资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩19页未读，
继续阅读
所属成套资源：中考数学二轮重难点复习讲义（2份打包，原卷版+解析版）
成套系列资料，整套一键下载
中考数学二轮重难点复习讲义模型27 托勒密定理（2份打包，原卷版+解析版）
展开
这是一份中考数学二轮重难点复习讲义模型27 托勒密定理（2份打包，原卷版+解析版），文件包含中考数学二轮重难点复习讲义模型27托勒密定理原卷版doc、中考数学二轮重难点复习讲义模型27托勒密定理解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共68页， 欢迎下载使用。
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 SKIPIF 1 < 0 ．
证明：在线段BD上取点E，使得∠BAE=∠CAD，
易证△AEB∽△ADC，∴ SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0 ，
当∠BAE=∠CAD时，可得：∠BAC=∠EAD，
易证△ABC∽△AED，∴ SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0 ，
∴ SKIPIF 1 < 0 ，
∴ SKIPIF 1 < 0 ．
2.（托勒密不等式）：对于任意凸四边形ABCD，有 SKIPIF 1 < 0
证明：如图1，在平面中取点E使得∠BAE=∠CAD，∠ABE=∠ACD，
易证△ABE∽△ACD，∴ SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0 ①，
连接DE，如图2，
∵ SKIPIF 1 < 0 ，∴ SKIPIF 1 < 0 ，
又∠BAC=∠BAE+∠CAE=∠DAC+∠CAE=∠DAE，
∴△ABC∽△AED，∴ SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0 ②，
将①+②得： SKIPIF 1 < 0 ，
∴ SKIPIF 1 < 0
即 SKIPIF 1 < 0 ，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： SKIPIF 1 < 0 ，
又等边△ABC有AB=AC=BC， 故有结论： SKIPIF 1 < 0 ．
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： SKIPIF 1 < 0 ．
如图2，当点D在弧BC上时，结论：DA=DB+DC．
【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： SKIPIF 1 < 0 ，
又 SKIPIF 1 < 0 ，代入可得结论： SKIPIF 1 < 0 ．
如图4，当点 D在弧AC上时，根据托勒密定理： SKIPIF 1 < 0 ，
又 SKIPIF 1 < 0 ，代入可得结论： SKIPIF 1 < 0 ．
（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： SKIPIF 1 < 0
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：x1＝1+，x2＝1﹣（舍去）．
∴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（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、CD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，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+BC
1．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．12B．16C．4D．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＝ 10 ．
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2PC+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，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⊥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（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，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．
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（Ptlemy）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（Ptlemy）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30m．
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+2AD ．
（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＝α”，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•csα．理由：如图2，
延长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，
过点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．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D1，
连接D1A，D1B，D1C，如图④
由（2）的证明过程可知：AC+BC＝D1C，
∴D1C＝，
又∵D1D是⊙O的直径，
∴∠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）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．
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
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 SKIPIF 1 < 0 ．
证明：在线段BD上取点E，使得∠BAE=∠CAD，
易证△AEB∽△ADC，∴ SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0 ，
当∠BAE=∠CAD时，可得：∠BAC=∠EAD，
易证△ABC∽△AED，∴ SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0 ，
∴ SKIPIF 1 < 0 ，
∴ SKIPIF 1 < 0 ．
2.（托勒密不等式）：对于任意凸四边形ABCD，有 SKIPIF 1 < 0
证明：如图1，在平面中取点E使得∠BAE=∠CAD，∠ABE=∠ACD，
易证△ABE∽△ACD，∴ SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0 ①，
连接DE，如图2，
∵ SKIPIF 1 < 0 ，∴ SKIPIF 1 < 0 ，
又∠BAC=∠BAE+∠CAE=∠DAC+∠CAE=∠DAE，
∴△ABC∽△AED，∴ SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0 ②，
将①+②得： SKIPIF 1 < 0 ，
∴ SKIPIF 1 < 0
即 SKIPIF 1 < 0 ，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： SKIPIF 1 < 0 ，
又等边△ABC有AB=AC=BC， 故有结论： SKIPIF 1 < 0 ．
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： SKIPIF 1 < 0 ．
如图2，当点D在弧BC上时，结论：DA=DB+DC．
【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： SKIPIF 1 < 0 ，
又 SKIPIF 1 < 0 ，代入可得结论： SKIPIF 1 < 0 ．
如图4，当点 D在弧AC上时，根据托勒密定理： SKIPIF 1 < 0 ，
又 SKIPIF 1 < 0 ，代入可得结论： SKIPIF 1 < 0 ．
（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： SKIPIF 1 < 0
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：x1＝1+，x2＝1﹣（舍去）．
∴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（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、CD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，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+BC
1．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．12B．16C．4D．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＝ 10 ．
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2PC+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，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⊥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（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，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．
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（Ptlemy）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（Ptlemy）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30m．
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+2AD ．
（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＝α”，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•csα．理由：如图2，
延长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，
过点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．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D1，
连接D1A，D1B，D1C，如图④
由（2）的证明过程可知：AC+BC＝D1C，
∴D1C＝，
又∵D1D是⊙O的直径，
∴∠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）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．
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
相关试卷
中考数学二轮重难点复习讲义模型17 阿氏圆最值问题（2份打包，原卷版+解析版）： 这是一份中考数学二轮重难点复习讲义模型17 阿氏圆最值问题（2份打包，原卷版+解析版），文件包含中考数学二轮重难点复习讲义模型17阿氏圆最值问题原卷版doc、中考数学二轮重难点复习讲义模型17阿氏圆最值问题解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共51页， 欢迎下载使用。
中考数学二轮重难点复习讲义模型05 相似三角形中的常见五种基本模型（2份打包，原卷版+解析版）： 这是一份中考数学二轮重难点复习讲义模型05 相似三角形中的常见五种基本模型（2份打包，原卷版+解析版），文件包含中考数学二轮重难点复习讲义模型05相似三角形中的常见五种基本模型原卷版doc、中考数学二轮重难点复习讲义模型05相似三角形中的常见五种基本模型解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共53页， 欢迎下载使用。
中考数学二轮重难点复习讲义模型03 全等三角形中的常见五种基本模型（2份打包，原卷版+解析版）： 这是一份中考数学二轮重难点复习讲义模型03 全等三角形中的常见五种基本模型（2份打包，原卷版+解析版），文件包含中考数学二轮重难点复习讲义模型03全等三角形中的常见五种基本模型原卷版doc、中考数学二轮重难点复习讲义模型03全等三角形中的常见五种基本模型解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共56页， 欢迎下载使用。
