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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ABCD中，若A、B、C、D四点共圆，则 ．
D
A
B C
证明：在线段BD上取点E，使得∠BAE=∠CAD，
易证△AEB∽△ADC，∴ ，即 ，
D D
A A
α
α
E E
B C B C
当∠BAE=∠CAD时，可得：∠BAC=∠EAD，
易证△ABC∽△AED，∴ ，即 ，
∴ ，
∴ ．2.（托勒密不等式）：对于任意凸四边形ABCD，有
D
A
B C
证明：如图1，在平面中取点E使得∠BAE=∠CAD，∠ABE=∠ACD，
易证△ABE∽△ACD，∴ ，即 ①，
D D
A A
E E
B C B C
图1 图2
连接DE，如图2，
∵ ，∴ ，
又∠BAC=∠BAE+∠CAE=∠DAC+∠CAE=∠DAE，
∴△ABC∽△AED，∴ ，即 ②，
将①+②得： ，
∴
即 ，当且仅当A、B、C、D共圆时取到等号．
3.托勒密定理在中考题中的应用
（1）当△ABC是等边三角形时，
如图1，当点D在弧AC上时，根据托勒密定理有： ，
又等边△ABC有AB=AC=BC， 故有结论： ．
A
D
O
B C
图1证明：在BD上取点E使得DE=DA，
易证△AEB∽△ADC，△AED∽△ABC，利用对应边成比例，可得： ．
A
D
E
O
B C
如图2，当点D在弧BC上时，结论：DA=DB+DC．
A
O
B C
D
图2
【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△ABC是等腰直角三角形，
如图3，当点D在弧BC上时，根据托勒密定理： ，
又 ，代入可得结论： ．
A
B C
O
D
图3
如图4，当点 D在弧AC上时，根据托勒密定理： ，
又 ，代入可得结论： ．
A
D
B C
O
图4
（3）当△ABC是一般三角形时，若记BC：AC：AB=a：b：c，
根据托勒密定理可得：
A
c b
O
B a C
D例题精讲
【例1】．如图，正五边形ABCDE内接于 O，AB＝2，则对角线BD的长为 1+ ．
⊙
解：如图，连接AD、AC．
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴△ABC≌△DCB≌△AED（SAS），
∴设BD＝AC＝AD＝x．
在圆内接四边形ABCD中，由托勒密定理可得：AB•CD+AD•BC＝AC•BD，
即2×2+x•2＝x2，
解得：x ＝1+ ，x ＝1﹣ （舍去）．
1 2
∴对角线BD的长为1+ ．
故答案为：1+ ．变式训练
【变式1-1】．先阅读理解：托勒密（Ptolemy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 ABCD内接于 O，则有AB•CD+AD•BC＝AC•BD．再请完
成： ⊙
（1）如图1，四边形ABCD内接于 O，BC是 O的直径，如果AB＝AC＝ ，CD＝1，求AD的长．
（2）在（1）的条件下，如图2，设
⊙
对边BA、C⊙D的延长线的交点为P，求PA、PD的长．
解：（1）∵BC是 O的直径，
∴∠BAC＝∠BDC＝⊙90°，
∵AB＝AC＝ ，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴BC＝ AB＝ ，
∴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ABCD内接于 O，则有AB•CD+AD•BC＝AC•BD，
即 ×1+AD× ＝ ×3，⊙
解得：AD＝ ；
（2）∵∠PAD＝∠PCB，∠P＝∠P，
∴△PAD∽△PCB，
∴ ＝ ＝ ，
设PA＝x，PD＝y，
则 ＝ ＝ ，解得：x＝ ，y＝ ， ∴PA＝ ，PD＝ ．
【变式1-2】．如图1，已知 O内接四边形ABCD，
求证：AC•BD＝AB•CD+AD•⊙BC．
证明：如图1，在BD上取一点P，连接CP，使∠PCB＝∠DCA，即使∠1＝∠2．
∵在 O中，∠3与∠4所对的弧都是 ，
⊙
∴∠3＝∠4．
∴△ACD∽△BCP．
∴ ＝ ．
∴AC•BP＝AD•BC．①
又∵∠2＝∠1，
∴∠2+∠7＝∠1+∠7．
即∠ACB＝∠DCP．
∵在 O中，∠5与∠6所对的弧都是 ，
⊙
∴∠5＝∠6．
∴△ACB∽△DCP．
…
（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△ABC内接于 O，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，CD平分∠ACB交
O于点D，求CD的长． ⊙
⊙
解：（1）补全证明：∴ ，
∴AC•DP＝AB•DC②，
∴①+②得：AC•BP+AC•DP＝AD•BC+AB•DC，∴AC•（BP+DP）＝AD•BC+AB•DC，
即AC•BD＝AD•BC+AB•DC，
（2）∵∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，
∴∠ADB＝90°，AB＝ ＝10，
∵CD平分∠ACB交 O于点D，
∴∠BCD＝∠ACD，⊙
∴BD＝AD，
∵∠ADB＝90°，
∴∠ABD＝45°，
∴BD＝AD＝AB•sin45°＝5 ，
∵四边形ABCD内接于 O，
∴AB•CD＝AC•BD+AD⊙•BC，即10CD＝6× +8×5 ，
∴CD＝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 ABCD 内接于 O ．
求证： AB ⋅ DC + AD ⋅ BC ＝ AC ⋅ BD ．⊙
证明：如图2，作∠BAE＝∠CAD，交BD于点E，
……
∴△ABE∽△ACD，
∴AB•DC＝AC•BE，
……
∴△ABC∽△AED，
∴AD•BC＝AC•ED，
∴AB•DC+AD•BC＝AC•BE+AC•ED＝AC（BE+ED）＝AC•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ABCDE内接于 O，AB＝1，求对角线BD的长．
⊙（1）解：已知：如图1，四边形ABCD内接于 O，
求证：AB•DC+AD⋅BC＝AC•BD， ⊙
故答案为：四边形ABCD内接于 O，AB•DC+AD•BC＝AC•BD；
证明：如图2，作∠BAE＝∠CAD⊙，交BD于点E，
∵ ，
∴∠ABE＝∠ACD，
∴△ABE∽△ACD，
∴ ＝ ，
∴AB⋅DC＝AC⋅BE．
∵ ，
∴∠ACB＝∠ADE．
∵∠BAE＝∠CAD，
∴∠BAE+∠EAC＝∠CAD+∠EAC，
即∠BAC＝∠EAD，
∴△ABC∽△AED，
∴ ，
∴AD⋅BC＝AC⋅ED，
∴AB⋅DC+AD⋅BC
＝AC⋅BE+AC⋅ED
＝AC（BE+ED）
＝AC⋅BD，
即AB•DC+AD•BC＝AC•BD；
（2）解：在图3中，连接AD、AC．∵五边形ABCDE是正五边形，
∴△ABC≌△DCB≌△AED，
∴设BD＝AC＝AD＝x．
在圆内接四边形ABCD中，
由托勒密定理可得：AB•CD+AD•BC＝AC•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ABCD内接于 O．
⊙
求证：AB•CD+BC•AD＝AC•BD
下面是该结论的证明过程：
证明：如图2，作∠BAE＝∠CAD，交BD于点E．
∵ ＝ ，∠ABE＝∠ACD，
∴△ABE∽△ACD，∴ ，∴AB•CD＝AC•BE；∵ ＝ ，∴∠ACB＝∠ADE（依据1），
∵∠BAE＝∠CAD，∴∠BAC＝∠EAD，
∴△ABC∽△AED（依据2），∴ ，∴AD•BC＝AC•ED；
∴AB•CD+AD•BC＝AC•（BE+ED），即AB•CD+BC•AD＝AC•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ABCD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ABCD内接于 O，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，点C是 的中点，求AC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．
故答案为：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ABCD是矩形时，
则AB＝CD，AD＝BC，AC＝BD，
∵AB•CD+AD•BC＝AC•BD，
∴AB2+AD2＝BD2，
托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：勾股定理，
故答案为：勾股．
（3）连接BD，作CE⊥BD于E．
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠BAD+∠BCD＝180°，
∵∠BAD＝60°，∴∠BCD＝120°，
∵ ，
∴CD＝CB，
∴∠CDB＝30°，
在Rt△CDE中，cos30°＝ ，
∴DE＝ CD，
∴BD＝2DE＝ CD，
由托勒密定理：AC•BD＝AD•BC+CD•AB，
∴AC• CD＝3CD+5CD，
∴AC＝ ，
答：AC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ABCD
内接于 O，则有 ________．
任务：⊙（1）材料中划横线部分应填写的内容为 AC • BD ＝ AB • CD + BC • AD ．
（2）已知，如图2，四边形ABCD内接于 O，BD平分∠ABC，∠COD＝120°，求证：BD＝AB+BC．
⊙
解：（1）由托勒密定理可得：AC•BD＝AB•CD+BC•AD
故答案为：AC•BD＝AB•CD+BC•AD
（2）如图，连接AC∵∠COD＝120°，
∴∠CBD＝∠CAD＝60°
∵BD平分∠ABC
∴∠ABD＝∠CBD＝60°
∴∠ACD＝60°，
∴△ACD是等边三角形
∴AC＝AD＝CD，
∵四边形ABCD是圆内接四边形
∴AC•BD＝AB•CD+BC•AD
∴BD＝AB+BC1．如图，以Rt△ABC的斜边BC为一边在△ABC的同侧作正方形BCEF，对角线交于点O，连接AO，如
果AB＝4，AO＝4 ，那么AC的长等于（ ）
A．12 B．16 C．4 D．8
解：在AC上截取CG＝AB＝4，连接OG，
∵四边形BCEF是正方形，∠BAC＝90°，
∴OB＝OC，∠BAC＝∠BOC＝90°，
∴B、A、O、C四点共圆，
∴∠ABO＝∠ACO，
在△BAO和△CGO中
，
∴△BAO≌△CGO（SAS），
∴OA＝OG＝4 ，∠AOB＝∠COG，
∵∠BOC＝∠COG+∠BOG＝90°，
∴∠AOG＝∠AOB+∠BOG＝90°，
即△AOG是等腰直角三角形，
由勾股定理得：AG＝ ＝8，
即AC＝AG+CG＝8+4＝12．故选：A．
2．如图，在 O的内接四边形ABCD中，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，点C为弧BD的中点，则AC的
⊙
长是 ．
解：解法一、∵A、B、C、D四点共圆，∠BAD＝60°，
∴∠BCD＝180°﹣60°＝120°，
∵∠BAD＝60°，AC平分∠BAD，
∴∠CAD＝∠CAB＝30°，
如图1，
将△ACD绕点C逆时针旋转120°得△CBE，
则∠E＝∠CAD＝30°，BE＝AD＝5，AC＝CE，
∴∠ABC+∠EBC＝（180°﹣∠CAB﹣∠ACB）+（180°﹣∠E﹣∠BCE）＝180°，
∴A、B、E三点共线，
过C作CM⊥AE于M，∵AC＝CE，
∴AM＝EM＝ ×（5+3）＝4，
在Rt△AMC中，AC＝ ＝ ＝ ；
解法二、过C作CE⊥AB于E，CF⊥AD于F，
则∠E＝∠CFD＝∠CFA＝90°，
∵点C为弧BD的中点，
∴ ＝ ，
∴∠BAC＝∠DAC，BC＝CD，
∵CE⊥AB，CF⊥AD，
∴CE＝CF，
∵A、B、C、D四点共圆，
∴∠D＝∠CBE，
在△CBE和△CDF中
∴△CBE≌△CDF，
∴BE＝DF，
在△AEC和△AFC中
∴△AEC≌△AFC，
∴AE＝AF，设BE＝DF＝x，
∵AB＝3，AD＝5，
∴AE＝AF＝x+3，
∴5＝x+3+x，
解得：x＝1，
即AE＝4，
∴AC＝ ＝ ，
故答案为： ．
3．如图，在等腰△ABC中，AB＝AC＝4，BC＝6，点D在底边BC上，且∠DAC＝∠ACD，将△ACD沿着
AD所在直线翻折，使得点C落到点E处，联结BE，那么BE的长为 1 ．
解：∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C，
∵∠DAC＝∠ACD，
∴∠DAC＝∠ABC，
∵∠C＝∠C，
∴△CAD∽△CBA，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴CD＝ ，BD＝BC﹣CD＝ ，
∵∠DAM＝∠DAC＝∠DBA，∠ADM＝∠ADB，
∴△ADM∽△BDA，∴ ＝ ，即 ＝ ，
∴DM＝ ，MB＝BD﹣DM＝ ，
∵∠ABM＝∠C＝∠MED，
∴A、B、E、D四点共圆，
∴∠ADB＝∠BEM，∠EBM＝∠EAD＝∠ABD，
∴△ABD∽△MBE，（不用四点共圆，可以先证明△BMA∽△EMD，推出△BME∽AMD，推出∠ADB
＝∠BEM也可以！）
∴ ＝ ，
∴BE＝ ＝1．
故答案为：1．
4．如图，P是正方形ABCD内一点，CP＝CD，AP⊥BP，则 的值为 ．
解：如图，过点D作AP垂线交AP延长线于E，∵四边形ABCD是正方形，CP＝CD，
∴BC＝CP＝CD，
∴∠PBC＝∠BPC，∠DPC＝∠PDC，
设∠PCD＝x，则∠BPC＝ ，∠DPC＝ ，
∴∠BPD＝45°+90°＝135°，
∵AP⊥BP，
∴∠APD＝360°﹣135°﹣90°＝135°，
∴∠DPE＝45°，
设DE＝PE＝y，
∴DP＝ ＝ y，
∵∠DAE+∠BAP＝∠BAP+∠ABP＝90°，
∴∠DAE＝∠ABP，
在△DAE与△ABP中，
，
∴△APB≌△DEA（AAS），
∴AP＝DE＝y，
∴ ＝ ＝ ．
故答案为： ．
5．如图，正方形ABCD的边长是6，对角线的交点为O，点E在边CD上且CE＝2，CF⊥BE，连接OF，
则： （1）∠OFB 45 ° ；（2）OF＝ ．解：（1）在BE上截取BG＝CF，
∵在正方形ABCD，AC⊥BD，∠ABC＝∠BCD＝90°，AC＝BD，BO＝ BD，CO＝ AC，AC、BD分
别平分∠ABC、∠BCD，
∴BO＝CO，∠BOC＝90°，∠OBC＝∠OCD＝45°，
∵CF⊥BE，
∴∠CFE＝90°，
∴∠FEC+∠ECF＝90°，
∵∠EBC+∠FEC＝90°，
∴∠EBC＝∠ECF，
∴∠OBC﹣∠EBC＝∠OCD﹣∠ECF，
∴∠OBG＝∠FCO，
∴△OBG≌△OCF（SAS），
∴∠BOG＝∠FOC，OG＝OF，
∴∠GOC+∠COF＝90°，
∴∠OFG＝∠OGF＝45°，
故答案为：45°；
（2）在Rt△BCE中，根据勾股定理，得BE＝2 ，
∴CF＝BG＝ ＝ ，
在Rt△FCE中，根据勾股定理，得EF＝ ，
∴GF＝BE﹣BG﹣EF＝ ，
在Rt△FCE中，根据勾股定理，得OF＝ ，
故答案为： ．6．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D为BC的中点，过点D作DE⊥DF，交BA的延长线于点E，交
AC的延长线于点F．若CF＝ ，AC＝4，AB＝2．则AE＝ 1 0 ．
解：延长FD至G，使GD＝FD，连接BG，如图所示：
∵D为BC的中点，∴BD＝CD，
在△BDG和△CDF中， ，
∴△BDG≌△CDF（SAS），
∴BG＝CF＝ ，∠G＝∠F，
∴BG∥CF，
∴△BGH∽△AFH，
∴ ＝ ＝ ＝ ＝ ，
∴ ＝ ，AH＝ AB＝ ，
∵∠BAC＝90°，AF＝AC+CF＝ ，
∴HF＝ ＝ ，
∴DH＝ FH＝ ，
∵DE⊥DF，
∴∠EDH＝90°＝∠BAC，∴∠E+∠EHD＝∠F+∠EHD＝90°，
∴∠E＝∠F，
∴△DHE∽△AHF，
∴ ＝ ，即 ＝ ，
解得：HE＝ ，
∴AE＝HE﹣AH＝ ﹣ ＝10；
故答案为：10．
7．设△ABC是正三角形，点 P在△ABC外，且与点 A在直线 BC异侧，∠BPC＝120°，求证：PA＝
PB+PC．
解：如图，延长BP至E，使PE＝PC，连接CE，
∵∠BAC+∠BPC＝180°，且∠BAC＝60°，
∴∠BPC＝120°，
∴∠CPE＝60°，又PE＝PC，
∴△CPE为等边三角形，
∴CP＝PE＝CE，∠PCE＝60°，
∵△ABC为等边三角形，
∴AC＝BC，∠BCA＝60°，
∴∠ACB＝∠PCE，
∴∠ACB+∠BCP＝∠PCE+∠BCP，即：∠ACP＝∠BCE，
∵在△ACP和△BCE中，
，
∴△ACP≌△BCE（SAS），
∴AP＝BE，
∵BE＝BP+PE，
∴PA＝PB+PC．
8． O半径为2，AB，DE为两条直线．作 DC⊥AB于C，且C为AO中点，P为圆上一个动点．求
2⊙PC+PE的最小值．
解：延长OA到K，使AK＝AO＝2．
∵C是AO的中点，∴OC＝ OA＝1，
∴ ＝ ．
又∵∠COP＝∠POK，
∴△COP∽△POK，
∴ ，即PK＝2PC．
∴2PC+PE＝PE+PK≥EK．
作EH⊥BC于点H．
∵在直角△COD中，cos∠DOC＝ ，
∴∠DOC＝60°，
∴∠EOH＝∠DOC＝60°，
∴HE＝OE•sin60°＝2× ，
∴EK＝ ．
即最小值是2 ．
故答案是：2 ．
9．如图，点P为等边△ABC外接圆，劣弧为BC上的一点．
（1）求∠BPC的度数；
（2）求证：PA＝PB+PC．
（1）解：∵四边形ABPC内接于圆，
∴∠BAC+∠BPC＝180．
∵等边三角形ABC中，∠BAC＝60°，
∴∠BPC＝120°；（2）证明：延长BP到D，使得DP＝PC，连接CD．
∵∠BPC＝120，
∴∠CPD＝60．
又∵PC＝PD，
∴△PCD是等边三角形，
∴PC＝CD，∠PCD＝60°，
∴∠ACM+∠MCP＝PCD+∠MCP，
即∠ACP＝∠BCD．
∵等边三角形ABC中，
∴BC＝AC．
∵ 所对的圆周角是∠DBC与∠PAC，
∴∠DBC＝∠PAC．
在△DBC和△PAC中，
，
∴△DBC≌△PAC（ASA），
∴AP＝BD．
∵BD＝BP+DP，
∴AP＝BP+DP，
∵DP＝PC，
∴PA＝PB+PC．10．如图， O的直径AB的长为10，弦BD的长为6，点C为 上的一点，过点B的切线EF，连接
⊙
AD，CD，CB；
（1）求证：∠CDB＝∠CBF；
（2）若点D为 的中点，求CD的长．
（1）证明：连接AC，如图，
∵AB为 O的直径，
∴∠ACB⊙＝90°，
∴∠1+∠2＝90°，
∵EF为 O的切线，
∴AB⊥E⊙F，
∴∠ABF＝90°，即∠2+∠CBF＝90°，
∴∠1＝∠CBF，
∵∠1＝∠CDB，
∴∠CDB＝∠CBF；
（2）解：作CM⊥AD于M，CN⊥DB于N，如图，
∵AB为 O的直径，
∴∠ADB⊙＝90°，
∴AD＝ ＝ ＝8，
∵点C为 的中点，
∴∠ADC＝∠BDC，
∴CA＝CB，CM＝CN，
在Rt△ACM和Rt△BCN中，
∴Rt△ACM≌Rt△BCN，
∴AM＝BN，即AD﹣AM＝DN﹣BD，
∴AM+DN＝AD+BD＝8+6＝14，
∵四边形CMDN为矩形，CM＝CN，
∴四边形CMDN为正方形，
∴DM＝DN＝7，
∴CD＝ 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（Ptolemy）（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（Ptolemy）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ABCD内接于 O，
求证：AB•CD+BC•AD＝AC•BD ⊙下面是该结论的证明过程：
证明：如图2，作∠BAE＝∠CAD，交BD于点E．
∵
∴∠ABE＝∠ACD
∴△ABE∽△ACD
∴
∴AB•CD＝AC•BE
∵
∴∠ACB＝∠ADE（依据1）
∵∠BAE＝∠CAD
∴∠BAE+∠EAC＝∠CAD+∠EAC
即∠BAC＝∠EAD
∴△ABC∽△AED（依据2）
∴AD•BC＝AC•ED
∴AB•CD+AD•BC＝AC•（BE+ED）
∴AB•CD+AD•BC＝AC•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ABCD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ABCD内接于 O，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，点C为 的中点，求AC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．
（2）当圆内接四边形ABCD是矩形时，
则AB＝CD，AD＝BC，AC＝BD，∵AB•CD+AD•BC＝AC•BD，
∴AB2+AD2＝BD2，
托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：勾股定理，
故答案为勾股定理．
（3）连接BD，作CE⊥BD于E．
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠BAD+∠BCD＝180°，
∵∠BAD＝60°，
∴∠BCD＝120°，
∵ ＝ ，
∴CD＝CB，
∴∠CDB＝30°，
在Rt△CDE中，cos30°＝ ，
∴DE＝ CD，
∴BD＝2DE＝ CD，
由托勒密定理：AC•BD＝AD•BC+CD•AB，
∴AC• CD＝3CD+5CD，
∴AC＝ ， 答：AC的长为 ．
12．在学习了《圆》和《相似》的知识后，小明自学了一个著名定理“托勒密定理：圆内接四边形对角线
的乘积等于两组对边乘积之和．”
（1）下面是小明对托勒密定理的证明和应用过程，请补充完整．已知：四边形ABCD内接于 O．
⊙求证：AC•BD＝AB•CD+AD•BC．证明：作∠CDE＝∠BDA，交AC于点E，
∵ O中，∠1＝∠2，
∴⊙△ABD∽△ECD（ 两角对应相等，两三角形相似 ）．
∴ ．
∴AB•CD＝BD•EC①，
．
又∵∠BDA+∠3＝∠CDE+∠3，
即∠ADE＝∠BDC，
∴△ DAE ∽△ DBC （ 两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似 ）．
∴ ．
∴AD•BC＝BD•AE②．
∴ AB • CD + AD • BC ＝ BD （ EC + AE ） ，
∴AB•CD+AD•BC＝AC•BD．
（2）利用托勒密定理解决问题：是否存在一个圆内接四边形，它的两条对角线长为 5和 ，一组对边
长为1和3，另一组对边的和为4．若存在，求出未知的两边；若不存在，说明理由．
（1）证明：作∠CDE＝∠BDA，交AC于点E，
∵ O中，∠1＝∠2，
∴⊙△ABD∽△ECD（ 两角对应相等，两三角形相似）．
∴ ．
∴AB•CD＝BD•EC①，
∴ ．
又∵∠BDA+∠3＝∠CDE+∠3，即∠ADE＝∠BDC，
∴△DAE∽△DBC（ 两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似）．
∴ ．
∴AD•BC＝BD•AE②．
∴AB•CD+AD•BC＝BD（EC+AE），
∴AB•CD+AD•BC＝AC•BD．
故答案为：两角对应相等，两三角形相似，DAE，DBC，两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似，
AB•CD+AD•BC＝BD（EC+AE）；
（2）不存在，理由如下：
设未知的两边分别为：a，4﹣a，
由托勒密定理可得：5× ＝1×3+a（4﹣a），
∴（a﹣2）2＝7﹣5 ＜0，
∴方程无解，
∴不存在这样的一个圆内接四边形．
13．阅读下列相关材料，并完成相应的任务．
布拉美古塔定理
婆罗摩笈多是古印度著名的数学家、天文学家，他编著了《婆罗摩修正体系》，他曾经提出
了“婆罗摩笈多定理”，也称“布拉美古塔定理”．定理的内容是：若圆内接四边形的对角
线互相垂直，则垂直于一边且过对角线交点的直线平分对边．
某数学兴趣小组的同学写出了这个定理的已知和求证．
已知：如图，在圆内接四边形ABCD中，对角线AC⊥BD，垂足为P，过点P作AB的垂线分
别交AB，DC于点H，M．
求证：M是CD的中点
任务：
（1）请你完成这个定理的证明过程．
（2）该数学兴趣小组的同学在该定理的基础上写出了另外一个命题：若圆内接四边形的对角线互相垂
直，则一边中点与对角线交点的连线垂直于对边请判断此命题是 真 命题．（填“真”或“假”）
（3）若PD＝2，HP＝ ，BP＝3，求MH的长．（1）证明：∵AC⊥BD，
∴∠APB＝∠CPD＝90°，
∴∠ABP+∠BAP＝90°，
∵PH⊥AB，
∴∠BAP+∠APH＝90°，
∴∠ABP＝∠APH，
∴∠MPC＝∠APH，
∵ ＝ ，
∴∠ABP＝∠ACD，
∴∠PCM＝∠MPC，
∴PM＝MC，
同理可得，PM＝DM，
∴DM＝CM，
∴M是CD的中点；
（2）若圆内接四边形的对角线互相垂直，则一边中点与对角线交点的连线垂直于对边，理由如下：
已知：如图，在圆内接四边形ABCD中，对角线AC⊥BD，垂足为P，M是CD的中点，连接MP交AB
于点H，
求证：PH⊥AB；
证明：∵M是CD的中点；
∴DM＝CM＝PM，
∴∠PCM＝∠MPC，
∵ ＝ ，
∴∠ABP＝∠PCM，
∵∠MPC＝∠APH，
∴∠MPC＝∠APH，
∴∠APH+∠HPB＝∠ABP+∠HPB＝90°，∴PH⊥AB；
故答案为：真；
（3）解：∵BP＝3，HP＝ ，
∴BH＝ ，
∴sin∠HBP＝ ，
∵∠ABP＝∠PCD，
∴ ＝ ＝ ，
∴CD＝2 ，
∵M是CD的中点，
∴PM＝ CD＝ ，
∴MH＝2 ．14．已知△ABC内接于 O，∠BAC的平分线交 O于点D，连接DB，DC．
（1）如图①，当∠⊙BAC＝120°时，请直接写⊙出线段AB，AC，AD之间满足的等量关系式： AB + AC ＝
AD ；
（2）如图②，当∠BAC＝90°时，试探究线段AB，AC，AD之间满足的等量关系，并证明你的结论；
（3）如图③，若BC＝5，BD＝4，求 的值．
解：（1）如图①在AD上截取AE＝AB，连接BE，
∵∠BAC＝120°，∠BAC的平分线交 O于点D，
⊙
∴∠DBC＝∠DAC＝60°，∠DCB＝∠BAD＝60°，
∴△ABE和△BCD都是等边三角形，
∴∠DBE＝∠ABC，AB＝BE，BC＝BD，
∴△BED≌△BAC（SAS），
∴DE＝AC，
∴AD＝AE+DE＝AB+AC；
故答案为：AB+AC＝AD．
（2）AB+AC＝ AD．理由如下：
如图②，延长AB至点M，使BM＝AC，连接DM，
∵四边形ABDC内接于 O，
⊙∴∠MBD＝∠ACD，
∵∠BAD＝∠CAD＝45°，
∴BD＝CD，
∴△MBD≌△ACD（SAS），
∴MD＝AD，∠M＝∠CAD＝45°，
∴MD⊥AD．
∴AM＝ ，即AB+BM＝ ，
∴AB+AC＝ ；
（3）如图③，延长AB至点N，使BN＝AC，连接DN，
∵四边形ABDC内接于 O，
∴∠NBD＝∠ACD， ⊙
∵∠BAD＝∠CAD，
∴BD＝CD，
∴△NBD≌△ACD（SAS），
∴ND＝AD，∠N＝∠CAD，
∴∠N＝∠NAD＝∠DBC＝∠DCB，
∴△NAD∽△CBD，∴ ，
∴ ，
又AN＝AB+BN＝AB+AC，BC＝5，BD＝4，
∴ ＝ ．
15．问题探究：
（1）已知：如图①，△ABC中请你用尺规在BC边上找一点D，使得点A到点BC的距离最短．
（2）托勒密（Ptolemy）定理指出，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．如图②，
P是正△ABC外接圆的劣弧BC上任一点（不与B、C重合），请你根据托勒密（Ptolemy）定理证明：
PA＝PB+PC．
问题解决：
（3）如图③，某学校有一块两直角边长分别为30m、60m的直角三角形的草坪，现准备在草坪内放置
一对石凳及垃圾箱在点P处，使P到A、B、C三点的距离之和最小，那么是否存在符合条件的点P？若
存在，请作出点P的位置，并求出这个最短距离（结果保留根号）；若不存在，请说明理由．
解：（1）利用尺规作图，过点A作BC的垂线，交BC于D，
则点D即为所求；
（2）由托勒密定理得，PA•BC＝PB•AC+PC•AB，
∵△ABC为正三角形，
∴AB＝BC＝AC，
∴PA•BC＝PB•BC+PC•BC，
∴PA＝PB+PC；
（3）以BC为边作正△BCD，使点D与点A在BC两侧，
作△BCD的外接圆，连接AD交圆于P，连接PB，作DE⊥AC交AC的延长线于E，
则点P即为所求，由（2）得，PD＝PB+PC，
∴P到A、B、C三点的距离之和＝DA，且距离之和最小，
∵CD＝BC＝30，∠DCE＝∠BCE﹣∠BCD＝30°，
∴DE＝ CD＝15，
由勾股定理得，CE＝ ＝15 ，
则AD＝ ＝30 ，
答：P到A、B、C三点的距离之和最小值为30 m．
16．（1）方法选择
如图①，四边形ABCD是 O的内接四边形，连接AC，BD，AB＝BC＝AC．求证：BD＝AD+CD．
小颖认为可用截长法证明：⊙在DB上截取DM＝AD，连接AM…
小军认为可用补短法证明：延长CD至点N，使得DN＝AD…
请你选择一种方法证明．
（2）类比探究
【探究1】
如图②，四边形ABCD是 O的内接四边形，连接AC，BD，BC是 O的直径，AB＝AC．试用等式表
示线段AD，BD，CD之间⊙的数量关系，并证明你的结论． ⊙
【探究2】
如图③，四边形ABCD是 O的内接四边形，连接AC，BD．若BC是 O的直径，∠ABC＝30°，则线
段AD，BD，CD之间的等⊙量关系式是 BD ＝ CD +2 AD ． ⊙
（3）拓展猜想如图④，四边形ABCD是 O的内接四边形，连接AC，BD．若BC是 O的直径，BC：AC：AB＝a：
⊙ ⊙
b：c，则线段AD，BD，CD之间的等量关系式是 BD ＝ CD + AD ．
解：（1）方法选择：∵AB＝BC＝AC，
∴∠ACB＝∠ABC＝60°，
如图①，在BD上截取DM＝AD，连接AM，
∵∠ADB＝∠ACB＝60°，
∴△ADM是等边三角形，
∴AM＝AD，
∵∠ABM＝∠ACD，
∵∠AMB＝∠ADC＝120°，
∴△ABM≌△ACD（AAS），
∴BM＝CD，
∴BD＝BM+DM＝CD+AD；
（2）类比探究：如图②，
∵BC是 O的直径，
∴∠BAC⊙＝90°，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
过A作AM⊥AD交BD于M，
∵∠ADB＝∠ACB＝45°，
∴△ADM是等腰直角三角形，
∴AM＝AD，∠AMD＝45°，
∴DM＝ AD，
∴∠AMB＝∠ADC＝135°，
∵∠ABM＝∠ACD，∴△ABM≌△ACD（AAS），
∴BM＝CD，
∴BD＝BM+DM＝CD+ AD；
【探究2】如图③，∵若BC是 O的直径，∠ABC＝30°，
∴∠BAC＝90°，∠ACB＝60°，⊙
过A作AM⊥AD交BD于M，
∵∠ADB＝∠ACB＝60°，
∴∠AMD＝30°，
∴MD＝2AD，
∵∠ABD＝∠ACD，∠AMB＝∠ADC＝150°，
∴△ABM∽△ACD，
∴ ＝ ，
∴BM＝ CD，
∴BD＝BM+DM＝ CD+2AD；
故答案为：BD＝ CD+2AD；
（3）拓展猜想：BD＝BM+DM＝ CD+ AD；
理由：如图④，∵若BC是 O的直径，
∴∠BAC＝90°， ⊙
过A作AM⊥AD交BD于M，
∴∠MAD＝90°，
∴∠BAM＝∠DAC，
∴△ABM∽△ACD，
∴ ＝ ，
∴BM＝ CD，
∵∠ADB＝∠ACB，∠BAC＝∠MAD＝90°，
∴△ADM∽△ACB，
∴ ＝ ＝ ，∴DM＝ AD，
∴BD＝BM+DM＝ CD+ AD．
故答案为：BD＝ CD+ AD
17．数学课上，张老师出示了问题：如图1，AC，BD是四边形ABCD的对角线，若∠ACB＝∠ACD＝
∠ABD＝∠ADB＝60°，则线段BC，CD，AC三者之间有何等量关系？
经过思考，小明展示了一种正确的思路：如图 2，延长 CB 到 E，使 BE＝CD，连接 AE，证得
△ABE≌△ADC，从而容易证明△ACE是等边三角形，故AC＝CE，所以AC＝BC+CD．
小亮展示了另一种正确的思路：如图3，将△ABC绕着点A逆时针旋转60°，使AB与AD重合，从而容
易证明△ACF是等边三角形，故AC＝CF，所以AC＝BC+CD．
在此基础上，同学们作了进一步的研究：
（1）小颖提出：如图4，如果把“∠ACB＝∠ACD＝∠ABD＝∠ADB＝60°”改为“∠ACB＝∠ACD＝
∠ABD＝∠ADB＝45°”，其它条件不变，那么线段BC，CD，AC三者之间有何等量关系？针对小颖提
出的问题，请你写出结论，并给出证明．
（2）小华提出：如图5，如果把“∠ACB＝∠ACD＝∠ABD＝∠ADB＝60°”改为“∠ACB＝∠ACD＝
∠ABD＝∠ADB＝ ”，其它条件不变，那么线段BC，CD，AC三者之间有何等量关系？针对小华提出
的问题，请你写出α结论，不用证明．解：（1）BC+CD＝ AC；
理由：如图1，
延长CD至E，使DE＝BC，连接AE，
∵∠ABD＝∠ADB＝45°，
∴AB＝AD，∠BAD＝180°﹣∠ABD﹣∠ADB＝90°，
∵∠ACB＝∠ACD＝45°，
∴∠ACB+∠ACD＝90°，
∴∠BAD+∠BCD＝180°，
∴∠ABC+∠ADC＝180°，
∵∠ADC+∠ADE＝180°，
∴∠ABC＝∠ADE，
在△ABC和△ADE中， ，
∴△ABC≌△ADE（SAS），
∴∠ACB＝∠AED＝45°，AC＝AE，
∴△ACE是等腰直角三角形，
∴CE＝ AC，
∵CE＝CD+DE＝CD+BC，
∴BC+CD＝ AC；
（2）BC+CD＝2AC•cos ．理由：如图2，
延长CD至E，使DE＝BαC，
∵∠ABD＝∠ADB＝ ，
α∴AB＝AD，∠BAD＝180°﹣∠ABD﹣∠ADB＝180°﹣2 ，
∵∠ACB＝∠ACD＝ ， α
∴∠ACB+∠ACD＝2α，
∴∠BAD+∠BCD＝1α80°，
∴∠ABC+∠ADC＝180°，
∵∠ADC+∠ADE＝180°，
∴∠ABC＝∠ADE，
在△ABC和△ADE中， ，
∴△ABC≌△ADE（SAS），
∴∠ACB＝∠AED＝ ，AC＝AE，
∴∠AEC＝ ， α
过点A作AFα⊥CE于F，
∴CE＝2CF，在Rt△ACF中，∠ACD＝ ，CF＝AC•cos∠ACD＝AC•cos ，
∴CE＝2CF＝2AC•cos ， α α
∵CE＝CD+DE＝CD+BαC，
∴BC+CD＝2AC•cos ．
α18．问题背景：
如图①，在四边形ADBC中，∠ACB＝∠ADB＝90°，AD＝BD，探究线段AC，BC，CD之间的数量关
系．
小吴同学探究此问题的思路是：将△BCD绕点D，逆时针旋转90°到△AED处，点B，C分别落在点
A，E处（如图②），易证点C，A，E在同一条直线上，并且△CDE是等腰直角三角形，所以CE＝
CD，从而得出结论：AC+BC＝ CD．
简单应用：
（1）在图①中，若AC＝ ，BC＝2 ，则CD＝ 3 ．
（2）如图③，AB是 O的直径，点C、D在 上， ＝ ，若AB＝13，BC＝12，求CD的长．
⊙ ⊙
拓展规律：
（3）如图④，∠ACB＝∠ADB＝90°，AD＝BD，若AC＝m，BC＝n（m＜n），求CD的长（用含m，n
的代数式表示）
（4）如图⑤，∠ACB＝90°，AC＝BC，点P为AB的中点，若点E满足AE＝ AC，CE＝CA，点Q为
AE的中点，则线段PQ与AC的数量关系是 PQ ＝ AC 或 PQ ＝ AC ．
解：（1）由题意知：AC+BC＝ CD，
∴ +2 ＝ CD， ∴CD＝3；
（2）连接AC、BD、AD，∵AB是 O的直径，∴∠ADB＝∠ACB＝90°，
⊙
∵ ， ∴AD＝BD，
将△BCD绕点D顺时针旋转90°到△AED处，如图③，
∴∠EAD＝∠DBC，
∵∠DBC+∠DAC＝180°，
∴∠EAD+∠DAC＝180°，
∴E、A、C三点共线，
∵AB＝13，BC＝12，
∴由勾股定理可求得：AC＝5，
∵BC＝AE，
∴CE＝AE+AC＝17，
∵∠EDA＝∠CDB，
∴∠EDA+∠ADC＝∠CDB+∠ADC，
即∠EDC＝∠ADB＝90°，
∵CD＝ED，
∴△EDC是等腰直角三角形，
∴CE＝ CD，
∴CD＝ ；
（3）以AB为直径作 O，连接OD并延长交 O于点D ，
1
连接D A，D B，D C⊙，如图④ ⊙
1 1 1
由（2）的证明过程可知：AC+BC＝ D C，
1
∴D C＝ ，
1
又∵D D是 O的直径，
1
∴∠DCD ＝⊙90°，
1
∵AC＝m，BC＝n，
∴由勾股定理可求得：AB2＝m2+n2，
∴D D2＝AB2＝m2+n2，
1
∵D C2+CD2＝D D2，
1 1∴CD2＝m2+n2﹣ ＝ ，
∵m＜n，
∴CD＝ ；
（4）当点E在直线AC的左侧时，如图⑤，
连接CQ，PC，
∵AC＝BC，∠ACB＝90°，
点P是AB的中点，
∴AP＝CP，∠APC＝90°，
又∵CA＝CE，点Q是AE的中点，
∴∠CQA＝90°，
设AC＝a，
∵AE＝ AC，
∴AE＝ a，
∴AQ＝ AE＝ ，
由勾股定理可求得：CQ＝ a，
由（2）的证明过程可知：AQ+CQ＝ PQ，
∴ PQ＝ a+ a，
∴ PQ＝ AC；
当点E在直线AC的右侧时，如图⑥，
连接CQ、CP，
同理可知：∠AQC＝∠APC＝90°，
设AC＝a，
∴AQ＝ AE＝ ，由勾股定理可求得：CQ＝ a，
由（3）的结论可知：PQ＝ （CQ﹣AQ），
∴ PQ＝ AC．
综上所述，线段PQ与AC的数量关系是 PQ＝ AC或 PQ＝ AC．
