《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》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

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(jié)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(gòu)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(shè)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(shè)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(shè)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(jié)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(guān)系，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)定理往往起到關(guān)鍵性的作用．注意結(jié)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. 本課時常考查圓內(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(guān)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O(shè)B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(shè)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(shè)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