模型27 托勒密定理（解析版）

1 托勒密定理：圆的内接四边形中，两对角线所包矩形的面积等于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． 翻译：在四边形BD 中，若、B、、D 四点共圆，则 ． D C B A 证明：在线段BD 上取点E，使得∠BE=∠D， 易证△EB∽△D，∴ ，即 ， α α D C B A E E A B C D 当∠BE=∠D 时，可得：∠B=∠ED， 易证△B∽△ED，∴ ，即 ， ∴ ， ∴ ． 2（托勒密不等式）：对于任意凸四边形BD，有 模型介绍 A B C D 证明：如图1，在平面中取点E 使得∠BE=∠D，∠BE=∠D， 易证△BE∽△D，∴ ，即 ①， 图1 图2 A B C D E E D C B A 连接DE，如图2， ∵ ，∴ ， 又∠B=∠BE+∠E=∠D+∠E=∠DE， ∴△B∽△ED，∴ ，即 ②， 将①+②得： ， ∴ 即 ，当且仅当、B、、D 共圆时取到等号． 3 托勒密定理在中考题中的应用 （1）当△B 是等边三角形时， 如图1，当点D 在弧上时，根据托勒密定理有： ， 又等边△B 有B==B， 故有结论： ． 图1 O A B C D 证明：在BD 上取点E 使得DE=D， 易证△EB∽△D，△ED∽△B，利用对应边成比例，可得： ． E D C B A O 如图2，当点D 在弧B 上时，结论：D=DB+D． 图2 O D C B A 【小结】虽然看似不同，但根据等边的旋转对称性，图1 和图2 并无区别． （2）当△B 是等腰直角三角形， 如图3，当点D 在弧B 上时，根据托勒密定理： ， 又 ，代入可得结论： ． 图3 A B C D O 如图4，当点 D 在弧上时，根据托勒密定理： ， 又 ，代入可得结论： ． O D C B A 图4 （3）当△B 是一般三角形时，若记B：：B=：b：， 根据托勒密定理可得： c b a A B C D O 【例1】．如图，正五边形BDE 内接于⊙，B＝2，则对角线BD 的长为 1+ ． 例题精讲 解：如图，连接D、． ∵五边形BDE 是正五边形， ∴△B≌△DB≌△ED（SS）， ∴设BD＝＝D＝x． 在圆内接四边形BD 中，由托勒密定理可得：B•D+D•B＝•BD， 即2×2+x•2＝x2， 解得：x1＝1+ ，x2＝1﹣ （舍去）． ∴对角线BD 的长为1+ ． 故答为：1+ ． 变式训练 【变式1-1】．先阅读理解：托勒密（Ptlemy 古希腊天文学家）定理指出：圆内接凸四边 形两组对边乘积的和等于两条对角线的乘积．即：如果四边形BD 内接于⊙，则有 B•D+D•B＝•BD．再请完成： （1）如图1，四边形BD 内接于⊙，B 是⊙的直径，如果B＝＝ ，D＝1，求D 的长． （2）在（1）的条件下，如图2，设对边B、D 的延长线的交点为P，求P、PD 的长． 解：（1）∵B 是⊙的直径， ∴∠B＝∠BD＝90°， ∵B＝＝ ， ∴△B 是等腰直角三角形， ∴B＝ B＝ ， ∴BD＝ ＝ ＝3， ∵圆内接凸四边形两组对边乘积的和等于两条对角线的乘积， 即：如果四边形BD 内接于⊙，则有B•D+D•B＝•BD， 即 ×1+D× ＝ ×3， 解得：D＝ ； （2）∵∠PD＝∠PB，∠P＝∠P， ∴△PD∽△PB， ∴ ＝ ＝ ， 设P＝x，PD＝y， 则 ＝ ＝ ， 解得：x＝ ，y＝ ， ∴P＝ ，PD＝ ． 【变式1-2】．如图1，已知⊙内接四边形BD， 求证：•BD＝B•D+D•B． 证明：如图1，在BD 上取一点P，连接P，使∠PB＝∠D，即使∠1＝∠2． ∵在⊙中，∠3 与∠4 所对的弧都是 ， 3 ∴∠＝∠4． ∴△D∽△BP． ∴ ＝ ． • ∴BP＝D•B．① 又∵∠2＝∠1， 2+ 7 ∴∠ ∠＝∠1+ 7 ∠． 即∠B＝∠DP． ∵在⊙中，∠5 与∠6 所对的弧都是 ， 5 ∴∠＝∠6． ∴△B∽△DP． … （1）任务一：请你将“托勒密定理”的证明过程补充完整； （2）任务二：如图2，已知Rt△B 内接于⊙，∠B＝90°，＝6，B＝8，D 平分∠B 交⊙于点 D，求D 的长． 解：（1）补全证明：∴ ， • ∴DP＝B•D②， ∴①+②得：•BP+•DP＝D•B+B•D， • ∴（BP+DP）＝D•B+B•D， 即•BD＝D•B+B•D， （2）∵∠B＝90°，＝6，B＝8， ∴∠DB＝90°，B＝ ＝10， ∵D 平分∠B 交⊙于点D， ∴∠BD＝∠D， ∴BD＝D， ∵∠DB＝90°， ∴∠BD＝45°， ∴BD＝D＝B•s45°＝5 ， ∵四边形BD 内接于⊙， ∴B•D＝•BD+D•B，即10D＝6× +8×5 ， ∴D＝7 ． 【例2】．托勒密定理：圆的内接四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积． 已知：如图1， 四边形 BD 内接于 ⊙ ． 求证： B ⋅ D + D ⋅ B ＝⋅ BD ． 证明：如图2，作∠BE＝∠D，交BD 于点E， …… ∴△BE∽△D， ∴B•D＝•BE， …… ∴△B∽△ED， ∴D•B＝•ED， ∴B•D+D•B＝•BE+•ED＝（BE+ED）＝•BD． （1）请帮这位同学写出已知和求证，并完成证明过程； （2）如图3，已知正五边形BDE 内接于⊙，B＝1，求对角线BD 的长． （1）解：已知：如图1，四边形BD 内接于⊙， 求证：B•D+D⋅B＝•BD， 故答为：四边形BD 内接于⊙，B•D+D•B＝•BD； 证明：如图2，作∠BE＝∠D，交BD 于点E， ∵ ， ∴∠BE＝∠D， ∴△BE∽△D， ∴ ＝ ， ∴B⋅D＝⋅BE． ∵ ， ∴∠B＝∠DE． ∵∠BE＝∠D， ∴∠BE+∠E＝∠D+∠E， 即∠B＝∠ED， ∴△B∽△ED， ∴ ， ∴D⋅B＝⋅ED， ∴B⋅D+D⋅B ＝⋅BE+⋅ED ＝（BE+ED） ＝⋅BD， 即B•D+D•B＝•BD； （2）解：在图3 中，连接D、． ∵五边形BDE 是正五边形， ∴△B≌△DB≌△ED， ∴设BD＝＝D＝x． 在圆内接四边形BD 中， 由托勒密定理可得：B•D+D•B＝•BD， 即1×1+x•1＝x2， 解得 ， （舍去）， ∴对角线BD 的长为 ． 变式训练 【变式2-1】．已知：如图1，四边形BD 内接于⊙． 求证：B•D+B•D＝•BD 下面是该结论的证明过程： 证明：如图2，作∠BE＝∠D，交BD 于点E． ∵ ＝ ，∠BE＝∠D， ∴△BE∽△D，∴ ，∴B•D＝•BE； ∵ ＝ ，∴∠B＝∠DE（依据1）， ∵∠BE＝∠D，∴∠B＝∠ED， ∴△B∽△ED（依据2），∴ ，∴D•B＝•ED； ∴B•D+D•B＝•（BE+ED），即B•D+B•D＝•BD． （1）上述证明过程中的“依据1”是指 同弧所对的圆周角相等 ；“依据2”是指 两 角分别相等的两个三角形相似 ． （2）当圆内接四边形BD 是矩形时，托勒密定理就是我们熟知的 勾股 定理． （3）如图3，四边形BD 内接于⊙，B＝3，D＝5，∠BD＝60°，点是 的中点，求的长． 解：（1）上述证明过程中的“依据1”是同弧所对的圆周角相等． “依据2”是两角分别相等的两个三角形相似． 故答为：同弧所对的圆周角相等；两角分别相等的两个三角形相似． （2）当圆内接四边形BD 是矩形时， 则B＝D，D＝B，＝BD， ∵B•D+D•B＝•BD， ∴B2+D2＝BD2， 托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：勾股定理， 故答为：勾股． （3）连接BD，作E⊥BD 于E． ∵四边形BD 是圆内接四边形， ∴∠BD+∠BD＝180°， ∵∠BD＝60°， ∴∠BD＝120°， ∵ ， ∴D＝B， ∴∠DB＝30°， 在Rt△DE 中，s30°＝ ， ∴DE＝ D， ∴BD＝2DE＝ D， 由托勒密定理：•BD＝D•B+D•B， • ∴ D＝3D+5D， ∴＝ ， 答：的长为 ． 【变式2-2】．圆的内接四边形的两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和．即：如图1， 若四边形BD 内接于⊙，则有 ________． 任务：（1）材料中划横线部分应填写的内容为 • BD ＝ B • D + B • D ． （2）已知，如图2，四边形BD 内接于⊙，BD 平分∠B，∠D＝120°，求证：BD＝B+B． 解：（1）由托勒密定理可得：•BD＝B•D+B•D 故答为：•BD＝B•D+B•D （2）如图，连接 ∵∠D＝120°， ∴∠BD＝∠D＝60° ∵BD 平分∠B ∴∠BD＝∠BD＝60° ∴∠D＝60°， ∴△D 是等边三角形 ∴＝D＝D， ∵四边形BD 是圆内接四边形 • ∴BD＝B•D+B•D ∴BD＝B+B 1．如图，以Rt△B 的斜边B 为一边在△B 的同侧作正方形BEF，对角线交于点，连接，如果 B＝4，＝4 ，那么的长等于（ ） ．12 B．16 ．4 D．8 解：在上截取G＝B＝4，连接G， ∵四边形BEF 是正方形，∠B＝90°， ∴B＝，∠B＝∠B＝90°， ∴B、、、四点共圆， ∴∠B＝∠， 在△B 和△G 中 ， ∴△B≌△G（SS）， ∴＝G＝4 ，∠B＝∠G， ∵∠B＝∠G+∠BG＝90°， ∴∠G＝∠B+∠BG＝90°， 即△G 是等腰直角三角形， 由勾股定理得：G＝ ＝8， 即＝G+G＝8+4＝12． 故选：． 2．如图，在⊙的内接四边形BD 中，B＝3，D＝5，∠BD＝60°，点为弧BD 的中点，则的长 是 ． 解：解法一、∵、B、、D 四点共圆，∠BD＝60°， ∴∠BD＝180° 60° ﹣ ＝120°， ∵∠BD＝60°，平分∠BD， ∴∠D＝∠B＝30°， 如图1， 将△D 绕点逆时针旋转120°得△BE， 则∠E＝∠D＝30°，BE＝D＝5，＝E， ∴∠B+∠EB＝（180°﹣∠B﹣∠B）+（180°﹣∠E﹣∠BE）＝180°， ∴、B、E 三点共线， 过作M⊥E 于M， ∵＝E， ∴M＝EM＝ ×（5+3）＝4， 在Rt△M 中，＝ ＝ ＝ ； 解法二、过作E⊥B 于E，F⊥D 于F， 则∠E＝∠FD＝∠F＝90°， ∵点为弧BD 的中点， ∴ ＝ ， ∴∠B＝∠D，B＝D， ∵E⊥B，F⊥D， ∴E＝F， ∵、B、、D 四点共圆， ∴∠D＝∠BE， 在△BE 和△DF 中 ∴△BE≌△DF， ∴BE＝DF， 在△E 和△F 中 ∴△E≌△F， ∴E＝F， 设BE＝DF＝x， ∵B＝3，D＝5， ∴E＝F＝x+3， 5 ∴＝x+3+x， 解得：x＝1， 即E＝4， ∴＝ ＝ ， 故答为： ． 3．如图，在等腰△B 中，B＝＝4，B＝6，点D 在底边B 上，且∠D＝∠D，将△D 沿着D 所 在直线翻折，使得点落到点E 处，联结BE，那么BE 的长为 1 ． 解：∵B＝， ∴∠B＝∠， ∵∠D＝∠D， ∴∠D＝∠B， ∵∠＝∠， ∴△D∽△B， ∴ ＝ ， ∴ ＝ ， ∴D＝ ，BD＝B﹣D＝ ， ∵∠DM＝∠D＝∠DB，∠DM＝∠DB， ∴△DM∽△BD， ∴ ＝ ，即 ＝ ， ∴DM＝ ，MB＝BD﹣DM＝ ， ∵∠BM＝∠＝∠MED， ∴、B、E、D 四点共圆， ∴∠DB＝∠BEM，∠EBM＝∠ED＝∠BD， ∴△BD∽△MBE，（不用四点共圆，可以先证明△BM∽△EMD，推出△BME∽MD，推出 ∠DB＝∠BEM 也可以！） ∴ ＝ ， ∴BE＝ ＝1． 故答为：1． 4．如图，P 是正方形BD 内一点，P＝D，P⊥BP，则 的值为 ． 解：如图，过点D 作P 垂线交P 延长线于E， ∵四边形BD 是正方形，P＝D， ∴B＝P＝D， ∴∠PB＝∠BP，∠DP＝∠PD， 设∠PD＝x，则∠BP＝ ，∠DP＝ ， ∴∠BPD＝45°+90°＝135°， ∵P⊥BP， ∴∠PD＝360° 135° 90° ﹣ ﹣ ＝135°， ∴∠DPE＝45°， 设DE＝PE＝y， ∴DP＝ ＝ y， ∵∠DE+∠BP＝∠BP+∠BP＝90°， ∴∠DE＝∠BP， 在△DE 与△BP 中， ， ∴△PB≌△DE（S）， ∴P＝DE＝y， ∴ ＝ ＝ ． 故答为： ． 5．如图，正方形BD 的边长是6，对角线的交点为，点E 在边D 上且E＝2，F⊥BE，连接 F，则： （1）∠FB 45° ；（2）F＝ ． 解：（1）在BE 上截取BG＝F， ∵在正方形BD，⊥BD，∠B＝∠BD＝90°，＝BD，B＝ BD，＝ ，、BD 分别平分 ∠B、∠BD， ∴B＝，∠B＝90°，∠B＝∠D＝45°， ∵F⊥BE， ∴∠FE＝90°， ∴∠FE+∠EF＝90°， ∵∠EB+∠FE＝90°， ∴∠EB＝∠EF， ∴∠B﹣∠EB＝∠D﹣∠EF， ∴∠BG＝∠F， ∴△BG≌△F（SS）， ∴∠BG＝∠F，G＝F， ∴∠G+∠F＝90°， ∴∠FG＝∠GF＝45°， 故答为：45°； （2）在Rt△BE 中，根据勾股定理，得BE＝2 ， ∴F＝BG＝ ＝ ， 在Rt△FE 中，根据勾股定理，得EF＝ ， ∴GF＝BE﹣BG﹣EF＝ ， 在Rt△FE 中，根据勾股定理，得F＝ ， 故答为： ． 6．如图，在Rt△B 中，∠B＝90°，D 为B 的中点，过点D 作DE⊥DF，交B 的延长线于点 E，交的延长线于点F．若F＝ ，＝4，B＝2．则E＝ 10 ． 解：延长FD 至G，使GD＝FD，连接BG，如图所示： ∵D 为B 的中点，∴BD＝D， 在△BDG 和△DF 中， ， ∴△BDG≌△DF（SS）， ∴BG＝F＝ ，∠G＝∠F， ∴BG∥F， ∴△BG∽△F， ∴ ＝ ＝ ＝ ＝ ， ∴ ＝ ，＝ B＝ ， ∵∠B＝90°，F＝+F＝ ， ∴F＝ ＝ ， ∴D＝ F＝ ， ∵DE⊥DF， ∴∠ED＝90°＝∠B， ∴∠E+∠ED＝∠F+∠ED＝90°， ∴∠E＝∠F， ∴△DE∽△F， ∴ ＝ ，即 ＝ ， 解得：E＝ ， ∴E＝E﹣＝ ﹣ ＝10； 故答为：10． 7．设△B 是正三角形，点P 在△B 外，且与点在直线B 异侧，∠BP＝120°，求证：P＝ PB+P． 解：如图，延长BP 至E，使PE＝P，连接E， ∵∠B+∠BP＝180°，且∠B＝60°， ∴∠BP＝120°， ∴∠PE＝60°，又PE＝P， ∴△PE 为等边三角形， ∴P＝PE＝E，∠PE＝60°， ∵△B 为等边三角形， ∴＝B，∠B＝60°， ∴∠B＝∠PE， ∴∠B+∠BP＝∠PE+∠BP， 即：∠P＝∠BE， ∵在△P 和△BE 中， ， ∴△P≌△BE（SS）， ∴P＝BE， ∵BE＝BP+PE， ∴P＝PB+P． 8．⊙半径为2，B，DE 为两条直线．作D⊥B 于，且为中点，P 为圆上一个动点．求 2P+PE 的最小值． 解：延长到K，使K＝＝2． ∵是的中点， ∴＝ ＝1， ∴ ＝ ． 又∵∠P＝∠PK， ∴△P∽△PK， ∴ ，即PK＝2P． 2 ∴P+PE＝PE+PK≥EK． 作E⊥B 于点． ∵在直角△D 中，s∠D＝ ， ∴∠D＝60°， ∴∠E＝∠D＝60°， ∴E＝E•s60°＝2× ， ∴EK＝ ． 即最小值是2 ． 故答是：2 ． 9．如图，点P 为等边△B 外接圆，劣弧为B 上的一点． （1）求∠BP 的度数； （2）求证：P＝PB+P． （1）解：∵四边形BP 内接于圆， ∴∠B+∠BP＝180． ∵等边三角形B 中，∠B＝60°， ∴∠BP＝120°； （2）证明：延长BP 到D，使得DP＝P，连接D． ∵∠BP＝120， ∴∠PD＝60． 又∵P＝PD， ∴△PD 是等边三角形， ∴P＝D，∠PD＝60°， ∴∠M+∠MP＝PD+∠MP， 即∠P＝∠BD． ∵等边三角形B 中， ∴B＝． ∵ 所对的圆周角是∠DB 与∠P， ∴∠DB＝∠P． 在△DB 和△P 中， ， ∴△DB≌△P（S）， ∴P＝BD． ∵BD＝BP+DP， ∴P＝BP+DP， ∵DP＝P， ∴P＝PB+P． 10．如图，⊙的直径B 的长为10，弦BD 的长为6，点为 上的一点，过点B 的切线EF， 连接D，D，B； （1）求证：∠DB＝∠BF； （2）若点D 为 的中点，求D 的长． （1）证明：连接，如图， ∵B 为⊙的直径， ∴∠B＝90°， 1+ 2 ∴∠ ∠＝90°， ∵EF 为⊙的切线， ∴B⊥EF， ∴∠BF＝90°，即∠2+∠BF＝90°， 1 ∴∠＝∠BF， 1 ∵∠＝∠DB， ∴∠DB＝∠BF； （2）解：作M⊥D 于M，⊥DB 于，如图， ∵B 为⊙的直径， ∴∠DB＝90°， ∴D＝ ＝ ＝8， ∵点为 的中点， ∴∠D＝∠BD， ∴＝B，M＝， 在Rt△M 和Rt△B 中 ， Rt ∴ △M Rt ≌ △B， ∴M＝B，即D﹣M＝D﹣BD， ∴M+D＝D+BD＝8+6＝14， ∵四边形MD 为矩形，M＝， ∴四边形MD 为正方形， ∴DM＝D＝7， ∴D＝ DM＝7 ． 11．阅读下列材料，并完成相应的任务． 托勒密定理： 托勒密（Ptlemy）（公元90 年～公元168 年），希腊著名的天文学家，他的要著作《天 文学大成》被后人称为“伟大的数学书”，托勒密有时把它叫作《数学文集》，托勒密 从书中摘出并加以完善，得到了著名的托勒密（Ptlemy）定理． 托勒密定理： 圆内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边乘积之和． 已知：如图1，四边形BD 内接于⊙， 求证：B•D+B•D＝•BD 下面是该结论的证明过程： 证明：如图2，作∠BE＝∠D，交BD 于点E． ∵ ∴∠BE＝∠D ∴△BE∽△D ∴ ∴B•D＝•BE ∵ ∴∠B＝∠DE（依据1） ∵∠BE＝∠D ∴∠BE+∠E＝∠D+∠E 即∠B＝∠ED ∴△B∽△ED（依据2） ∴D•B＝•ED ∴B•D+D•B＝•（BE+ED） ∴B•D+D•B＝•BD 任务：（1）上述证明过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？ （2）当圆内接四边形BD 是矩形时，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理： 勾股 定理 ． （请写出） （3）如图3，四边形BD 内接于⊙，B＝3，D＝5，∠BD＝60°，点为 的中点，求的长． 解：（1）上述证明过程中