高中数学第一章直线多边形圆3圆与四边形学案北师大版选修4 - 1

——教学资料参考参考范本—— 高中数学第一章直线多边形圆3圆与四边形学案北师大版选修4_1 ______年______月______日 ____________________部门 1 / 15 [对应学生用书P26] [自主学习] 1．圆内接四边形的性质定理 文字语言 圆内接四边形的对角互补 圆内接四边形的推论 任何一个外角等于它的内对角. 符号语言 若四边形ABCD内接于圆O，则有∠A＋∠C＝∠B＋∠D＝180° 四边形ABCD内接于⊙O，E为AB延长线上一点，则有∠CBE＝∠D 图形语言 性质定理 2．四点共圆的判定定理 文字语言 如果一个四边形的判定定理 内对角互补，那么这个四边形四个顶点共圆 如果四边形的一个推论 外角等于其内对角，那么这个四边形的四个顶点共圆 [合作探究] 2 / 15 符号语言 在四边形ABCD中，∠B＋∠D＝180°或∠A＋∠C＝180°，那么四边形ABCD内接于圆 在四边形ABCD中，延长AB到E.若∠CBE＝∠D，则A，B，C，D共圆 图形语言 由圆内接四边形的性质定理知，圆的内接平行四边形、菱形、梯形分别是什么图形？ 提示：矩形、正方形、等腰梯形 [对应学生用书P27] 证明四点共圆 [例1] 如图所示，在△ABC中，AB＝AC，延长CA到P，再延长AB到Q，使得AP＝BQ.求证：△ABC的外心O与A，P，Q四点共圆． [思路点拨] 本题主要考查四点共圆的判断．解题时，先连接OA，OC，OP，OQ，PQ.要证O，A，P，Q四点共圆，只需证∠CAO＝∠OQP即可，为此只要证△CPO≌△AQO即可． [精解详析] 如图，连接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) 3 / 15 ＝(∠OPQ＋∠APO＋∠OQP－∠AQO) ＝×2∠OQP＝∠OQP. ∴O，A，P，Q四点共圆． 判定四点共圆的方法： (1)如果四个点与一定点距离相等，那么这四个点共圆． (2)如果一个四边形的对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆． (3)如果一个四边形的一个外角等于它的内角的对角，那么这个四边形的四个顶点共圆． (4)如果两个直角三角形有公共的斜边，那么这两个三角形的四个顶点共圆．(因为四个顶点与斜边中点距离相等) 1．在锐角三角形ABC中，AD是BC边上的高，DE⊥AB，DF⊥AC，E，F是垂足． 求证：E，B，C，F四点共圆． 证明：如图，连接EF. ∵DE⊥AB，DF⊥AC， ∴A，E，D，F四点共圆． ∴∠1＝∠2. ∴∠1＋∠C＝∠2＋∠C＝90°. ∴∠BEF＋∠C＝180°. ∴B，E，F，C四点共圆. 证明线段相等或角相 4 / 15 等 [例2] 如图，AB是⊙O的直径，弦BD，CA的延长线相交于点E，EF垂直BA的延长线于点F. 求证：∠DEA＝∠DFA. [思路点拨] 本题主要考查圆内接四边形判定及性质的应用．解题时，只需证A，D，E，F四点共圆后可得结论． [精解详析] 连接AD， 因为AB为圆的直径，所以∠ADB＝90°. 又EF⊥AB，∠EFA＝90°， 所以A，D，E，F四点共圆． 所以∠DEA＝∠DFA. 利用圆内接四边形的判定或性质定理，证明线段相等或角相等时，可构造全等或相似三角形，以达到证题的目的． 2．(新课标全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AB的延长线与DC的延长线交于点E，且CB＝CE. 5 / 15

(1)证明：∠D＝∠E; (2)设AD不是⊙O的直径，AD的中点为M，且MB＝MC，证明：△ADE为等边三角形． 证明：(1)由题设知A，B，C，D四点共圆， 所以∠D＝∠CBE. 由已知CB＝CE得∠CBE＝∠E，故∠D＝∠E. (2)设BC的中点为N，连接MN，则由MB＝MC知MN⊥BC，故O在直线MN上． 又AD不是⊙O的直径，M为AD的中点， 故OM⊥AD，即MN⊥AD. 所以AD∥BC，故∠A＝∠CBE. 又∠CBE＝∠E，故∠A＝∠E. 由(1)知，∠D＝∠E，所以△ADE为等边三角形. 证明比例式问 题 [例3] 如图，已知CF是⊙O的切线，C为切点，弦AB∥CF，E为圆周上一点，CE交AB延长线于点D，求证： 6 / 15 (1)AC＝BC； (2)BC2＝CD·CE. [思路点拨] 本题主要考查利用圆内接四边形性质定理及相似三角形知识证明比例式问题．解题时，先利用弦切角定理推证(1)，再由A，B，E，C四点共圆得出∠BED＝∠BAC，后证△BCE∽△DCB.可得结论． [精解详析] (1)∵AB∥CF，∴∠FCA＝∠BAC. ∵CF是⊙O的切线，∴∠FCA＝∠ABC. ∴∠BAC＝∠ABC.∴AC＝BC. (2)∠BEC＝180°－∠BED， ∵A，B，E，C四点共圆，∴∠BED＝∠BAC. ∴∠BEC＝180°－∠BAC. 由(1)得∠BAC＝∠ABC， ∵∠DBC＝180°－∠ABC，∴∠BEC＝∠DBC. 又∵∠BCE＝∠DCB，∴△BCE∽△DCB. ∴＝，即BC2＝CD·CE. 证明比例式问题常用三角形相似．而寻找角的等量关系，圆内接四边形的性质定理往往起到关键性的作用．注意结合图形进行判断，同时注意等量代换的使用． 7 / 15 3．在△ABC中，AB＝AC，过点A的直线与其外接圆交于点P，交BC延长线于点D. (1)求证：＝； (2)若AC＝3，求AP·AD的值． 解：(1)证明：∵∠CPD＝∠ABC，∠D＝∠D， ∴△DPC∽△DBA，∴＝. 又∵AB＝AC，∴＝. (2)∵∠ACD＝∠APC，∠CAP＝∠CAP， ∴△APC∽△ACD，∴＝， ∴AC2＝AP·AD＝9. 本课时常考查圆内接四边形的判定定理及性质定理的应用．该定理在角相等、线段相等及比例式的证明中有广泛的应用．属中低档题． [考题印证] 如图，D，E分别为△ABC的边AB，AC上的点，且不与△ABC的顶点重合．已知AE的长为m，AC的长为n，AD，AB的长是关于x的方程x2－14x＋mn＝0的两个根． (1)证明：C，B，D，E四点共圆； (2)若∠A＝90°，且m＝4，n＝6，求C，B，D，E所在圆的半径． [命题立意] 本题主要考查圆内接四边形的判定定理的应用以及分析问题、解决问题的能力． 8 / 15 [自主尝试] (1)证明：连接DE，根据题意在△ADE和△ACB中，AD·AB＝mn＝AE·AC， 即＝. 又∠DAE＝∠CAB，从而△ADE∽△ACB. 因此∠ADE＝∠ACB. 所以C，B，D，E四点共圆． (2)m＝4，n＝6时，方程x2－14x＋mn＝0的两根为x1＝2，x2＝12. 故AD＝2，AB＝12. 取CE的中点G，DB的中点F，分别过G，F作AC，AB的垂线，两垂线相交于H点，连接DH.因为C，B，D，E四点共圆，所以C，B，D，E四点所在圆的圆心为H，半径为DH. 由于∠A＝90°，故GH∥AB，HF∥AC. 从而HF＝AG＝5，DF＝×(12－2)＝5. 故C，B，D，E四点所在圆的半径为5. [对应学生用书P29] 一、选择题 1．四边形ABCD的一个内角∠C＝36°，E是BA延长线上一点，若∠DAE＝36°，则四边形ABCD( ) A．一定有一个外接圆 B．四个顶点不在同一个圆上 9 / 15 C．一定有内切圆 D．四个顶点是否共圆不能确定 解析：选A 因为∠C＝36°，∠DAE＝36°，所以∠C与∠BAD的一个外角相等，由圆内接四边形判定定理的推论知，该四边形有外接圆，故选A. 2．圆内接四边形ABCD中，若∠A∶∠B∶∠C＝1∶2∶5，则∠D等于( ) A．60° C．140° B．120° D．150° 解析：选B 因为四边形ABCD为圆内接四边形，所以∠A∶∠B∶∠C∶∠D＝1∶2∶5∶4， 所以∠D＝180°×＝120°. 3．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，E为AB的延长线上一点，∠CBE＝40°，则∠AOC＝( ) A．20° B．40° C．80° D．100° 解析：选C ∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，且∠CBE＝40°，由圆内接四边形的性质知∠D＝∠CBE＝40°，又由圆周角定理知：∠AOC＝2∠D＝80°. 4.如图，ABCD是⊙O的内接四边形，延长BC到E，已知∠BCD∶∠ECD＝3∶2，那么∠BOD＝( ) A．120° B．136° 10 / 15

C．144° D．150° 解析：选C 由圆内接四边形性质知∠A＝∠DCE，而∠BCD∶∠ECD＝3∶2，且∠BCD＋∠ECD＝180°，∠ECD＝72°. 又由圆周角定理知∠BOD＝2∠A＝144°. 二、填空题 5．(陕西高考)如图，△ABC中，BC＝6，以BC为直径的半圆分别交AB，AC于点E，F，若AC＝2AE，则EF＝ . 解析：∵B，C，F，E四点在同一个圆上，∴∠AEF＝∠ACB，又∠A＝∠A，∴△AEF∽△ACB，∴＝， 即＝，∴EF＝3. 答案：3 6.如图，已知PA，PB是圆O的切线，A，B分为切点，C为圆O上不与A，B重合的另一点．若∠ACB＝120°，则∠APB＝ . 解析：连接OA，OB，∠PAO＝∠PBO＝90°， ∵∠ACB＝120°，∴∠AOB＝120°. 又P，A，O，B四点共圆，故∠APB＝60°. 别 答案：60° 11 / 15 7．如图，AB＝10，BC＝8，CD平分∠ACB，则AC＝ ，BD＝ . 解析：∠ACB＝90°，∠ADB＝90°. 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 52 8．如图，在圆内接四边形ABCD中，AB＝AD，AC＝1，∠ACD＝60°，则四边形ABCD的面积为 ． 解析：过A作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F.因为∠ADF＋∠ABC＝180°(圆的内接四边形对角之和为180°)，∠ABE＋∠ABC＝180°， 所以∠ABE＝∠ADF，又AB＝AD，∠AEB＝∠AFD＝90°， 所以△AEB≌△AFD， 所以S四边形ABCD＝S四边形AECF，AE＝AF. 又因为∠E＝∠AFC＝90°，AC＝AC， 所以Rt△AEC≌Rt△AFC. 因为∠ACD＝60°，∠AFC＝90°， 12 / 15 所以∠CAF＝30°，因为AC＝1，所以CF＝，AF＝，所以S四边形ABCD＝2S△ACF＝2×CF×AF＝. 答案：3 4三、解答题 9．如图，圆内接四边形ABCD，过C点作对角线BD的平行线交AD的延长线于E点． 求证：DE·AB＝BC·CD. 证明：连接AC， 则∠BAC＝∠BDC， 因为CE∥BD，所以∠DCE＝∠BDC， 所以∠DCE＝∠BAC， 因为ABCD是圆内接四边形， 所以∠CDE＝∠ABC， 所以△CDE∽△ABC，所以＝， 即DE·AB＝BC·CD. 10.如图所示，圆O是△ABC的外接圆，∠BAC与∠ABC的平分线相交于点I，延长AI交圆O于点D，连接BD，DC. 13 / 15 (1)求证：BD＝DC＝DI. (2)若圆O的半径为10 cm，∠BAC＝120°，求△BCD的面积． 解：(1)证明：因为AI平分∠BAC，所以∠BAD＝∠DAC， 所以＝，BDDC 所以BD＝DC. 因为BI平分∠ABC，所以∠ABI＝∠CBI. 因为∠BAD＝∠DAC，∠DBC＝∠DAC， 所以∠BAD＝∠DBC. 又因为∠DBI＝∠DBC＋∠CBI， ∠DIB＝∠ABI＋∠BAD， 所以∠DBI＝∠DIB，所以△BDI为等腰三角形， 所以BD＝ID，所以BD＝DC＝DI. (2)当∠BAC＝120°时，△ABC为钝角三角形，所以圆心O在△ABC外． 连接OB，OD，OC， 则∠DOC＝∠BOD＝2∠BAD＝120°， 所以∠DBC＝∠DCB＝60°， 所以△BDC为正三角形． 所以OB是∠DBC的平分线， 延长CO交BD于点E，则OE⊥BD， 所以BE＝BD. 又因为OB＝10， 所以BC＝BD＝2OBcos 30°＝2×10×＝10， 所以CE＝BC·sin 60°＝10×＝15， 14 / 15 所以S△BCD＝BD·CE＝×10×15＝75. 所以△BCD的面积为75. 11．(新课标全国卷Ⅰ)如图，直线AB为圆的切线，切点为B，点C在圆上，∠ABC的角平分线BE交圆于点E，DB垂直BE交圆于点D. (1)证明：DB＝DC； (2)设圆的半径为1，BC＝，延长CE交AB于点F，求△BCF外接圆的半径． 解：(1)证明：连接DE，交BC于点G. 由弦切角定理得， ∠ABE＝∠BCE. 而∠ABE＝∠CBE， 故∠CBE＝∠BCE， BE＝CE. 又DB⊥BE，所以DE为直径，则∠DCE＝90°， 由勾股定理可得DB＝DC. (2)由(1)知，∠CDE＝∠BDE，DB＝DC， 故DG是BC的中垂线，所以BG＝. 设DE的中点为O，连接BO，则∠BOG＝60°. 从而∠ABE＝∠BCE＝∠CBE＝30°， 所以CF⊥BF，故Rt△BCF外接圆的半径等于. 15 / 15

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