1.托勒密定理：圓的內(nèi)接四邊形中，兩對角線所包矩形的面積等于一組對邊所包矩形的面積與另一組對邊所包矩形的面積之和．
翻譯：在四邊形ABCD中，若A、B、C、D四點(diǎn)共圓，則．
證明：在線段BD上取點(diǎn)E，使得∠BAE=∠CAD，
易證△AEB∽△ADC，∴，即，
當(dāng)∠BAE=∠CAD時，可得：∠BAC=∠EAD，
易證△ABC∽△AED，∴，即，
∴，
∴．
2.（托勒密不等式）：對于任意凸四邊形ABCD，有
證明：如圖1，在平面中取點(diǎn)E使得∠BAE=∠CAD，∠ABE=∠ACD，
易證△ABE∽△ACD，∴，即①，
連接DE，如圖2，
∵，∴，
又∠BAC=∠BAE+∠CAE=∠DAC+∠CAE=∠DAE，
∴△ABC∽△AED，∴，即②，
將①+②得：，
∴
即，當(dāng)且僅當(dāng)A、B、C、D共圓時取到等號．
3.托勒密定理在中考題中的應(yīng)用
（1）當(dāng)△ABC是等邊三角形時，
如圖1，當(dāng)點(diǎn)D在弧AC上時，根據(jù)托勒密定理有：，
又等邊△ABC有AB=AC=BC， 故有結(jié)論：．
證明：在BD上取點(diǎn)E使得DE=DA，
易證△AEB∽△ADC，△AED∽△ABC，利用對應(yīng)邊成比例，可得：．
如圖2，當(dāng)點(diǎn)D在弧BC上時，結(jié)論：DA=DB+DC．
【小結(jié)】雖然看似不同，但根據(jù)等邊的旋轉(zhuǎn)對稱性，圖1和圖2并無區(qū)別．
（2）當(dāng)△ABC是等腰直角三角形，
如圖3，當(dāng)點(diǎn)D在弧BC上時，根據(jù)托勒密定理：，
又，代入可得結(jié)論：．
如圖4，當(dāng)點(diǎn) D在弧AC上時，根據(jù)托勒密定理：，
又，代入可得結(jié)論：．
（3）當(dāng)△ABC是一般三角形時，若記BC：AC：AB=a：b：c，
根據(jù)托勒密定理可得：
例題精講
【例1】．如圖，正五邊形ABCDE內(nèi)接于⊙O，AB＝2，則對角線BD的長為 ．
?變式訓(xùn)練
【變式1-1】．先閱讀理解：托勒密（Ptlemy古希臘天文學(xué)家）定理指出：圓內(nèi)接凸四邊形兩組對邊乘積的和等于兩條對角線的乘積．即：如果四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，則有AB?CD+AD?BC＝AC?BD．再請完成：
（1）如圖1，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，BC是⊙O的直徑，如果AB＝AC＝，CD＝1，求AD的長．
（2）在（1）的條件下，如圖2，設(shè)對邊BA、CD的延長線的交點(diǎn)為P，求PA、PD的長．
【變式1-2】．如圖1，已知⊙O內(nèi)接四邊形ABCD，
求證：AC?BD＝AB?CD+AD?BC．
證明：如圖1，在BD上取一點(diǎn)P，連接CP，使∠PCB＝∠DCA，即使∠1＝∠2．
∵在⊙O中，∠3與∠4所對的弧都是，
∴∠3＝∠4．
∴△ACD∽△BCP．
∴＝．
∴AC?BP＝AD?BC．①
又∵∠2＝∠1，
∴∠2+∠7＝∠1+∠7．
即∠ACB＝∠DCP．
∵在⊙O中，∠5與∠6所對的弧都是，
∴∠5＝∠6．
∴△ACB∽△DCP．
…
（1）任務(wù)一：請你將“托勒密定理”的證明過程補(bǔ)充完整；
（2）任務(wù)二：如圖2，已知Rt△ABC內(nèi)接于⊙O，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，CD平分∠ACB交⊙O于點(diǎn)D，求CD的長．
【例2】．托勒密定理：圓的內(nèi)接四邊形兩對對邊乘積的和等于兩條對角線的乘積．
已知：如圖1， 四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O ．
求證： AB?DC+AD?BC＝AC?BD ．
證明：如圖2，作∠BAE＝∠CAD，交BD于點(diǎn)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）請幫這位同學(xué)寫出已知和求證，并完成證明過程；
（2）如圖3，已知正五邊形ABCDE內(nèi)接于⊙O，AB＝1，求對角線BD的長．
?變式訓(xùn)練
【變式2-1】．已知：如圖1，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O．
求證：AB?CD+BC?AD＝AC?BD
下面是該結(jié)論的證明過程：
證明：如圖2，作∠BAE＝∠CAD，交BD于點(diǎn)E．
∵＝，∠ABE＝∠ACD，
∴△ABE∽△ACD，∴，∴AB?CD＝AC?BE；
∵＝，∴∠ACB＝∠ADE（依據(jù)1），
∵∠BAE＝∠CAD，∴∠BAC＝∠EAD，
∴△ABC∽△AED（依據(jù)2），∴，∴AD?BC＝AC?ED；
∴AB?CD+AD?BC＝AC?（BE+ED），即AB?CD+BC?AD＝AC?BD．
（1）上述證明過程中的“依據(jù)1”是指 ；“依據(jù)2”是指 ．
（2）當(dāng)圓內(nèi)接四邊形ABCD是矩形時，托勒密定理就是我們熟知的 定理．
（3）如圖3，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，點(diǎn)C是的中點(diǎn)，求AC的長．
【變式2-2】．圓的內(nèi)接四邊形的兩條對角線的乘積等于兩組對邊乘積的和．即：如圖1，若四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，則有 ________．
任務(wù)：（1）材料中劃橫線部分應(yīng)填寫的內(nèi)容為 ．
（2）已知，如圖2，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，BD平分∠ABC，∠COD＝120°，求證：BD＝AB+BC．

1．如圖，以Rt△ABC的斜邊BC為一邊在△ABC的同側(cè)作正方形BCEF，對角線交于點(diǎn)O，連接AO，如果AB＝4，AO＝4，那么AC的長等于（ ）
A．12B．16C．4D．8
2．如圖，在⊙O的內(nèi)接四邊形ABCD中，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，點(diǎn)C為弧BD的中點(diǎn)，則AC的長是 ．
3．如圖，在等腰△ABC中，AB＝AC＝4，BC＝6，點(diǎn)D在底邊BC上，且∠DAC＝∠ACD，將△ACD沿著AD所在直線翻折，使得點(diǎn)C落到點(diǎn)E處，聯(lián)結(jié)BE，那么BE的長為 ．
4．如圖，P是正方形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，CP＝CD，AP⊥BP，則的值為 ．
5．如圖，正方形ABCD的邊長是6，對角線的交點(diǎn)為O，點(diǎn)E在邊CD上且CE＝2，CF⊥BE，連接OF，則：
（1）∠OFB ° ；
（2）OF＝ ．
6．如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D為BC的中點(diǎn)，過點(diǎn)D作DE⊥DF，交BA的延長線于點(diǎn)E，交AC的延長線于點(diǎn)F．若CF＝，AC＝4，AB＝2．則AE＝ ．
7．設(shè)△ABC是正三角形，點(diǎn)P在△ABC外，且與點(diǎn)A在直線BC異側(cè)，∠BPC＝120°，求證：PA＝PB+PC．
8．⊙O半徑為2，AB，DE為兩條直線．作DC⊥AB于C，且C為AO中點(diǎn)，P為圓上一個動點(diǎn)．求2PC+PE的最小值．
9．如圖，點(diǎn)P為等邊△ABC外接圓，劣弧為BC上的一點(diǎn)．
（1）求∠BPC的度數(shù)；
（2）求證：PA＝PB+PC．
10．如圖，⊙O的直徑AB的長為10，弦BD的長為6，點(diǎn)C為上的一點(diǎn)，過點(diǎn)B的切線EF，連接AD，CD，CB；
（1）求證：∠CDB＝∠CBF；
（2）若點(diǎn)D為的中點(diǎn)，求CD的長．
11．閱讀下列材料，并完成相應(yīng)的任務(wù)．
托勒密定理：
托勒密（Ptlemy）（公元90年～公元168年），希臘著名的天文學(xué)家，他的要著作《天文學(xué)大成》被后人稱為“偉大的數(shù)學(xué)書”，托勒密有時把它叫作《數(shù)學(xué)文集》，托勒密從書中摘出并加以完善，得到了著名的托勒密（Ptlemy）定理．
托勒密定理：
圓內(nèi)接四邊形中，兩條對角線的乘積等于兩組對邊乘積之和．
已知：如圖1，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，
求證：AB?CD+BC?AD＝AC?BD
下面是該結(jié)論的證明過程：
證明：如圖2，作∠BAE＝∠CAD，交BD于點(diǎn)E．
∵
∴∠ABE＝∠ACD
∴△ABE∽△ACD
∴
∴AB?CD＝AC?BE
∵
∴∠ACB＝∠ADE（依據(jù)1）
∵∠BAE＝∠CAD
∴∠BAE+∠EAC＝∠CAD+∠EAC
即∠BAC＝∠EAD
∴△ABC∽△AED（依據(jù)2）
∴AD?BC＝AC?ED
∴AB?CD+AD?BC＝AC?（BE+ED）
∴AB?CD+AD?BC＝AC?BD
任務(wù)：（1）上述證明過程中的“依據(jù)1”、“依據(jù)2”分別是指什么？
（2）當(dāng)圓內(nèi)接四邊形ABCD是矩形時，托勒密定理就是我們非常熟知的一個定理： ．
（請寫出）
（3）如圖3，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，點(diǎn)C為的中點(diǎn)，求AC的長．
12．在學(xué)習(xí)了《圓》和《相似》的知識后，小明自學(xué)了一個著名定理“托勒密定理：圓內(nèi)接四邊形對角線的乘積等于兩組對邊乘積之和．”
（1）下面是小明對托勒密定理的證明和應(yīng)用過程，請補(bǔ)充完整．已知：四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O．
求證：AC?BD＝AB?CD+AD?BC．證明：作∠CDE＝∠BDA，交AC于點(diǎn)E，
∵⊙O中，∠1＝∠2，
∴△ABD∽△ECD（ ）．
∴．
∴AB?CD＝BD?EC①，
．
又∵∠BDA+∠3＝∠CDE+∠3，
即∠ADE＝∠BDC，
∴△ DAE ∽△ DBC （ ）．
∴．
∴AD?BC＝BD?AE②．
，
∴AB?CD+AD?BC＝AC?BD．
（2）利用托勒密定理解決問題：是否存在一個圓內(nèi)接四邊形，它的兩條對角線長為5和，一組對邊長為1和3，另一組對邊的和為4．若存在，求出未知的兩邊；若不存在，說明理由．
13．閱讀下列相關(guān)材料，并完成相應(yīng)的任務(wù)．
任務(wù)：
（1）請你完成這個定理的證明過程．
（2）該數(shù)學(xué)興趣小組的同學(xué)在該定理的基礎(chǔ)上寫出了另外一個命題：若圓內(nèi)接四邊形的對角線互相垂直，則一邊中點(diǎn)與對角線交點(diǎn)的連線垂直于對邊請判斷此命題是 命題．（填“真”或“假”）
（3）若PD＝2，HP＝，BP＝3，求MH的長．
14．已知△ABC內(nèi)接于⊙O，∠BAC的平分線交⊙O于點(diǎn)D，連接DB，DC．
（1）如圖①，當(dāng)∠BAC＝120°時，請直接寫出線段AB，AC，AD之間滿足的等量關(guān)系式： ；
（2）如圖②，當(dāng)∠BAC＝90°時，試探究線段AB，AC，AD之間滿足的等量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；
（3）如圖③，若BC＝5，BD＝4，求的值．
15．問題探究：
（1）已知：如圖①，△ABC中請你用尺規(guī)在BC邊上找一點(diǎn)D，使得點(diǎn)A到點(diǎn)BC的距離最短．
（2）托勒密（Ptlemy）定理指出，圓的內(nèi)接四邊形兩對對邊乘積的和等于兩條對角線的乘積．如圖②，P是正△ABC外接圓的劣弧BC上任一點(diǎn)（不與B、C重合），請你根據(jù)托勒密（Ptlemy）定理證明：PA＝PB+PC．
問題解決：
（3）如圖③，某學(xué)校有一塊兩直角邊長分別為30m、60m的直角三角形的草坪，現(xiàn)準(zhǔn)備在草坪內(nèi)放置一對石凳及垃圾箱在點(diǎn)P處，使P到A、B、C三點(diǎn)的距離之和最小，那么是否存在符合條件的點(diǎn)P？若存在，請作出點(diǎn)P的位置，并求出這個最短距離（結(jié)果保留根號）；若不存在，請說明理由．
16．（1）方法選擇
如圖①，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，連接AC，BD，AB＝BC＝AC．求證：BD＝AD+CD．
小穎認(rèn)為可用截長法證明：在DB上截取DM＝AD，連接AM…
小軍認(rèn)為可用補(bǔ)短法證明：延長CD至點(diǎn)N，使得DN＝AD…
請你選擇一種方法證明．
（2）類比探究
【探究1】
如圖②，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，連接AC，BD，BC是⊙O的直徑，AB＝AC．試用等式表示線段AD，BD，CD之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．
【探究2】
如圖③，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，連接AC，BD．若BC是⊙O的直徑，∠ABC＝30°，則線段AD，BD，CD之間的等量關(guān)系式是 ．
（3）拓展猜想
如圖④，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，連接AC，BD．若BC是⊙O的直徑，BC：AC：AB＝a：b：c，則線段AD，BD，CD之間的等量關(guān)系式是 ．
17．?dāng)?shù)學(xué)課上，張老師出示了問題：如圖1，AC，BD是四邊形ABCD的對角線，若∠ACB＝∠ACD＝∠ABD＝∠ADB＝60°，則線段BC，CD，AC三者之間有何等量關(guān)系？
經(jīng)過思考，小明展示了一種正確的思路：如圖2，延長CB到E，使BE＝CD，連接AE，證得△ABE≌△ADC，從而容易證明△ACE是等邊三角形，故AC＝CE，所以AC＝BC+CD．
小亮展示了另一種正確的思路：如圖3，將△ABC繞著點(diǎn)A逆時針旋轉(zhuǎn)60°，使AB與AD重合，從而容易證明△ACF是等邊三角形，故AC＝CF，所以AC＝BC+CD．
在此基礎(chǔ)上，同學(xué)們作了進(jìn)一步的研究：
（1）小穎提出：如圖4，如果把“∠ACB＝∠ACD＝∠ABD＝∠ADB＝60°”改為“∠ACB＝∠ACD＝∠ABD＝∠ADB＝45°”，其它條件不變，那么線段BC，CD，AC三者之間有何等量關(guān)系？針對小穎提出的問題，請你寫出結(jié)論，并給出證明．
（2）小華提出：如圖5，如果把“∠ACB＝∠ACD＝∠ABD＝∠ADB＝60°”改為“∠ACB＝∠ACD＝∠ABD＝∠ADB＝α”，其它條件不變，那么線段BC，CD，AC三者之間有何等量關(guān)系？針對小華提出的問題，請你寫出結(jié)論，不用證明．
18．問題背景：
如圖①，在四邊形ADBC中，∠ACB＝∠ADB＝90°，AD＝BD，探究線段AC，BC，CD之間的數(shù)量關(guān)系．
小吳同學(xué)探究此問題的思路是：將△BCD繞點(diǎn)D，逆時針旋轉(zhuǎn)90°到△AED處，點(diǎn)B，C分別落在點(diǎn)A，E處（如圖②），易證點(diǎn)C，A，E在同一條直線上，并且△CDE是等腰直角三角形，所以CE＝CD，從而得出結(jié)論：AC+BC＝CD．
簡單應(yīng)用：
（1）在圖①中，若AC＝，BC＝2，則CD＝ ．
（2）如圖③，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C、D在⊙上，＝，若AB＝13，BC＝12，求CD的長．
拓展規(guī)律：
（3）如圖④，∠ACB＝∠ADB＝90°，AD＝BD，若AC＝m，BC＝n（m＜n），求CD的長（用含m，n的代數(shù)式表示）
（4）如圖⑤，∠ACB＝90°，AC＝BC，點(diǎn)P為AB的中點(diǎn)，若點(diǎn)E滿足AE＝AC，CE＝CA，點(diǎn)Q為AE的中點(diǎn)，則線段PQ與AC的數(shù)量關(guān)系是 或 ．
布拉美古塔定理
婆羅摩笈多是古印度著名的數(shù)學(xué)家、天文學(xué)家，他編著了《婆羅摩修正體系》，他曾經(jīng)提出了“婆羅摩笈多定理”，也稱“布拉美古塔定理”．定理的內(nèi)容是：若圓內(nèi)接四邊形的對角線互相垂直，則垂直于一邊且過對角線交點(diǎn)的直線平分對邊．
某數(shù)學(xué)興趣小組的同學(xué)寫出了這個定理的已知和求證．
已知：如圖，在圓內(nèi)接四邊形ABCD中，對角線AC⊥BD，垂足為P，過點(diǎn)P作AB的垂線分別交AB，DC于點(diǎn)H，M．
求證：M是CD的中點(diǎn)

模型介紹
1.托勒密定理：圓的內(nèi)接四邊形中，兩對角線所包矩形的面積等于一組對邊所包矩形的面積與另一組對邊所包矩形的面積之和．
翻譯：在四邊形ABCD中，若A、B、C、D四點(diǎn)共圓，則．
證明：在線段BD上取點(diǎn)E，使得∠BAE=∠CAD，
易證△AEB∽△ADC，∴，即，
當(dāng)∠BAE=∠CAD時，可得：∠BAC=∠EAD，
易證△ABC∽△AED，∴，即，
∴，
∴．
2.（托勒密不等式）：對于任意凸四邊形ABCD，有
證明：如圖1，在平面中取點(diǎn)E使得∠BAE=∠CAD，∠ABE=∠ACD，
易證△ABE∽△ACD，∴，即①，
連接DE，如圖2，
∵，∴，
又∠BAC=∠BAE+∠CAE=∠DAC+∠CAE=∠DAE，
∴△ABC∽△AED，∴，即②，
將①+②得：，
∴
即，當(dāng)且僅當(dāng)A、B、C、D共圓時取到等號．
3.托勒密定理在中考題中的應(yīng)用
（1）當(dāng)△ABC是等邊三角形時，
如圖1，當(dāng)點(diǎn)D在弧AC上時，根據(jù)托勒密定理有：，
又等邊△ABC有AB=AC=BC， 故有結(jié)論：．
證明：在BD上取點(diǎn)E使得DE=DA，
易證△AEB∽△ADC，△AED∽△ABC，利用對應(yīng)邊成比例，可得：．
如圖2，當(dāng)點(diǎn)D在弧BC上時，結(jié)論：DA=DB+DC．
【小結(jié)】雖然看似不同，但根據(jù)等邊的旋轉(zhuǎn)對稱性，圖1和圖2并無區(qū)別．
（2）當(dāng)△ABC是等腰直角三角形，
如圖3，當(dāng)點(diǎn)D在弧BC上時，根據(jù)托勒密定理：，
又，代入可得結(jié)論：．
如圖4，當(dāng)點(diǎn) D在弧AC上時，根據(jù)托勒密定理：，
又，代入可得結(jié)論：．
（3）當(dāng)△ABC是一般三角形時，若記BC：AC：AB=a：b：c，
根據(jù)托勒密定理可得：
例題精講
【例1】．如圖，正五邊形ABCDE內(nèi)接于⊙O，AB＝2，則對角線BD的長為 1+ ．
解：如圖，連接AD、AC．
∵五邊形ABCDE是正五邊形，
∴△ABC≌△DCB≌△AED（SAS），
∴設(shè)BD＝AC＝AD＝x．
在圓內(nèi)接四邊形ABCD中，由托勒密定理可得：AB?CD+AD?BC＝AC?BD，
即2×2+x?2＝x2，
解得：x1＝1+，x2＝1﹣（舍去）．
∴對角線BD的長為1+．
故答案為：1+．
?變式訓(xùn)練
【變式1-1】．先閱讀理解：托勒密（Ptlemy古希臘天文學(xué)家）定理指出：圓內(nèi)接凸四邊形兩組對邊乘積的和等于兩條對角線的乘積．即：如果四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，則有AB?CD+AD?BC＝AC?BD．再請完成：
（1）如圖1，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，BC是⊙O的直徑，如果AB＝AC＝，CD＝1，求AD的長．
（2）在（1）的條件下，如圖2，設(shè)對邊BA、CD的延長線的交點(diǎn)為P，求PA、PD的長．
解：（1）∵BC是⊙O的直徑，
∴∠BAC＝∠BDC＝90°，
∵AB＝AC＝，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴BC＝AB＝，
∴BD＝＝＝3，
∵圓內(nèi)接凸四邊形兩組對邊乘積的和等于兩條對角線的乘積，
即：如果四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，則有AB?CD+AD?BC＝AC?BD，
即×1+AD×＝×3，
解得：AD＝；
（2）∵∠PAD＝∠PCB，∠P＝∠P，
∴△PAD∽△PCB，
∴＝＝，
設(shè)PA＝x，PD＝y(tǒng)，
則＝＝，
解得：x＝，y＝， ∴PA＝，PD＝．
【變式1-2】．如圖1，已知⊙O內(nèi)接四邊形ABCD，
求證：AC?BD＝AB?CD+AD?BC．
證明：如圖1，在BD上取一點(diǎn)P，連接CP，使∠PCB＝∠DCA，即使∠1＝∠2．
∵在⊙O中，∠3與∠4所對的弧都是，
∴∠3＝∠4．
∴△ACD∽△BCP．
∴＝．
∴AC?BP＝AD?BC．①
又∵∠2＝∠1，
∴∠2+∠7＝∠1+∠7．
即∠ACB＝∠DCP．
∵在⊙O中，∠5與∠6所對的弧都是，
∴∠5＝∠6．
∴△ACB∽△DCP．
…
（1）任務(wù)一：請你將“托勒密定理”的證明過程補(bǔ)充完整；
（2）任務(wù)二：如圖2，已知Rt△ABC內(nèi)接于⊙O，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，CD平分∠ACB交⊙O于點(diǎn)D，求CD的長．
解：（1）補(bǔ)全證明：∴，
∴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于點(diǎn)D，
∴∠BCD＝∠ACD，
∴BD＝AD，
∵∠ADB＝90°，
∴∠ABD＝45°，
∴BD＝AD＝AB?sin45°＝5，
∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，
∴AB?CD＝AC?BD+AD?BC，即10CD＝6×+8×5，
∴CD＝7．
【例2】．托勒密定理：圓的內(nèi)接四邊形兩對對邊乘積的和等于兩條對角線的乘積．
已知：如圖1， 四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O ．
求證： AB?DC+AD?BC＝AC?BD ．
證明：如圖2，作∠BAE＝∠CAD，交BD于點(diǎn)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）請幫這位同學(xué)寫出已知和求證，并完成證明過程；
（2）如圖3，已知正五邊形ABCDE內(nèi)接于⊙O，AB＝1，求對角線BD的長．
（1）解：已知：如圖1，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，
求證：AB?DC+AD?BC＝AC?BD，
故答案為：四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AB?DC+AD?BC＝AC?BD；
證明：如圖2，作∠BAE＝∠CAD，交BD于點(diǎn)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：在圖3中，連接AD、AC．
∵五邊形ABCDE是正五邊形，
∴△ABC≌△DCB≌△AED，
∴設(shè)BD＝AC＝AD＝x．
在圓內(nèi)接四邊形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），
∴對角線BD的長為．
?變式訓(xùn)練
【變式2-1】．已知：如圖1，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O．
求證：AB?CD+BC?AD＝AC?BD
下面是該結(jié)論的證明過程：
證明：如圖2，作∠BAE＝∠CAD，交BD于點(diǎn)E．
∵＝，∠ABE＝∠ACD，
∴△ABE∽△ACD，∴，∴AB?CD＝AC?BE；
∵＝，∴∠ACB＝∠ADE（依據(jù)1），
∵∠BAE＝∠CAD，∴∠BAC＝∠EAD，
∴△ABC∽△AED（依據(jù)2），∴，∴AD?BC＝AC?ED；
∴AB?CD+AD?BC＝AC?（BE+ED），即AB?CD+BC?AD＝AC?BD．
（1）上述證明過程中的“依據(jù)1”是指 同弧所對的圓周角相等 ；“依據(jù)2”是指 兩角分別相等的兩個三角形相似 ．
（2）當(dāng)圓內(nèi)接四邊形ABCD是矩形時，托勒密定理就是我們熟知的 勾股 定理．
（3）如圖3，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，點(diǎn)C是的中點(diǎn)，求AC的長．
解：（1）上述證明過程中的“依據(jù)1”是同弧所對的圓周角相等．
“依據(jù)2”是兩角分別相等的兩個三角形相似．
故答案為：同弧所對的圓周角相等；兩角分別相等的兩個三角形相似．
（2）當(dāng)圓內(nèi)接四邊形ABCD是矩形時，
則AB＝CD，AD＝BC，AC＝BD，
∵AB?CD+AD?BC＝AC?BD，
∴AB2+AD2＝BD2，
托勒密定理就是我們非常熟知的一個定理：勾股定理，
故答案為：勾股．
（3）連接BD，作CE⊥BD于E．
∵四邊形ABCD是圓內(nèi)接四邊形，
∴∠BAD+∠BCD＝180°，
∵∠BAD＝60°，
∴∠BCD＝120°，
∵，
∴CD＝CB，
∴∠CDB＝30°，
在Rt△CDE中，cs30°＝，
∴DE＝CD，
∴BD＝2DE＝CD，
由托勒密定理：AC?BD＝AD?BC+CD?AB，
∴AC?CD＝3CD+5CD，
∴AC＝，
答：AC的長為．
【變式2-2】．圓的內(nèi)接四邊形的兩條對角線的乘積等于兩組對邊乘積的和．即：如圖1，若四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，則有 ________．
任務(wù)：（1）材料中劃橫線部分應(yīng)填寫的內(nèi)容為 AC?BD＝AB?CD+BC?AD ．
（2）已知，如圖2，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，BD平分∠ABC，∠COD＝120°，求證：BD＝AB+BC．
解：（1）由托勒密定理可得：AC?BD＝AB?CD+BC?AD
故答案為：AC?BD＝AB?CD+BC?AD
（2）如圖，連接AC
∵∠COD＝120°，
∴∠CBD＝∠CAD＝60°
∵BD平分∠ABC
∴∠ABD＝∠CBD＝60°
∴∠ACD＝60°，
∴△ACD是等邊三角形
∴AC＝AD＝CD，
∵四邊形ABCD是圓內(nèi)接四邊形
∴AC?BD＝AB?CD+BC?AD
∴BD＝AB+BC

1．如圖，以Rt△ABC的斜邊BC為一邊在△ABC的同側(cè)作正方形BCEF，對角線交于點(diǎn)O，連接AO，如果AB＝4，AO＝4，那么AC的長等于（ ）
A．12B．16C．4D．8
解：在AC上截取CG＝AB＝4，連接OG，
∵四邊形BCEF是正方形，∠BAC＝90°，
∴OB＝OC，∠BAC＝∠BOC＝90°，
∴B、A、O、C四點(diǎn)共圓，
∴∠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．
故選：A．
2．如圖，在⊙O的內(nèi)接四邊形ABCD中，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，點(diǎn)C為弧BD的中點(diǎn)，則AC的長是 ．
解：解法一、∵A、B、C、D四點(diǎn)共圓，∠BAD＝60°，
∴∠BCD＝180°﹣60°＝120°，
∵∠BAD＝60°，AC平分∠BAD，
∴∠CAD＝∠CAB＝30°，
如圖1，
將△ACD繞點(diǎn)C逆時針旋轉(zhuǎn)120°得△CBE，
則∠E＝∠CAD＝30°，BE＝AD＝5，AC＝CE，
∴∠ABC+∠EBC＝（180°﹣∠CAB﹣∠ACB）+（180°﹣∠E﹣∠BCE）＝180°，
∴A、B、E三點(diǎn)共線，
過C作CM⊥AE于M，
∵AC＝CE，
∴AM＝EM＝×（5+3）＝4，
在Rt△AMC中，AC＝＝＝；
解法二、過C作CE⊥AB于E，CF⊥AD于F，
則∠E＝∠CFD＝∠CFA＝90°，
∵點(diǎn)C為弧BD的中點(diǎn)，
∴＝，
∴∠BAC＝∠DAC，BC＝CD，
∵CE⊥AB，CF⊥AD，
∴CE＝CF，
∵A、B、C、D四點(diǎn)共圓，
∴∠D＝∠CBE，
在△CBE和△CDF中
∴△CBE≌△CDF，
∴BE＝DF，
在△AEC和△AFC中
∴△AEC≌△AFC，
∴AE＝AF，
設(shè)BE＝DF＝x，
∵AB＝3，AD＝5，
∴AE＝AF＝x+3，
∴5＝x+3+x，
解得：x＝1，
即AE＝4，
∴AC＝＝，
故答案為：．
3．如圖，在等腰△ABC中，AB＝AC＝4，BC＝6，點(diǎn)D在底邊BC上，且∠DAC＝∠ACD，將△ACD沿著AD所在直線翻折，使得點(diǎn)C落到點(diǎn)E處，聯(lián)結(jié)BE，那么BE的長為 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四點(diǎn)共圓，
∴∠ADB＝∠BEM，∠EBM＝∠EAD＝∠ABD，
∴△ABD∽△MBE，（不用四點(diǎn)共圓，可以先證明△BMA∽△EMD，推出△BME∽AMD，推出∠ADB＝∠BEM也可以?。?br>∴＝，
∴BE＝＝1．
故答案為：1．
4．如圖，P是正方形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，CP＝CD，AP⊥BP，則的值為 ．
解：如圖，過點(diǎn)D作AP垂線交AP延長線于E，
∵四邊形ABCD是正方形，CP＝CD，
∴BC＝CP＝CD，
∴∠PBC＝∠BPC，∠DPC＝∠PDC，
設(shè)∠PCD＝x，則∠BPC＝，∠DPC＝，
∴∠BPD＝45°+90°＝135°，
∵AP⊥BP，
∴∠APD＝360°﹣135°﹣90°＝135°，
∴∠DPE＝45°，
設(shè)DE＝PE＝y(tǒng)，
∴DP＝＝y(tǒng)，
∵∠DAE+∠BAP＝∠BAP+∠ABP＝90°，
∴∠DAE＝∠ABP，
在△DAE與△ABP中，
，
∴△APB≌△DEA（AAS），
∴AP＝DE＝y(tǒng)，
∴＝＝．
故答案為：．
5．如圖，正方形ABCD的邊長是6，對角線的交點(diǎn)為O，點(diǎn)E在邊CD上且CE＝2，CF⊥BE，連接OF，則： （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分別平分∠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°，
故答案為：45°；
（2）在Rt△BCE中，根據(jù)勾股定理，得BE＝2，
∴CF＝BG＝＝，
在Rt△FCE中，根據(jù)勾股定理，得EF＝，
∴GF＝BE﹣BG﹣EF＝，
在Rt△FCE中，根據(jù)勾股定理，得OF＝，
故答案為：．
6．如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D為BC的中點(diǎn)，過點(diǎn)D作DE⊥DF，交BA的延長線于點(diǎn)E，交AC的延長線于點(diǎn)F．若CF＝，AC＝4，AB＝2．則AE＝ 10 ．
解：延長FD至G，使GD＝FD，連接BG，如圖所示：
∵D為BC的中點(diǎn)，∴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；
故答案為：10．
7．設(shè)△ABC是正三角形，點(diǎn)P在△ABC外，且與點(diǎn)A在直線BC異側(cè)，∠BPC＝120°，求證：PA＝PB+PC．
解：如圖，延長BP至E，使PE＝PC，連接CE，
∵∠BAC+∠BPC＝180°，且∠BAC＝60°，
∴∠BPC＝120°，
∴∠CPE＝60°，又PE＝PC，
∴△CPE為等邊三角形，
∴CP＝PE＝CE，∠PCE＝60°，
∵△ABC為等邊三角形，
∴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半徑為2，AB，DE為兩條直線．作DC⊥AB于C，且C為AO中點(diǎn)，P為圓上一個動點(diǎn)．求2PC+PE的最小值．
解：延長OA到K，使AK＝AO＝2．
∵C是AO的中點(diǎn)，
∴OC＝OA＝1，
∴＝．
又∵∠COP＝∠POK，
∴△COP∽△POK，
∴，即PK＝2PC．
∴2PC+PE＝PE+PK≥EK．
作EH⊥BC于點(diǎn)H．
∵在直角△COD中，cs∠DOC＝，
∴∠DOC＝60°，
∴∠EOH＝∠DOC＝60°，
∴HE＝OE?sin60°＝2×，
∴EK＝．
即最小值是2．
故答案是：2．
9．如圖，點(diǎn)P為等邊△ABC外接圓，劣弧為BC上的一點(diǎn)．
（1）求∠BPC的度數(shù)；
（2）求證：PA＝PB+PC．
（1）解：∵四邊形ABPC內(nèi)接于圓，
∴∠BAC+∠BPC＝180．
∵等邊三角形ABC中，∠BAC＝60°，
∴∠BPC＝120°；
（2）證明：延長BP到D，使得DP＝PC，連接CD．
∵∠BPC＝120，
∴∠CPD＝60．
又∵PC＝PD，
∴△PCD是等邊三角形，
∴PC＝CD，∠PCD＝60°，
∴∠ACM+∠MCP＝PCD+∠MCP，
即∠ACP＝∠BCD．
∵等邊三角形ABC中，
∴BC＝AC．
∵所對的圓周角是∠DBC與∠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．如圖，⊙O的直徑AB的長為10，弦BD的長為6，點(diǎn)C為上的一點(diǎn)，過點(diǎn)B的切線EF，連接AD，CD，CB；
（1）求證：∠CDB＝∠CBF；
（2）若點(diǎn)D為的中點(diǎn)，求CD的長．
（1）證明：連接AC，如圖，
∵AB為⊙O的直徑，
∴∠ACB＝90°，
∴∠1+∠2＝90°，
∵EF為⊙O的切線，
∴AB⊥EF，
∴∠ABF＝90°，即∠2+∠CBF＝90°，
∴∠1＝∠CBF，
∵∠1＝∠CDB，
∴∠CDB＝∠CBF；
（2）解：作CM⊥AD于M，CN⊥DB于N，如圖，
∵AB為⊙O的直徑，
∴∠ADB＝90°，
∴AD＝＝＝8，
∵點(diǎn)C為的中點(diǎn)，
∴∠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，
∵四邊形CMDN為矩形，CM＝CN，
∴四邊形CMDN為正方形，
∴DM＝DN＝7，
∴CD＝DM＝7．
11．閱讀下列材料，并完成相應(yīng)的任務(wù)．
托勒密定理：
托勒密（Ptlemy）（公元90年～公元168年），希臘著名的天文學(xué)家，他的要著作《天文學(xué)大成》被后人稱為“偉大的數(shù)學(xué)書”，托勒密有時把它叫作《數(shù)學(xué)文集》，托勒密從書中摘出并加以完善，得到了著名的托勒密（Ptlemy）定理．
托勒密定理：
圓內(nèi)接四邊形中，兩條對角線的乘積等于兩組對邊乘積之和．
已知：如圖1，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，
求證：AB?CD+BC?AD＝AC?BD
下面是該結(jié)論的證明過程：
證明：如圖2，作∠BAE＝∠CAD，交BD于點(diǎn)E．
∵
∴∠ABE＝∠ACD
∴△ABE∽△ACD
∴
∴AB?CD＝AC?BE
∵
∴∠ACB＝∠ADE（依據(jù)1）
∵∠BAE＝∠CAD
∴∠BAE+∠EAC＝∠CAD+∠EAC
即∠BAC＝∠EAD
∴△ABC∽△AED（依據(jù)2）
∴AD?BC＝AC?ED
∴AB?CD+AD?BC＝AC?（BE+ED）
∴AB?CD+AD?BC＝AC?BD
任務(wù)：（1）上述證明過程中的“依據(jù)1”、“依據(jù)2”分別是指什么？
（2）當(dāng)圓內(nèi)接四邊形ABCD是矩形時，托勒密定理就是我們非常熟知的一個定理： 勾股定理 ．
（請寫出）
（3）如圖3，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，點(diǎn)C為的中點(diǎn)，求AC的長．
解：（1）上述證明過程中的“依據(jù)1”是同弧所對的圓周角相等．
“依據(jù)2”是兩角分別相等的兩個三角形相似．
（2）當(dāng)圓內(nèi)接四邊形ABCD是矩形時，
則AB＝CD，AD＝BC，AC＝BD，
∵AB?CD+AD?BC＝AC?BD，
∴AB2+AD2＝BD2，
托勒密定理就是我們非常熟知的一個定理：勾股定理，
故答案為勾股定理．
（3）連接BD，作CE⊥BD于E．
∵四邊形ABCD是圓內(nèi)接四邊形，
∴∠BAD+∠BCD＝180°，
∵∠BAD＝60°，
∴∠BCD＝120°，
∵＝，
∴CD＝CB，
∴∠CDB＝30°，
在Rt△CDE中，cs30°＝，
∴DE＝CD，
∴BD＝2DE＝CD，
由托勒密定理：AC?BD＝AD?BC+CD?AB，
∴AC?CD＝3CD+5CD，
∴AC＝， 答：AC的長為．
12．在學(xué)習(xí)了《圓》和《相似》的知識后，小明自學(xué)了一個著名定理“托勒密定理：圓內(nèi)接四邊形對角線的乘積等于兩組對邊乘積之和．”
（1）下面是小明對托勒密定理的證明和應(yīng)用過程，請補(bǔ)充完整．已知：四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O．
求證：AC?BD＝AB?CD+AD?BC．證明：作∠CDE＝∠BDA，交AC于點(diǎn)E，
∵⊙O中，∠1＝∠2，
∴△ABD∽△ECD（ 兩角對應(yīng)相等，兩三角形相似 ）．
∴．
∴AB?CD＝BD?EC①，
．
又∵∠BDA+∠3＝∠CDE+∠3，
即∠ADE＝∠BDC，
∴△ DAE ∽△ DBC （ 兩邊對應(yīng)成比例且夾角相等，兩三角形相似 ）．
∴．
∴AD?BC＝BD?AE②．
∴AB?CD+AD?BC＝BD（EC+AE） ，
∴AB?CD+AD?BC＝AC?BD．
（2）利用托勒密定理解決問題：是否存在一個圓內(nèi)接四邊形，它的兩條對角線長為5和，一組對邊長為1和3，另一組對邊的和為4．若存在，求出未知的兩邊；若不存在，說明理由．
（1）證明：作∠CDE＝∠BDA，交AC于點(diǎn)E，
∵⊙O中，∠1＝∠2，
∴△ABD∽△ECD（ 兩角對應(yīng)相等，兩三角形相似）．
∴．
∴AB?CD＝BD?EC①，
∴．
又∵∠BDA+∠3＝∠CDE+∠3，
即∠ADE＝∠BDC，
∴△DAE∽△DBC（ 兩邊對應(yīng)成比例且夾角相等，兩三角形相似）．
∴．
∴AD?BC＝BD?AE②．
∴AB?CD+AD?BC＝BD（EC+AE），
∴AB?CD+AD?BC＝AC?BD．
故答案為：兩角對應(yīng)相等，兩三角形相似，DAE，DBC，兩邊對應(yīng)成比例且夾角相等，兩三角形相似，AB?CD+AD?BC＝BD（EC+AE）；
（2）不存在，理由如下：
設(shè)未知的兩邊分別為：a，4﹣a，
由托勒密定理可得：5×＝1×3+a（4﹣a），
∴（a﹣2）2＝7﹣5＜0，
∴方程無解，
∴不存在這樣的一個圓內(nèi)接四邊形．
13．閱讀下列相關(guān)材料，并完成相應(yīng)的任務(wù)．
任務(wù)：
（1）請你完成這個定理的證明過程．
（2）該數(shù)學(xué)興趣小組的同學(xué)在該定理的基礎(chǔ)上寫出了另外一個命題：若圓內(nèi)接四邊形的對角線互相垂直，則一邊中點(diǎn)與對角線交點(diǎn)的連線垂直于對邊請判斷此命題是 真 命題．（填“真”或“假”）
（3）若PD＝2，HP＝，BP＝3，求MH的長．
（1）證明：∵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的中點(diǎn)；
（2）若圓內(nèi)接四邊形的對角線互相垂直，則一邊中點(diǎn)與對角線交點(diǎn)的連線垂直于對邊，理由如下：
已知：如圖，在圓內(nèi)接四邊形ABCD中，對角線AC⊥BD，垂足為P，M是CD的中點(diǎn)，連接MP交AB于點(diǎn)H，
求證：PH⊥AB；
證明：∵M(jìn)是CD的中點(diǎn)；
∴DM＝CM＝PM，
∴∠PCM＝∠MPC，
∵＝，
∴∠ABP＝∠PCM，
∵∠MPC＝∠APH，
∴∠MPC＝∠APH，
∴∠APH+∠HPB＝∠ABP+∠HPB＝90°，
∴PH⊥AB；
故答案為：真；
（3）解：∵BP＝3，HP＝，
∴BH＝，
∴sin∠HBP＝，
∵∠ABP＝∠PCD，
∴＝＝，
∴CD＝2，
∵M(jìn)是CD的中點(diǎn)，
∴PM＝CD＝，
∴MH＝2．
14．已知△ABC內(nèi)接于⊙O，∠BAC的平分線交⊙O于點(diǎn)D，連接DB，DC．
（1）如圖①，當(dāng)∠BAC＝120°時，請直接寫出線段AB，AC，AD之間滿足的等量關(guān)系式： AB+AC＝AD ；
（2）如圖②，當(dāng)∠BAC＝90°時，試探究線段AB，AC，AD之間滿足的等量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；
（3）如圖③，若BC＝5，BD＝4，求的值．
解：（1）如圖①在AD上截取AE＝AB，連接BE，
∵∠BAC＝120°，∠BAC的平分線交⊙O于點(diǎn)D，
∴∠DBC＝∠DAC＝60°，∠DCB＝∠BAD＝60°，
∴△ABE和△BCD都是等邊三角形，
∴∠DBE＝∠ABC，AB＝BE，BC＝BD，
∴△BED≌△BAC（SAS），
∴DE＝AC，
∴AD＝AE+DE＝AB+AC；
故答案為：AB+AC＝AD．
（2）AB+AC＝AD．理由如下：
如圖②，延長AB至點(diǎn)M，使BM＝AC，連接DM，
∵四邊形ABDC內(nèi)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）如圖③，延長AB至點(diǎn)N，使BN＝AC，連接DN，
∵四邊形ABDC內(nèi)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．問題探究：
（1）已知：如圖①，△ABC中請你用尺規(guī)在BC邊上找一點(diǎn)D，使得點(diǎn)A到點(diǎn)BC的距離最短．
（2）托勒密（Ptlemy）定理指出，圓的內(nèi)接四邊形兩對對邊乘積的和等于兩條對角線的乘積．如圖②，P是正△ABC外接圓的劣弧BC上任一點(diǎn)（不與B、C重合），請你根據(jù)托勒密（Ptlemy）定理證明：PA＝PB+PC．
問題解決：
（3）如圖③，某學(xué)校有一塊兩直角邊長分別為30m、60m的直角三角形的草坪，現(xiàn)準(zhǔn)備在草坪內(nèi)放置一對石凳及垃圾箱在點(diǎn)P處，使P到A、B、C三點(diǎn)的距離之和最小，那么是否存在符合條件的點(diǎn)P？若存在，請作出點(diǎn)P的位置，并求出這個最短距離（結(jié)果保留根號）；若不存在，請說明理由．
解：（1）利用尺規(guī)作圖，過點(diǎn)A作BC的垂線，交BC于D，
則點(diǎn)D即為所求；
（2）由托勒密定理得，PA?BC＝PB?AC+PC?AB，
∵△ABC為正三角形，
∴AB＝BC＝AC，
∴PA?BC＝PB?BC+PC?BC，
∴PA＝PB+PC；
（3）以BC為邊作正△BCD，使點(diǎn)D與點(diǎn)A在BC兩側(cè)，
作△BCD的外接圓，連接AD交圓于P，連接PB，作DE⊥AC交AC的延長線于E，
則點(diǎn)P即為所求，
由（2）得，PD＝PB+PC，
∴P到A、B、C三點(diǎn)的距離之和＝DA，且距離之和最小，
∵CD＝BC＝30，∠DCE＝∠BCE﹣∠BCD＝30°，
∴DE＝CD＝15，
由勾股定理得，CE＝＝15，
則AD＝＝30，
答：P到A、B、C三點(diǎn)的距離之和最小值為30m．

16．（1）方法選擇
如圖①，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，連接AC，BD，AB＝BC＝AC．求證：BD＝AD+CD．
小穎認(rèn)為可用截長法證明：在DB上截取DM＝AD，連接AM…
小軍認(rèn)為可用補(bǔ)短法證明：延長CD至點(diǎn)N，使得DN＝AD…
請你選擇一種方法證明．
（2）類比探究
【探究1】
如圖②，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，連接AC，BD，BC是⊙O的直徑，AB＝AC．試用等式表示線段AD，BD，CD之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．
【探究2】
如圖③，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，連接AC，BD．若BC是⊙O的直徑，∠ABC＝30°，則線段AD，BD，CD之間的等量關(guān)系式是 BD＝CD+2AD ．
（3）拓展猜想
如圖④，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，連接AC，BD．若BC是⊙O的直徑，BC：AC：AB＝a：b：c，則線段AD，BD，CD之間的等量關(guān)系式是 BD＝CD+AD ．
解：（1）方法選擇：∵AB＝BC＝AC，
∴∠ACB＝∠ABC＝60°，
如圖①，在BD上截取DM＝AD，連接AM，
∵∠ADB＝∠ACB＝60°，
∴△ADM是等邊三角形，
∴AM＝AD，
∵∠ABM＝∠ACD，
∵∠AMB＝∠ADC＝120°，
∴△ABM≌△ACD（AAS），
∴BM＝CD，
∴BD＝BM+DM＝CD+AD；
（2）類比探究：如圖②，
∵BC是⊙O的直徑，
∴∠BAC＝90°，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
過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】如圖③，∵若BC是⊙O的直徑，∠ABC＝30°，
∴∠BAC＝90°，∠ACB＝60°，
過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；
故答案為：BD＝CD+2AD；
（3）拓展猜想：BD＝BM+DM＝CD+AD；
理由：如圖④，∵若BC是⊙O的直徑，
∴∠BAC＝90°，
過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．
故答案為：BD＝CD+AD

17．?dāng)?shù)學(xué)課上，張老師出示了問題：如圖1，AC，BD是四邊形ABCD的對角線，若∠ACB＝∠ACD＝∠ABD＝∠ADB＝60°，則線段BC，CD，AC三者之間有何等量關(guān)系？
經(jīng)過思考，小明展示了一種正確的思路：如圖2，延長CB到E，使BE＝CD，連接AE，證得△ABE≌△ADC，從而容易證明△ACE是等邊三角形，故AC＝CE，所以AC＝BC+CD．
小亮展示了另一種正確的思路：如圖3，將△ABC繞著點(diǎn)A逆時針旋轉(zhuǎn)60°，使AB與AD重合，從而容易證明△ACF是等邊三角形，故AC＝CF，所以AC＝BC+CD．
在此基礎(chǔ)上，同學(xué)們作了進(jìn)一步的研究：
（1）小穎提出：如圖4，如果把“∠ACB＝∠ACD＝∠ABD＝∠ADB＝60°”改為“∠ACB＝∠ACD＝∠ABD＝∠ADB＝45°”，其它條件不變，那么線段BC，CD，AC三者之間有何等量關(guān)系？針對小穎提出的問題，請你寫出結(jié)論，并給出證明．
（2）小華提出：如圖5，如果把“∠ACB＝∠ACD＝∠ABD＝∠ADB＝60°”改為“∠ACB＝∠ACD＝∠ABD＝∠ADB＝α”，其它條件不變，那么線段BC，CD，AC三者之間有何等量關(guān)系？針對小華提出的問題，請你寫出結(jié)論，不用證明．
解：（1）BC+CD＝AC；
理由：如圖1，
延長CD至E，使DE＝BC，連接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?csα．理由：如圖2，
延長CD至E，使DE＝BC，
∵∠ABD＝∠ADB＝α，
∴AB＝AD，∠BAD＝180°﹣∠ABD﹣∠ADB＝180°﹣2α，
∵∠ACB＝∠ACD＝α，
∴∠ACB+∠ACD＝2α，
∴∠BAD+∠BCD＝180°，
∴∠ABC+∠ADC＝180°，
∵∠ADC+∠ADE＝180°，
∴∠ABC＝∠ADE，
在△ABC和△ADE中，，
∴△ABC≌△ADE（SAS），
∴∠ACB＝∠AED＝α，AC＝AE，
∴∠AEC＝α，
過點(diǎn)A作AF⊥CE于F，
∴CE＝2CF，在Rt△ACF中，∠ACD＝α，CF＝AC?cs∠ACD＝AC?csα，
∴CE＝2CF＝2AC?csα，
∵CE＝CD+DE＝CD+BC，
∴BC+CD＝2AC?csα．

18．問題背景：
如圖①，在四邊形ADBC中，∠ACB＝∠ADB＝90°，AD＝BD，探究線段AC，BC，CD之間的數(shù)量關(guān)系．
小吳同學(xué)探究此問題的思路是：將△BCD繞點(diǎn)D，逆時針旋轉(zhuǎn)90°到△AED處，點(diǎn)B，C分別落在點(diǎn)A，E處（如圖②），易證點(diǎn)C，A，E在同一條直線上，并且△CDE是等腰直角三角形，所以CE＝CD，從而得出結(jié)論：AC+BC＝CD．
簡單應(yīng)用：
（1）在圖①中，若AC＝，BC＝2，則CD＝ 3 ．
（2）如圖③，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C、D在⊙上，＝，若AB＝13，BC＝12，求CD的長．
拓展規(guī)律：
（3）如圖④，∠ACB＝∠ADB＝90°，AD＝BD，若AC＝m，BC＝n（m＜n），求CD的長（用含m，n的代數(shù)式表示）
（4）如圖⑤，∠ACB＝90°，AC＝BC，點(diǎn)P為AB的中點(diǎn)，若點(diǎn)E滿足AE＝AC，CE＝CA，點(diǎn)Q為AE的中點(diǎn)，則線段PQ與AC的數(shù)量關(guān)系是 PQ＝AC或PQ＝AC ．
解：（1）由題意知：AC+BC＝CD，
∴+2＝CD， ∴CD＝3；
（2）連接AC、BD、AD，
∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB＝∠ACB＝90°，
∵， ∴AD＝BD，
將△BCD繞點(diǎn)D順時針旋轉(zhuǎn)90°到△AED處，如圖③，
∴∠EAD＝∠DBC，
∵∠DBC+∠DAC＝180°，
∴∠EAD+∠DAC＝180°，
∴E、A、C三點(diǎn)共線，
∵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為直徑作⊙O，連接OD并延長交⊙O于點(diǎn)D1，
連接D1A，D1B，D1C，如圖④
由（2）的證明過程可知：AC+BC＝D1C，
∴D1C＝，
又∵D1D是⊙O的直徑，
∴∠DCD1＝90°，
∵AC＝m，BC＝n，
∴由勾股定理可求得：AB2＝m2+n2，
∴D1D2＝AB2＝m2+n2，
∵D1C2+CD2＝D1D2，
∴CD2＝m2+n2﹣＝，
∵m＜n，
∴CD＝；
（4）當(dāng)點(diǎn)E在直線AC的左側(cè)時，如圖⑤，
連接CQ，PC，
∵AC＝BC，∠ACB＝90°，
點(diǎn)P是AB的中點(diǎn)，
∴AP＝CP，∠APC＝90°，
又∵CA＝CE，點(diǎn)Q是AE的中點(diǎn)，
∴∠CQA＝90°，
設(shè)AC＝a，
∵AE＝AC，
∴AE＝a，
∴AQ＝AE＝，
由勾股定理可求得：CQ＝a，
由（2）的證明過程可知：AQ+CQ＝PQ，
∴PQ＝a+a，
∴PQ＝AC；
當(dāng)點(diǎn)E在直線AC的右側(cè)時，如圖⑥，
連接CQ、CP，
同理可知：∠AQC＝∠APC＝90°，
設(shè)AC＝a，
∴AQ＝AE＝，
由勾股定理可求得：CQ＝a，
由（3）的結(jié)論可知：PQ＝（CQ﹣AQ），
∴PQ＝AC．
綜上所述，線段PQ與AC的數(shù)量關(guān)系是PQ＝AC或PQ＝AC．
布拉美古塔定理
婆羅摩笈多是古印度著名的數(shù)學(xué)家、天文學(xué)家，他編著了《婆羅摩修正體系》，他曾經(jīng)提出了“婆羅摩笈多定理”，也稱“布拉美古塔定理”．定理的內(nèi)容是：若圓內(nèi)接四邊形的對角線互相垂直，則垂直于一邊且過對角線交點(diǎn)的直線平分對邊．
某數(shù)學(xué)興趣小組的同學(xué)寫出了這個定理的已知和求證．
已知：如圖，在圓內(nèi)接四邊形ABCD中，對角線AC⊥BD，垂足為P，過點(diǎn)P作AB的垂線分別交AB，DC于點(diǎn)H，M．
求證：M是CD的中點(diǎn)

相關(guān)試卷

中考數(shù)學(xué)解題大招復(fù)習(xí)講義(全國通用)模型30探照燈模型(原卷版+解析)：

這是一份中考數(shù)學(xué)解題大招復(fù)習(xí)講義(全國通用)模型30探照燈模型(原卷版+解析)，共45頁。

中考數(shù)學(xué)解題大招復(fù)習(xí)講義(全國通用)模型28阿基米德折弦定理(原卷版+解析)：

這是一份中考數(shù)學(xué)解題大招復(fù)習(xí)講義(全國通用)模型28阿基米德折弦定理(原卷版+解析)，共50頁。

中考數(shù)學(xué)解題大招復(fù)習(xí)講義(全國通用)模型26圓冪定理(原卷版+解析)：

這是一份中考數(shù)學(xué)解題大招復(fù)習(xí)講義(全國通用)模型26圓冪定理(原卷版+解析)，共50頁。試卷主要包含了弦切角定理，則BO的長是　　，如圖等內(nèi)容，歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

中考數(shù)學(xué)解題大招復(fù)習(xí)講義(全國通用)模型13半角模型(原卷版+解析)

中考數(shù)學(xué)解題大招復(fù)習(xí)講義(全國通用)模型13半角模型(原卷版+解析)
中考數(shù)學(xué)解題大招復(fù)習(xí)講義(全國通用)模型06射影定理模型(原卷版+解析)

中考數(shù)學(xué)解題大招復(fù)習(xí)講義(全國通用)模型06射影定理模型(原卷版+解析)
模型27 托勒密定理（講+練）-備戰(zhàn)2023年中考數(shù)學(xué)解題大招復(fù)習(xí)講義（全國通用）

模型27 托勒密定理（講+練）-備戰(zhàn)2023年中考數(shù)學(xué)解題大招復(fù)習(xí)講義（全國通用）
模型27 托勒密定理（講+練）-備戰(zhàn)2023年中考數(shù)學(xué)解題大招復(fù)習(xí)講義（全國通用）

模型27 托勒密定理（講+練）-備戰(zhàn)2023年中考數(shù)學(xué)解題大招復(fù)習(xí)講義（全國通用）
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權(quán)，請掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
中考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機(jī)號注冊
手機(jī)號碼

手機(jī)號格式錯誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機(jī)號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部