【数学竞赛】于新华：科普“托勒密定理”与“托勒密不等式”

【数学竞赛】于新华：科普“托勒密定理”与“托勒密不等式”

托勒密定理和托勒密不等式是数学中非常重要的结论，它们在几何解题中有着广泛的应用。本文从数学教师的角度出发，详细介绍了这两个定理的历史背景、证明方法和实际应用，通过多个具体的例题和解题技巧，帮助读者深入理解这些知识。

作为数学教师，知识视野一定要开阔，尤其对于数学中一些重要结论要有所了解。“托勒密不等式”与“托勒密定理”就是值得数学教师们学习的两个结论。有意思的是，苏科版教材九下P58～P61中的例4与例5，本质上就是这两个结论的体现。对此，今后我会单独撰文再作阐述。

比较之下，多数人可能了解“塞瓦定理”与“梅涅劳斯定理”，但对“托勒密定理”与“托勒密不等式”及其证明了解不多。恰恰相反，在网上解题研究中，前两个定理用到的不多，而用到“托勒密定理”与“托勒密不等式”的情况却相当多。由于这两个结论在解题中作用巨大，以至于网友们有“托天托地托天下”，“一托定乾坤”的说法。解题交流时，常有人蹦出一个字：托！明白人马上知道解法了，那叫一个爽。

与其看别人炫技，还不如自己埋下头来，认真学会这样的解题技巧，或许今后我们也可以冷不丁地炫一下。于是我耐心写下这一篇文章，供大家学习与研究。

一、相关史料

人都有好奇心，既然两个结论名称中有“托勒密”这个词语，那么“托勒密”是什么意思呢？

这里的“托勒密”是一个人名，英文单词为Ptolemy，约公元90年～168年，希腊数学家，天文学家。他是古希腊天文学的集大成者，他的著作《天文学大成》在一千多年中都被奉为至典，阿拉伯天文学家称之为《至大论》（Almagest）。以至于有人这样评价他，托勒密在天文学上的地位堪比欧几里得之于几何学，牛顿之于物理学。

虽然《天文学大成》是天文学的著作，但是它在数学史上非常重要，因为这也是一本三角学最早有系统的论著，书中有托勒密制定的弦表（相当于三角函数正弦表）。

书中为了推导两角之和、差的正弦公式，托勒密先证明了一个引理，后人把这一引理称作托勒密定理。据数学史家推测，这个定理可能来是来自希帕恰斯（Hipparchus，约公元前190～前125），希帕恰斯是三角学最早创建者，被后人称为“三角学之父”。

上海交通大学科学史与科学文化研究院首任院长江晓原教授称托勒密为“一个改变了世界的历史伟人”。

需要注意的是，我们不要将这里的“托勒密”与“托勒密王朝”混同。“托勒密王朝”是古埃及历史上最后一个王朝，时间处在公元前305年～公元前30年，与前面讲的“托勒密”这个人根本不在同一个年代。

为了更好地理解“托勒密不等式”或“托勒密定理”的证明过程，我们先将相似中两个常见技巧梳理一下。

二、相似技巧

1. “旋转相似”的性质

如图，△ABC∽△ADE（A，B的对应点分别为A，D），若将这看成第1对相似三角形，则图中一定产生第2对相似三角形。事实上，图形还有：△ABD∽△ACE。

证明并不困难，关键头脑中要有这样的经验与模式，这样在解题中，才能更快地打开思路。同时，教师还要善于用语言提炼这样的规律，如“旋转相似必成对”或“旋转相似一拖两”。

2.相似中的速算理解

在数学学习中，要想成为一名高手，需要全面扎实的基本功。因此，我希望数学教师们掌握下面的“相似速算”技巧。

如图，△ABC∽△DEF（A，B的对应点分别是D，E），已知AB=c，BC=a，DE=f，求EF长x。

多数教师总是从“对应边成比例”的角度求出EF的长，即

这样的解答固然正确，但节奏不够明快。

“相似”的本质是成比例放大，或成比例缩小。因此可以如下快速计算：

你看，这样的理解多么简洁快速。当然，此时可能有部分教师拿“规范书写”来说事。对此，我想说：

⑴与“规范书写”相比，“速算理解”更重要

事实上，用“规范书写”来抵制“速算理解”的人往往存在两种情况，一是不知道“速算理解”技巧；二是过于重视“规范书写”。

⑵知道结果后，“规范书写”又有何难

更何况许多小题，如选择题与填空题，包括一些综合题的解答过程，这里根本就不需要详细书写，适当跳步，解答过程将显得更加简洁。

⑶掌握知识，优先追求“直觉理解”

通常情况下，获取知识有两种方式，一种是“直觉感知”，另一种是“演算推理”。我们要努力追求第一种，即使不得已依赖第二种，其后也要努力寻求第一种。如果能够达到第一种理解，那么我们对知识的理解将更加深刻，也更加高效。

如解方程中的“移项”，其本质是等式性质，经严密推理后，可以简约理解，产生“形象操作”，从而使我们方程变形更加迅速高效。

三、结论内容

由于“托勒密定理”是“托勒密不等式”的特殊情况，因此我们先了解“托勒密不等式”及其证明。

1.托勒密不等式

任意凸四边形中，两组对边乘积的和不小于两条对角线的乘积。

如图，四边形ABCD中，求证：AB·CD＋AD·BC≥AC·BD。

有意思的是，苏科版教材九下P58的例4在本质上就是证明这个结论的过程。

证明规律并不复杂。注意观察图形，图中共有4个顶点，每一个顶点处都有3条线段，其中任意2条线段在1个三角形中。

以点D为例，从点D出发有三条线段：DA，DB，DC；任意选取其中两条线段，如DA与DB，这两条线段在△DAB中；将△DAB绕点D作“旋转相似”，使DA（或DB）与DC重合。

记△DAB在“旋转相似”后得到△DCE（点A与点C重合），以下重点研究△CBE（C是重合点，B与E是剩下的一组对应点）。

设想由4条边长（AB，BC，CD，DA）与1条对角线长（BD）分别计算BE与CE的长，再由BC＋CE≥BE即可完成证明过程。

去分母得，AB·CD＋AD·BC≥AC·BD。

这就完成了“托勒密不等式”的证明过程。

显然，上述证法不唯一。我们来计算一下，共有多少种不同的“旋转相似”的方法。

原先四边形中共有4个顶点，每个顶点处共有3种不同的旋转效果（？），因此共有12种旋转方法。每一种旋转方法，均能证出“托勒密不等式”或“托勒密定理”。

建议有兴趣的老师，选择其他旋转方法，尝试一下证明过程。这样将让你对这个结论的证明更加熟练，理解也更加深刻。

在实际解决问题时，通常选择特殊旋转。比如，若四边形中有两条边的长度存在倍数关系，甚至相等关系，则优先选择这样的旋转方案，这样可以使证明过程更加简洁。

2.托勒密定理

若点C恰巧在线段BE上，则BC＋CE=BE，相应有AB·CD＋AD·BC=

AC·BD。

有意思的是，这里的取等条件非常值得研究。

注意逻辑关系，这里相当于问：当四边形ABCD具有什么特殊性时，才能保证点C在线段BE上。

这里先给出结论。对于四边形ABCD，以下6组角的关系：

⑴∠DAB+∠DCB=180°； ⑵∠ADC+∠ABC=180°

⑶∠ADB=∠ACB； ⑷∠BAC=∠BDC；

⑸∠CBD=∠CAD； ⑹∠ABD=∠ACD

由其中任意一组角的关系，均可以得到点C在线段BE上。

反之，当AB·CD＋AD·BC=AC·BD时，可以推出上述6组角中任意一组角的关系。

推理比较容易，建议你耐心推理一下。这里从略了。

不难看出，若四边形ABCD为圆内接四边形，则可以得到上述6组角的关系。其中2组对角互补，4组圆周角相等。这是一种记忆方式。

与上世纪九十年代的初中数学教材相比，现行教材中可以将“圆内接四边形的性质”作为推理依据，但不能将“圆内接四边形的判定”作为推理依据。

当今后遇到较为困难的问题，可以用“托勒密定理”解决，但需要过程的话，我们可以以“托勒密定理”为方向指引，采用“过程化”的方法解决，而不必借助“圆”，因为“角的关系”与“边的关系”可以互推。

以“对角互补”为例，将“托勒密定理”用文字语言叙述一下。

托勒密定理：对于对角互补的凸四边形，两组对边乘积的和恰好等于两条对角线的乘积。反之也正确。

由前面可以看出，“托勒密定理”是“托勒密不等式”的特殊情况。

四、运用举例

“托勒密定理”或“托勒密不等式”在数学解题中的运用，威力巨大，非常精彩。这里略选几道例题，供大家学习体会。

例1 四边形ABPC中，△ABC是等边三角形，∠BPC=120°。求证：PA=PB＋PC。

这是一道经典题目。印象中，八十年代初，我还是初中生的时候，老师就将这样的题目考我，我想了很长时间，始终不会解决。

现在来看，无论用原始方法，还是用“托勒密定理”，解决都非常容易啦。具体过程略。

例2（2015常州）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______。

此题不用“托勒密定理”解决，也不是很困难。解法很多，有一定技巧。但如果用“托勒密定理”解决，则有“杀鸡用牛刀”的效果。

如图，连接BD。△BCD中，BC：CD：BD=1：1：根3。

由“托勒密定理”得，1·AB+1·AD=根3·AC，因此

总结：从例1与例2看出，若四边形（ABCD）中有一个三角形（△BCD）三边比例关系已知，则由“托勒密定理”或“托勒密不等式”可得到另外3条共顶点线段（AB，AC，AD）之间的数量关系。

例3（2018福建高三质检理数16题）在平面四边形ABCD中，AB＝1，AC＝根5，BD⊥BC，BD＝2BC，则AD的最小值为_______。

解：△DBC中，BC：CD：DB=1：根5：2。

在四边形DABC中，由“托勒密不等式”得

1·AD+根5·AB≥2·AC

AD≥根5

因此，当∠DAB＋∠DCB=180°时（其中tan∠DCB=2），AD取得最小值为根5。

例4（2018鄂尔多斯）如图是A，B，C三个村子位置的平面图，经测量AC＝4，BC＝5，∠ACB＝30°，P为△ABC内的一个动点，连接PA，PB，PC。求PA＋PB＋PC的最小值。

原题共有4小问，这里取最后一问作为例4。对于有一定研究的人都知道，这是一个经典问题——费马点问题。在△ABC中最大角不超过120°前提下，当∠APB=∠BPC=∠CPA=120°时，PA＋PB＋PC取得最小值。这里我们提供一种依据“托勒密不等式”的解法。

受例1启示，在△ABC外取点D，使△ACD是等边三角形。

在四边形APCD中，由“托勒密不等式”得，

PA·CD＋PC·AD≥PD·AC

因此，PA＋PC≥PD

由于B与D均为定点，因此PA＋PB＋PC≥PB＋PD≥BD=根41。

考虑取等：当PA＋PC=PD时，∠APC=180°－∠ADC=120°，且∠APD=∠ACD=60°。当P在线段BD上，则∠APB=∠BPC=∠CPA=120°，此时PA＋PB＋PC取得最小值为根41。

用这样的思想方法，也可以解决“加权费马点”问题，关键在于巧妙构造四边形。

例5（2023济南）如图，矩形ABCD中，AB＝2，AD＝2根3。点E在边BC上，且EA=EC。若动点P满足PE=4，求PA＋PC的最小值。

去除多余线条，提取问题本质：A，C为两个定点，动点P在半径为4的⊙E上，求PA＋PC的最小值。

这是“古堡朝圣”问题，通常情况下，这类问题不存在初等解法。

但这里存在特殊性，具体说，由于圆心E恰巧在线段AC的中垂线上，因此问题变得可解了。

连接AC。在四边形PAEC中，△AEC为顶角120°的等腰三角形，即AE：EC：AC=1：1：根3，由“托勒密不等式”得，

1·PA+1·PC≥根3·PE

PA+PC≥4根3

当∠APC=60°，此时⊙E上存在两个这样的点P，使得PA＋PC取得最小值为4根3。

有意思的是，这里取最值时，并不是在PA=PC，即P为线段AC中垂线与⊙E的交点处。这与我们平时“对称相等取最值”的经验直觉相悖。