，B,Ca．

对[A,G1,B,C]应用广义托勒密定理，有

d-kxabxca-x，

令pa1abc，则由上式，有xkc-d．

2p2a(hb-d)， 2Paa注意到k-xh-y，则k-(kc-d)h-(hb-d)，即有bck-acbch-ab，亦

2p2p同理，对[B，C，G2，A]，有y即bck-hac-b．

而BDDCBC，即kha，于是，bck-hkhc-b，即chbk，亦即

kc

． hb

BDABacab，即知AD平分∠BAC．所以k，h． CDACbcbcacaacad得 k-x． -c-dbc2pbc2p此表明因而

dd2pabc，于是 k-xadaa2pAWADdabcbccBA-1-1-1．

acDWDWk-xaaBDbc由此，即知BW平分∠ABC．故W是△ABC的内心． 【模拟实战】

习题A

1．A，B，C，D四点在同一圆周上，且BCCD4，E为AC与BD的交点，且AE6，线段BE和DE的长都是整数，则BD的长等于多少？ （1988年全国初中联赛题） 2．在△ABC中，ABACBC，D在BC上，E在BA的延长线上，且BDBEAC，△BDE的外接圆与△ABC的外接圆交于F点．求证：BFAFCF． （1991年全国初中联褰题） 3．已知P是正方形ABCD的外接圆AD上任一点，求

PAPC的值． PB4．O过△ABC的顶点A，且分别与AB，AC和BC上的中线AD相交于B1，C1，D1，则AB1AB，AD1AD，AC1AC成等差数列．

5．已知正七边形A1A2…A7，求证：

111． A1A2A1A3A1A4 （第21届全俄奥林匹克题）

6．在圆内接六边形ABCABC中，令BCa，BCa，CAb，CAb，ABc，ABc，AAa1，BBb1，CCc1．求证：a1b1c1abcabcaaa1bbb1ccc1．

7．R，r分别为△ABC的外接圆和内切圆的半径，m，n，p分别在弧AB，BC，CA上，h1，h2，h3分别为弓形AmB，BnC和CPA的高．求证：h1h2h32R-r．

8．解方程2x2-12111x2-473x．

9．已知a1-b2b1-a21，且0≤a≤1，0≤b≤1．求证：a2b21． x22xsin210．求函数y2的值域（为参数）．

x2xcos211．已知△ABC中，最大角B与最小角C的差为AB上任一点．求证：PDPEPAPBPCPF． 12．AD，BE，CF是正△ABC的三条高，任取一点P．试证：在△PAD，△PBE，△PCF中，最大一个的面积等于其余两个的面积之和．

13．已知△ABC的∠A60，令BCa，CAb，ABc．求证：

tanA-tanBc-b． tanAtanBcPA

PBPC14．已知P为等腰△ABC（ABAC）外接圆BC上的一点，Q为AB上一点．求证：QA．

QC-QB15．已知AB为O的直径，圆周上的点C，D分别在AB的两侧，过CD中点M分别作AC，AD的垂线，垂足为P，Q．求证：BCMPBDMQ2MC2．

16．已知平行四边形ABCD中，过B的圆分别交AB，BC，BD于E，F，G求证：BEABBFBC BGBD．

17．设AF为O1与O2的公共弦，点B，C分别在O1，O2上，且ABAC，∠BAF，∠CAF的平分线交O1，O2于点D，E求证：DE⊥AF． 18．解方程x2-42x2-17x．

19．求函数yaxb-x(a,bR)的值域．

20．已知x2y2≤1(x,yR)．求证：x22xy-y2≤2．

21．已知两圆内切于点T，△ABC是大圆的内接正三角形，过A，B，C作小圆的切线AM，BN，

CP，且M，N，P为切点．求证：CP，AM，BN三条线段中，一条线段等于另外两条线段之和．

22．在△ABC中，BCACAB，外接圆为．三条内角平分线分别交BC，CA和AB于点D，E和F，通过点B的直线平行于EF交圆于点Q，点P在圆上，且QP∥AC．求证：PCPAPB． 23．在四边形ABCF中，BF=AFFC．点D在BC上，点E在BA的延长线上，且BDBEAC，AFCDFCAE．求证：四边形ABCF有外接圆．

24．O1与O2相交于A，且AD与O1相切于点A．求E两点，O1的一条弦BC与O2相切于点D，EBAB3证：． 3ECAC习题B

1．设圆内接四边形ABCD的四边ABa，BCb，CDc，DAd．求对角线AC和BD的长（用a，

． b，c，d表示）

2．已知△ABC内接于O，P为△ABC内任一点，过点P引AB，AC，BC的平行线，分别交BC，AC于F，E，交AB，BC于K，I，交AB，AC于G，H，AD为O过点P的弦．试证：EF2KI2GH2≥4PAPD．

（《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． （IMO-23预选题） 4．设C1，C2是同心圆，C2的半径是C1的半径的（1）倍．n边形A1A2…An内接于C1，延长AnA1．A1A2，…，An-1An分别交圆C2于B1，B2，…Bn，若n边形A1A2…An，B1B2…Bn的周长分别为

（IMO-21预选题） p1，p2．试证：p2≥p1，其中等号当且仅当n边形A1A2…An是正n边形时成立．

5．已知边长分别为a，b，c的△ABC内接于O，O1内切于O，切点G在BC上，由点A，B，

C分别引O1的切线长顺次为d，e，f．证明：adbecf．

6．在圆内接四边形ABCD中，O1，O2，O3，O4分别是△ABD，△BCA，△CDB，△DAC的内切圆．设AB，BC，CD，DA上的切点依次是E，F，M，N，G，H，P，Q，设Oi的半径为Ri（i1，2，3，4）．求证：EFMNR1R3R2R4．

7．设锐角△ABC的∠A的平分线交BC于L，交外接圆于N，自点L分别向AB和AC作垂线LK和

（IMO-28试题） LM，垂足为K和M．求证：△ABC的面积等于四边形AKNM的面积． 8．△ABC为

O内接三角形，ABACBC．点D在BC上，从O点分别作AB，AC的垂线交AD于E、F，射线BE，CF交于P点．则PBPCPO的充要条件是∠BAC30．

9．证明：设△ABC中，∠A，∠B与∠C的三条角平分线分别交△ABC的外接圆于A1，B1，C1，则AA1BB1CC1ABBCCA．

（1982年澳大利亚竞赛题）

BCDEFA3≥，并指BEDAFC2出等式在什么条件下成立． （IMO-38预选题） 11．在△ABC中，∠A90，∠A∠C，过A点作△ABC的外接圆O的切线，交直线BC于D，设点A关于BC的对称点为E，作AX⊥BE于X，Y为AX的中点，BY与O交于Z．证明：BD为10．设ABCDEF是凸六边形，且ABBC，CDDE，EFFA．证明：

△ADZ的外接圆的切线． （IMO-39预选题）

12．O为正△ABC的外接圆，AD为O的直径，在BC上任取一点P（PB，PC），设E，F分别为△PAB，△PAC的内心．证明PDPE-PF．

13．设G为△ABC的重心，在△ABC所在平面上确定点P的位置，使得PAAGBPBGCPCG有最小值，并用△ABC的边长表示这个最小值．

（IMO-42预选题）

14．设A1A2…An（n≥4）为凸n边形．证明：A1A2…An为圆内接多边形的充分必要条件是对每个顶点Aj对应一组实数bjcj，j1,2,…,n，满足AiAjbjci-bicj(1≤ij≤n)．（IMO-41预选题）