利用托勒密定理解竞赛题

利用托勒密定理解竞赛题

托勒密定理是平面几何中的一个重要定理，它揭示了圆内接四边形的对角线与边的关系。本文通过近年来的各类竞赛题，阐述其重要作用。

一、托勒密定理及其逆定理

1．托勒密定理：圆内接四边形两组对边乘积之和，等于两条对角线的乘积。

已知：四边形ABCD内接于圆，如图，求证：AB·CD+BC·AD=AC·BD

证明：在∠BAD内作∠BAE=∠CAD，交BD于E。因∠ABE=∠ACD，所以△ABE∽△ACD，从而AB·CD =AC·BE ①；易证△ADE∽△ACB，所以BC·AD=AC·DE ②；①+②得AB·CD+BC·AD=AC·BD。

2．托勒密定理的逆定理：如果凸四边形两组对边的积的和，等于两对角线的积，此四边形必内接于圆。

已知四边形ABCD满足AB·CD+BC·AD=AC·BD，求证：A、B、C、D四点共圆。

证明：构造相似三角形，即取点E，使∠BCE=∠ACD，且∠CBE=∠CAD，则△CBE∽△CAD。所以BC·AD=AC·BE ①；又，∠BCA=∠ECD，所以△BCA∽△ECD。AB·CD =AC·DE ②；①+②得AB·CD+BC·AD=AC·（BE+DE）。显然有BE+DE≥DB。于是AB·CD+BC·AD≥AC·DB。等号当且仅当E在BD上成立，结合已知条件得到此时等号成立，这时∠CBD=∠CAD，即A、B、C、D四点共圆。

由上述证明，我们得到：

3．托勒密定理的推广：在四边形ABCD中，恒有AB·CD+BC·AD≥AC·DB，当且仅当四边形ABCD内接于圆时等号成立。

二、应用

托勒密定理以其简介而优美的形式著称，在有关圆内接四边形问题及证四点共圆时有其独特的功效。

（1）证线段的和、差关系。

例1．在△ABC中，AB<AC<BC，D点在BC上，E点在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。

证明：连接EF，DF，因∠ACF=∠ABF=∠EDF，∠DEF=∠FBD=∠CAF，所以△AFC∽△EFD。于是，即EF=m·AF，DE=m·AC，DF=m·CF。由托勒密定理知DF·DE=BD·EF+BE·DF。又AC=BE=BD，分别代入上式，故BF=AF+CF。

（2）求最值

例2.已知圆周被其上二定点A、B（A≠B）分成两端狐，试指出弧上的动点P在其中指定一段弧的哪个位置时，PA+PB取最大值？证明你的结论并求出这个最大值。

证明：取劣弧AB的中点C（C与P在AB两侧），由托勒密定理知AC·PB+BC·PA=AB·PC。因AC=BC，所以AC（PB+PA）=PC·AB，即PB+PA=·PC。

显然AB，AC均为定值，只需PC最大，因C为定点，必然PC为最大弦，即PC为直径时，PB+PA取最大值，于是PA=PB，PB+PA=·2R。若记∠APB=α，易知PA+PB的最大值。

（3）证四点共圆

例3．已知D为正△ABC。的∠ABC内一点，且DA=DB+DC，求证：A，B，C，D四点共圆。

证明：由△ABC为正三角形，得AB=BC=CA。因DA=DB+DC，所以BC·AD=BC·DB+BC·DC=AC·DB+AB·DC，由托勒密逆定理得A，B，C，D四点共圆。

（4）解方程

例4．若a≥b≥c＞0，且a＜b+c，解方程。

解：由题意得以a，b，c为边可作一个三角形，如图所示。设AB=c，BC=a，CA=b。分别作AC、AB的垂线，它们交于D点，于是ABDC内接于圆。由托勒密定理得AC·BD+AB·CD=AD·BC，即所以原方程与上式同解，只需求AD。

在△ABC中，，，而，其中，∴为原方程的根。

（5）证定值问题

例5．如图，圆O外接于正方形ABCD，P为弧AD上的任意一点，求证为定值。

证明：连PC，PA，设正方形边长为a，由托勒密定理得AC·PB=AP·BC+AB·PC，即·PB=a·AP+a·PC，∴。

（6）证不等关系

例6．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，交圆于，延长交圆于，试证：四边形的周长≥2×四边形的周长，并请确定等号成立的条件。

证明：在四边形中，由托勒密定理的推广，得≥。

因，于是≥。①

同理≥。②

≥。③

≥。④

相加，得≥

①式等号成立当且仅当内接于圆成立，可得，同理有，，即是正方形，从而为正方形。