2017-2018學年高中數(shù)學 第一章 直線、多邊形、圓 3 圓與四邊形學案 北師大版選修4-1

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1、 §3 圓與四邊形 [對應學生用書P26] 1.圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)定理 文字語言 符號語言 圖形語言 性質(zhì)定理 圓內(nèi)接四邊形的對角互補 若四邊形ABCD內(nèi)接于圓O,則有∠A+∠C=∠B+∠D=180° 推論 圓內(nèi)接四邊形的任何一個外角等于它的內(nèi)對角. 四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O,E為AB延長線上一點,則有∠CBE=∠D 2.四點共圓的判定定理 文字語言 符號語言 圖形語言 判定定理 如果一個四邊形的內(nèi)對角互補,那么這個四邊形四個頂點共圓 在四邊形ABCD中,∠B+∠D=180°或∠A+∠C=180°,那么四邊形ABCD內(nèi)接于圓

2、 推論 如果四邊形的一個外角等于其內(nèi)對角,那么這個四邊形的四個頂點共圓 在四邊形ABCD中,延長AB到E.若∠CBE=∠D,則A,B,C,D共圓 由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)定理知,圓的內(nèi)接平行四邊形、菱形、梯形分別是什么圖形? 提示:矩形、正方形、等腰梯形 [對應學生用書P27] 證明四點共圓 [例1] 如圖所示,在△ABC中,AB=AC,延長CA到P,再延長AB到Q,使得AP=BQ.求證:△ABC的外心O與A,P,Q四點共圓. [思路點撥] 本題主要考查四點共圓的判斷.解題時,先連接OA,OC,OP,OQ,PQ.要證O,A,P,Q四點共圓,只需證∠CAO=∠O

3、QP即可,為此只要證△CPO≌△AQO即可. [精解詳析] 如圖,連接OA,OC,OP,OQ,PQ. 在△OCP和△OAQ中,OC=OA, ∴∠OCP=∠OAC. 由已知CA=AB,AP=BQ, ∴CP=AQ. 又O是等腰△ABC的外心且AB=AC, ∴∠OAC=∠OAQ, ∴∠OCP=∠OAQ. ∴△OCP≌△OAQ.∴∠APO=∠AQO,OP=OQ. ∴∠OPQ=∠OQP. ∴∠CAO=∠BAC =(∠APQ+∠PQA) =(∠OPQ+∠APO+∠OQP-∠AQO) =×2∠OQP=∠OQP. ∴O,A,P,Q四點共圓. 判定四點共圓的方法: (1)如

4、果四個點與一定點距離相等,那么這四個點共圓. (2)如果一個四邊形的對角互補,那么這個四邊形的四個頂點共圓. (3)如果一個四邊形的一個外角等于它的內(nèi)角的對角,那么這個四邊形的四個頂點共圓. (4)如果兩個直角三角形有公共的斜邊,那么這兩個三角形的四個頂點共圓.(因為四個頂點與斜邊中點距離相等) 1.在銳角三角形ABC中,AD是BC邊上的高,DE⊥AB,DF⊥AC,E,F(xiàn)是垂足. 求證:E,B,C,F(xiàn)四點共圓. 證明:如圖,連接EF. ∵DE⊥AB,DF⊥AC, ∴A,E,D,F(xiàn)四點共圓. ∴∠1=∠2. ∴∠1+∠C=∠2+∠C=90°. ∴∠BEF+∠C=18

5、0°. ∴B,E,F(xiàn),C四點共圓. 證明線段相等或角相等 [例2] 如圖,AB是⊙O的直徑,弦BD,CA的延長線相交于點E,EF垂直BA的延長線于點F. 求證:∠DEA=∠DFA. [思路點撥] 本題主要考查圓內(nèi)接四邊形判定及性質(zhì)的應用.解題時,只需證A,D,E,F(xiàn)四點共圓后可得結論. [精解詳析] 連接AD, 因為AB為圓的直徑,所以∠ADB=90°. 又EF⊥AB,∠EFA=90°, 所以A,D,E,F(xiàn)四點共圓. 所以∠DEA=∠DFA. 利用圓內(nèi)接四邊形的判定或性質(zhì)定理,證明線段相等或角相等時,可構造全等或相似三角形,以達到證題的目的. 2.(

6、新課標全國卷Ⅰ)如圖,四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形,AB的延長線與DC的延長線交于點E,且CB=CE. (1)證明:∠D=∠E; (2)設AD不是⊙O的直徑,AD的中點為M,且MB=MC,證明:△ADE為等邊三角形. 證明:(1)由題設知A,B,C,D四點共圓, 所以∠D=∠CBE. 由已知CB=CE得∠CBE=∠E,故∠D=∠E. (2)設BC的中點為N,連接MN,則由MB=MC知MN⊥BC,故O在直線MN上. 又AD不是⊙O的直徑,M為AD的中點, 故OM⊥AD,即MN⊥AD. 所以AD∥BC,故∠A=∠CBE. 又∠CBE=∠E,故∠A=∠E. 由(1

7、)知,∠D=∠E,所以△ADE為等邊三角形. 證明比例式問題 [例3] 如圖,已知CF是⊙O的切線,C為切點,弦AB∥CF,E為圓周上一點,CE交AB延長線于點D,求證: (1)AC=BC; (2)BC2=CD·CE. [思路點撥] 本題主要考查利用圓內(nèi)接四邊形性質(zhì)定理及相似三角形知識證明比例式問題.解題時,先利用弦切角定理推證(1),再由A,B,E,C四點共圓得出∠BED=∠BAC,后證△BCE∽△DCB.可得結論. [精解詳析] (1)∵AB∥CF,∴∠FCA=∠BAC. ∵CF是⊙O的切線,∴∠FCA=∠ABC. ∴∠BAC=∠ABC.∴AC=BC. (2)∠B

8、EC=180°-∠BED, ∵A,B,E,C四點共圓,∴∠BED=∠BAC. ∴∠BEC=180°-∠BAC. 由(1)得∠BAC=∠ABC, ∵∠DBC=180°-∠ABC,∴∠BEC=∠DBC. 又∵∠BCE=∠DCB,∴△BCE∽△DCB. ∴=,即BC2=CD·CE. 證明比例式問題常用三角形相似.而尋找角的等量關系,圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)定理往往起到關鍵性的作用.注意結合圖形進行判斷,同時注意等量代換的使用. 3.在△ABC中,AB=AC,過點A的直線與其外接圓交于點P,交BC延長線于點D. (1)求證:=; (2)若AC=3,求AP·AD的值. 解:(

9、1)證明:∵∠CPD=∠ABC,∠D=∠D, ∴△DPC∽△DBA,∴=. 又∵AB=AC,∴=. (2)∵∠ACD=∠APC,∠CAP=∠CAP, ∴△APC∽△ACD,∴=, ∴AC2=AP·AD=9. 本課時??疾閳A內(nèi)接四邊形的判定定理及性質(zhì)定理的應用.該定理在角相等、線段相等及比例式的證明中有廣泛的應用.屬中低檔題. [考題印證] 如圖,D,E分別為△ABC的邊AB,AC上的點,且不與△ABC的頂點重合.已知AE的長為m,AC的長為n,AD,AB的長是關于x的方程x2-14x+mn=0的兩個根. (1)證明:C,B,D,E四點共圓; (2)若∠A=90°,且m=

10、4,n=6,求C,B,D,E所在圓的半徑. [命題立意] 本題主要考查圓內(nèi)接四邊形的判定定理的應用以及分析問題、解決問題的能力. [自主嘗試] (1)證明:連接DE,根據(jù)題意在△ADE和△ACB中,AD·AB=mn=AE·AC, 即=. 又∠DAE=∠CAB,從而△ADE∽△ACB. 因此∠ADE=∠ACB. 所以C,B,D,E四點共圓. (2)m=4,n=6時,方程x2-14x+mn=0的兩根為x1=2,x2=12. 故AD=2,AB=12. 取CE的中點G,DB的中點F,分別過G,F(xiàn)作AC,AB的垂線,兩垂線相交于H點,連接DH.因為C,B,D,E四點共圓,所以C,

11、B,D,E四點所在圓的圓心為H,半徑為DH. 由于∠A=90°,故GH∥AB,HF∥AC. 從而HF=AG=5,DF=×(12-2)=5. 故C,B,D,E四點所在圓的半徑為5. [對應學生用書P29] 一、選擇題 1.四邊形ABCD的一個內(nèi)角∠C=36°,E是BA延長線上一點,若∠DAE=36°,則四邊形ABCD(  ) A.一定有一個外接圓 B.四個頂點不在同一個圓上 C.一定有內(nèi)切圓 D.四個頂點是否共圓不能確定 解析:選A 因為∠C=36°,∠DAE=36°,所以∠C與∠BAD的一個外角相等,由圓內(nèi)接四邊形判定定理的推論知,該四邊形有外接圓,故選A. 2.圓

12、內(nèi)接四邊形ABCD中,若∠A∶∠B∶∠C=1∶2∶5,則∠D等于(  ) A.60°          B.120° C.140° D.150° 解析:選B 因為四邊形ABCD為圓內(nèi)接四邊形,所以∠A∶∠B∶∠C∶∠D=1∶2∶5∶4, 所以∠D=180°×=120°. 3.如圖,四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形,E為AB的延長線上一點,∠CBE=40°,則∠AOC=(  ) A.20° B.40° C.80° D.100° 解析:選C ∵四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形,且∠CBE=40°,由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)知∠D=∠CB

13、E=40°,又由圓周角定理知:∠AOC=2∠D=80°. 4.如圖,ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形,延長BC到E,已知∠BCD∶∠ECD=3∶2,那么∠BOD=(  ) A.120° B.136° C.144° D.150° 解析:選C 由圓內(nèi)接四邊形性質(zhì)知∠A=∠DCE,而∠BCD∶∠ECD=3∶2,且∠BCD+∠ECD=180°,∠ECD=72°. 又由圓周角定理知∠BOD=2∠A=144°. 二、填空題 5.(陜西高考)如圖,△ABC中,BC=6,以BC為直徑的半圓分別交AB,AC于點E,F(xiàn),若AC=2AE,則EF= . 解析

14、:∵B,C,F(xiàn),E四點在同一個圓上,∴∠AEF=∠ACB,又∠A=∠A,∴△AEF∽△ACB,∴=, 即=,∴EF=3. 答案:3 6.如圖,已知PA,PB是圓O的切線,A,B分別為切點,C為圓O上不與A,B重合的另一點.若∠ACB=120°,則∠APB= . 解析:連接OA,OB,∠PAO=∠PBO=90°, ∵∠ACB=120°,∴∠AOB=120°. 又P,A,O,B四點共圓,故∠APB=60°. 答案:60° 7.如圖,AB=10,BC=8,CD平分∠ACB,則AC= ,BD= . 解析:∠ACB=90°,∠ADB=90°

15、. 在Rt△ABC中,AB=10,BC=8, ∴AC==6. 又∵CD平分∠ACB. 即∠ACD=∠BCD,∴AD=BD, ∴BD==5. 答案:6 5 8.如圖,在圓內(nèi)接四邊形ABCD中,AB=AD,AC=1,∠ACD=60°,則四邊形ABCD的面積為 . 解析:過A作AE⊥BC于E,AF⊥CD于F.因為∠ADF+∠ABC=180°(圓的內(nèi)接四邊形對角之和為180°),∠ABE+∠ABC=180°, 所以∠ABE=∠ADF,又AB=AD,∠AEB=∠AFD=90°, 所以△AEB≌△AFD, 所以S四邊形ABCD=S四邊形AECF,AE=AF. 又因

16、為∠E=∠AFC=90°,AC=AC, 所以Rt△AEC≌Rt△AFC. 因為∠ACD=60°,∠AFC=90°, 所以∠CAF=30°,因為AC=1,所以CF=,AF=,所以S四邊形ABCD=2S△ACF=2×CF×AF=. 答案: 三、解答題 9.如圖,圓內(nèi)接四邊形ABCD,過C點作對角線BD的平行線交AD的延長線于E點. 求證:DE·AB=BC·CD. 證明:連接AC, 則∠BAC=∠BDC, 因為CE∥BD,所以∠DCE=∠BDC, 所以∠DCE=∠BAC, 因為ABCD是圓內(nèi)接四邊形, 所以∠CDE=∠ABC, 所以△CDE∽△ABC,所以=,

17、即DE·AB=BC·CD. 10.如圖所示,圓O是△ABC的外接圓,∠BAC與∠ABC的平分線相交于點I,延長AI交圓O于點D,連接BD,DC. (1)求證:BD=DC=DI. (2)若圓O的半徑為10 cm,∠BAC=120°,求△BCD的面積. 解:(1)證明:因為AI平分∠BAC,所以∠BAD=∠DAC, 所以=, 所以BD=DC. 因為BI平分∠ABC,所以∠ABI=∠CBI. 因為∠BAD=∠DAC,∠DBC=∠DAC, 所以∠BAD=∠DBC. 又因為∠DBI=∠DBC+∠CBI, ∠DIB=∠ABI+∠BAD, 所以∠DBI=∠DIB,所以△BDI為等腰三

18、角形, 所以BD=ID,所以BD=DC=DI. (2)當∠BAC=120°時,△ABC為鈍角三角形,所以圓心O在△ABC外. 連接OB,OD,OC, 則∠DOC=∠BOD=2∠BAD=120°, 所以∠DBC=∠DCB=60°, 所以△BDC為正三角形. 所以OB是∠DBC的平分線, 延長CO交BD于點E,則OE⊥BD, 所以BE=BD. 又因為OB=10, 所以BC=BD=2OBcos 30°=2×10×=10, 所以CE=BC·sin 60°=10×=15, 所以S△BCD=BD·CE=×10×15=75. 所以△BCD的面積為75. 11.(新課標全國卷Ⅰ)

19、如圖,直線AB為圓的切線,切點為B,點C在圓上,∠ABC的角平分線BE交圓于點E,DB垂直BE交圓于點D. (1)證明:DB=DC; (2)設圓的半徑為1,BC=,延長CE交AB于點F,求△BCF外接圓的半徑. 解:(1)證明:連接DE,交BC于點G. 由弦切角定理得, ∠ABE=∠BCE. 而∠ABE=∠CBE, 故∠CBE=∠BCE, BE=CE. 又DB⊥BE,所以DE為直徑,則∠DCE=90°, 由勾股定理可得DB=DC. (2)由(1)知,∠CDE=∠BDE,DB=DC, 故DG是BC的中垂線,所以BG=. 設DE的中點為O,連接BO,則∠BOG=60°. 從而∠ABE=∠BCE=∠CBE=30°, 所以CF⊥BF,故Rt△BCF外接圓的半徑等于. 11

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