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2019-2020年高考數學一輪復習 幾何證明選講第3講　圓中的比例線段與圓內接四邊形教案 理 選修4-1 【xx年高考會這樣考】 1．考查相交弦定理，切割線定理的應用． 2．考查圓內接四邊形的判定與性質定理． 【復習指導】 本講復習時，緊緊抓住相交弦定理、切割線定理以及圓內接四邊形的判定與性質定理，重點以基本知識、基本方法為主，通過典型的題組訓練，掌握解決問題的基本技能. 基礎梳理 1．圓中的比例線段 定理名稱 基本圖形 條件 結論 應用 相交弦定理 弦AB、CD相交于圓內點P (1)PAPB＝PCPD； (2)△ACP∽ △DBP (1)在PA、PB、PC、PD四線段中知三求一； (2)求弦長及角 切割線定理 PA切⊙O于A，PBC是⊙O的割線 (1)PA2＝PBPC； (2)△PAB∽△PCA (1)已知PA、PB、PC知二可求一； (2)求解AB、AC 割線定理 PAB、PCD是⊙O的割線　 (1)PAPB＝PCPD； (2)△PAC∽△PDB (1)求線段PA、PB、PC、PD及AB、CD； (2)應用相似求AC、BD 2.圓內接四邊形 (1)圓內接四邊形性質定理：圓內接四邊形的對角互補． (2)圓內接四邊形判定定理： ①如果四邊形的對角互補，則此四邊形內接于圓； ②若兩點在一條線段同側且對該線段張角相等，則此兩點與線段兩個端點共圓，特別的，對定線段張角為直角的點共圓． 雙基自測 1．(xx天津)如圖，四邊形ABCD是圓O的內接四邊形，延長AB和DC相交于點P.若PB＝1，PD＝3，則的值為________． 解析　∵ABCD為圓內接四邊形，∴∠PBC＝∠ADP，又∠P＝∠P，∴△BCP∽△DAP，∴＝＝. 答案　 2．(xx廣州調研)如圖，四邊形ABCD內接于⊙O，BC是直徑，MN與⊙O相切，切點為A，∠MAB＝35，則∠D＝________. 解析　連接BD，由題意知，∠ADB＝∠MAB＝35，∠BDC＝90，故∠D＝∠ADB＋∠BDC＝125. 答案　125 3．(xx深圳調研)如圖，AB是⊙O的直徑，D是⊙O上一點，E為的中點，⊙O的弦AD與BE的延長線相交于點C，若AB＝18，BC＝12，則AD＝________. 解析　如圖，連接AE，∵AB是⊙O的直徑， ∴AE⊥BE，又E是 的中點， ∴∠BAE＝∠EAC， 從而E是BC的中點， ∴BE＝EC＝6，AB＝AC＝18， 由CDCA＝CECB，得(18－AD)18＝612，故AD＝14. 答案　14 4．(xx廣州模擬)如圖，過點D作圓的切線切于B點，作割線交圓于A，C兩點，其中BD＝3，AD＝4，AB＝2，則BC＝________. 解析　∵∠A＝∠DBC，∠D＝∠D， ∴△ABD∽△BCD，＝，解得BC＝. 答案　 5．如圖所示，已知⊙O的兩條弦AB、CD相交于AB的中點E，且AB＝4，DE＝CE＋3，則CD的長為________． 解析　由相交弦定理知， EAEB＝ECED.(*) 又∵E為AB中點，AB＝4，DE＝CE＋3， ∴(*)式可化為22＝EC(CE＋3)＝CE2＋3CE， ∴CE＝－4(舍去)或CE＝1. ∴CD＝DE＋CE＝2CE＋3＝2＋3＝5. 答案5　 考向一　相交弦定理的應用 【例1】?(xx廣東實驗中學質檢)如圖，半徑為2的⊙O中，∠AOB＝90，D為OB的中點，AD的延長線交⊙O于點E，則線段DE的長為________． [審題視點] 由勾股定理求AD，再由相交弦定理求DE. 解析　延長DO交圓O于另一點F，易知OD＝1，則AD＝＝.由相交弦定理得，ADDE＝BDDF，即DE＝13，DE＝. 答案　 相交弦定理主要用于與圓有關的比例線段的計算與證明，解題時要與相似三角形及圓周角、弦切角等相關知識綜合應用 . 【訓練1】 (xx廣東)如圖，AB、CD是半徑為a的圓O的兩條弦，它們相交于AB的中點P，PD＝，∠OAP＝30，則CP＝________. 解析　依題AP＝PB＝a，由PDCP＝APPB，得CP＝＝a. 答案　a 考向二　切割線定理的應用 【例2】?如圖所示，PA為⊙O的切線，A為切點，PBC是過點O的割線，PA＝10，PB＝5，∠BAC的平分線與BC和⊙O分別交于點D和E，求ADAE的值． [審題視點] 由切割線定理知PA2＝PBPC，可得直徑BC的長，要求ADAE，由△ACE∽△ADB，得ADAE＝CABA，只要求出CA，BA的長即可． 解　如圖所示，連接CE，∵PA是⊙O的切線，PBC是⊙O的割線， ∴PA2＝PBPC.又PA＝10，PB＝5，∴PC＝20，BC＝15. ∵PA切⊙O于A， ∴∠PAB＝∠ACP. 又∠P為公共角，∴△PAB∽△PCA. ∴＝＝＝. ∵BC為⊙O的直徑，∴∠CAB＝90. ∴AC2＋AB2＝BC2＝225.∴AC＝6，AB＝3. 又∠ABC＝∠E，∠CAE＝∠EAB， ∴△ACE∽△ADB，∴＝. ∴ADAE＝ABAC＝36＝90. 在圓中通過連接圓上的兩點、作圓的切線等可以創(chuàng)造使用圓周角定理、圓心角定理、弦切角定理的條件，這是在圓的問題上解決角之間關系的重要技巧． 【訓練2】 如圖，⊙O與⊙O′外切于P，兩圓公切線AC，分別切⊙O、⊙O′于A、C兩點，AB是⊙O的直徑，BE是⊙O′的切線，E為切點，連AP、PC、BC. 求證：APBC＝BEAC. 證明　由題意可知∠APC＝90，連BP，則∠APB＝90，∴B、P、C在同一直線上，即P點在BC上，由于AB⊥AC，易證Rt△APB∽Rt△CAB. ∴＝，即AB2＝BPBC，又由切割線定理，得BE2＝BPBC，∴AB＝BE，又Rt△APB∽Rt△CAB， ∴＝，即APBC＝ABAC， ∴APBC＝BEAC. 考向三　圓內接四邊形性質的應用 【例3】?(xx遼寧三校聯考)已知四邊形PQRS是圓內接四邊形，∠PSR＝90，過點Q作PR、PS的垂線，垂足分別為點H、K. (1)求證：Q、H、K、P四點共圓； (2)求證：QT＝TS. [審題視點] (1)利用∠PHQ＝∠PKQ＝90； (2)先證∠HKS＝∠QSP，TS＝TK，再證TS＝QT. 證明　(1)∵∠PHQ＝∠PKQ＝90，∴Q、H、K、P四點共圓． (2)∵Q、H、K、P四點共圓，∴∠HKS＝∠HQP，① ∵∠PSR＝90，∴PR為圓的直徑， ∴∠PQR＝90，∠QRH＝∠HQP，② 而∠QSP＝∠QRH，③ 由①②③得，∠QSP＝∠HKS，TS＝TK， 又∠SKQ＝90，∵∠SQK＝∠TKQ，∴QT＝TK，∴QT＝TS. (1)四邊形ABCD的對角線交于點P，若PAPC＝PBPD，則它的四個頂點共圓． (2)四邊形ABCD的一組對邊AB、DC的延長線交于點P，若PAPB＝PCPD，則它的四個頂點共圓． 以上兩個命題的逆命題也成立．該組性質用于處理四邊形與圓的關系問題時比較有效． 【訓練3】 如圖所示，AB是⊙O的直徑，G為AB延長線上的一點，GCD是⊙O的割線，過點G作AB的垂線，交AC的延長線于點E，交AD的延長線于點F，過G作⊙O的切線，切點為H. 求證：(1)C，D，F，E四點共圓； (2)GH2＝CEGF. 證明　(1)如圖，連接BC. ∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90. ∵AG⊥FG，∴∠AGE＝90. 又∠EAG＝∠BAC， ∴∠ABC＝∠AEG. 又∠FDC＝∠ABC， ∴∠FDC＝∠AEG. ∴∠FDC＋∠CEF＝180. ∴C，D，F，E四點共圓． (2)∵GH為⊙O的切線，GCD為割線， ∴GH2＝GCGD. 由C，D，F，E四點共圓， 得∠GCE＝∠AFE，∠GEC＝∠GDF. ∴△GCE∽△GFD. ∴＝， 即GCGD＝GEGF.∴CH2＝GEGF. 如何求解高考中幾何證明選講問題 從近兩年的新課標高考試題可以看出，高考對切割線定理的應用及四點共圓問題重點考查，題型為填空題或解答題． 【示例】? (本題滿分10分)(xx新課標全國)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＝4，n＝6，求C，B，D，E所在圓的半徑． 第(1)問連DE，證明△ADE∽△ACB，即證∠ADE＝∠ACB，根據對角互補判定四點C，B，D，E共圓；第(2)問先求AD、AB的長，再確定C，B，D，E四點所在圓的圓心，進一步求半徑． [解答示范] (1)連接DE，根據題意，在△ADE和△ACB中，ADAB＝mn＝AEAC，即＝.又∠DAE＝∠CAB， 從而△ADE∽△ACB.(3分) 因此∠ADE＝∠ACB. 所以C，B，D，E四點共圓．(4分) (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.(6分) 取CE的中點G，DB的中點F，分別過G，F作AC，AB的垂線，兩垂線相交于H點，連結DH.因為C，B，D，E四點共圓，所以C，B，D，E四點所在圓的圓心為H，半徑為DH.(8分) 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.(10分) 本題主要考查平面幾何證明，四點共圓，三角形相似，一元二次方程根與系數的關系．四點共圓常用的證明方法是求證四邊形的一個外角等于與它不相鄰的內角，當然也可以求出過其中三點的圓，然后證另一點也在這個圓上，也可以證明以兩個點為端點的線段的垂直平分線與以另兩個點為端點的線段的垂直平分線相交． 【試一試】 (xx遼寧)如圖，A，B，C，D四點在同一圓上，AD的延長線與BC的延長線交于E點，且EC＝ED. (1)證明：CD∥AB； (2)延長CD到F，延長DC到G，使得EF＝EG，證明：A，B，G，F四點共圓． [嘗試解答] (1)因為EC＝ED，所以∠EDC＝∠ECD. 因為A，B，C，D四點在同一圓上，所以∠EDC＝∠EBA.故∠ECD＝∠EBA. 所以CD∥AB. (2)由(1)知，AE＝BE.因為EF＝EG，故∠EFD＝∠EGC，從而∠FED＝∠GEC.連接AF，BG，則△EFA≌△EGB， 故∠FAE＝∠GBE.又CD∥AB，∠EDC＝∠ECD， 所以∠FAB＝∠GBA.所以∠AFG＋∠GBA＝180. 故A，B，G，F四點共圓．