《精校版高中數(shù)學(xué)人教A版選修41學(xué)案：第二講 二 圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)及判定定理 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《精校版高中數(shù)學(xué)人教A版選修41學(xué)案：第二講 二 圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)及判定定理 Word版含解析（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、最新資料最新資料最新資料最新資料最新資料 二圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)及判定定理 [對應(yīng)學(xué)生用書P21] 1．圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì) (1)圓的內(nèi)接四邊形對角互補． 如圖：四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，則有：∠A＋∠C＝180，∠B＋∠D＝180. (2)圓內(nèi)接四邊形的外角等于它的內(nèi)角的對角． 如圖：∠CBE是圓內(nèi)接四邊形ABCD的一外角，則有：∠CBE＝∠D. 2．圓內(nèi)接四邊形的判定 (1)判定定理：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． (2)推論：如果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． [對應(yīng)學(xué)生用書P21]

2、 圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì) [例1]　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(yīng)用．解題時，只需證A，D，E，F(xiàn)四點共圓后可得結(jié)論． [證明]　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. 圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)即對角互補，一個外角等于其內(nèi)角的對角，可用來作為三角形相似的條件，從而證明一些比例式的成立或證明某些等量關(guān)系． 1．圓內(nèi)接四邊形ABCD中，已知∠A

3、，∠B，∠C的度數(shù)比為4∶3∶5，求四邊形各角的度數(shù)． 解：設(shè)∠A，∠B，∠C的度數(shù)分別為4x,3x,5x， 則由∠A＋∠C＝180， 可得4x＋5x＝180.∴x＝20. ∴∠A＝420＝80，∠B＝320＝60， ∠C＝520＝100，∠D＝180－∠B＝120. 2．已知：如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于圓，延長AD，BC相交于點E，點F是BD的延長線上的點，且DE平分∠CDF. (1)求證：AB＝AC； (2)若AC＝3 cm，AD＝2 cm，求DE的長． 解：(1)證明： ∵∠ABC＝∠2， ∠2＝∠1＝∠3，∠4＝∠3， ∴∠ABC＝∠4. ∴AB＝AC. (

4、2)∵∠3＝∠4＝∠ABC， ∠DAB＝∠BAE， ∴△ABD∽△AEB. ∴＝. ∵AB＝AC＝3，AD＝2， ∴AE＝＝. ∴DE＝－2＝(cm). 圓內(nèi)接四邊形的判定 [例2]　如圖，在△ABC中，E，D，F(xiàn)分別為AB，BC，AC的中點，且AP⊥BC于P. 求證：E，D，P，F(xiàn)四點共圓． [思路點撥]　可先連接PF，構(gòu)造四邊形EDPF的外角∠FPC，證明∠FPC＝∠C，再證明∠FPC＝∠FED即可． [證明]　如圖，連接PF， ∵AP⊥BC，F(xiàn)為AC的中點， ∴PF＝AC. ∵FC＝AC， ∴PF＝FC. ∴∠FPC＝∠C. ∵E、F、D分別為A

5、B，AC，BC的中點． ∴EF∥CD，ED∥FC. ∴四邊形EDCF為平行四邊形， ∴∠FED＝∠C. ∴∠FPC＝∠FED. ∴E，D，P，F(xiàn)四點共圓． 證明四點共圓的方法常有：①如果四點與一定點等距離，那么這四點共圓；②如果四邊形的一組對角互補，那么這個四邊形的四個頂點共圓；③如果四邊形的一個外角等于它的內(nèi)對角，那么這個四邊形的四個頂點共圓；④如果兩個三角形有公共邊，公共邊所對的角相等且在公共邊的同側(cè)，那么這兩個三角形的四個頂點共圓． 3．判斷下列各命題是否正確． (1)任意三角形都有一個外接圓，但可能不只一個； (2)矩形有唯一的外接圓； (3)菱形有外接

6、圓； (4)正多邊形有外接圓． 解：(1)錯誤，任意三角形有唯一的外接圓；(2)正確，因為矩形對角線的交點到各頂點的距離相等；(3)錯誤，只有當菱形是正方形時才有外接圓；(4)正確，因為正多邊形的中心到各頂點的距離相等． 4．已知：在△ABC中，AD＝DB，DF⊥AB交AC于點F，AE＝EC，EG⊥AC交AB于點G.求證： (1)D、E、F、G四點共圓； (2)G、B、C、F四點共圓． 證明：(1)如圖， 連接GF， 由DF⊥AB，EG⊥AC， 知∠GDF＝∠GEF＝90， ∴GF中點到D、E、F、G四點距離相等，∴D、E、F、G四點共圓． (2)連接DE.由AD＝DB，

7、AE＝EC，知DE∥BC， ∴∠ADE＝∠B.又由(1)中D、E、F、G四點共圓， ∴∠ADE＝∠GFE.∴∠GFE＝∠B. ∴G、B、C、F四點共圓. 圓內(nèi)接四邊形的綜合應(yīng)用 [例3]　如圖，已知⊙O1與⊙O2相交于A、B兩點，P是⊙O1上一點，PA、PB的延長線分別交⊙O2于點D、C，⊙O1的直徑PE的延長線交CD于點M. 求證：PM⊥CD. [思路點撥]　⊙O1與⊙O2相交，考慮連接兩交點A、B得公共弦AB；PE是⊙O1的直徑，考慮連接AE或BE得90的圓周角；要證PM⊥CD，再考慮證角相等． [證明]　如圖， 分別連接AB，AE， ∵A、B、C、D四點共圓，

8、 ∴∠ABP＝∠D. ∵A、E、B、P四點共圓， ∴∠ABP＝∠AEP. ∴∠AEP＝∠D. ∴A、E、M、D四點共圓． ∴∠PMC＝∠DAE. ∵PE是⊙O1的直徑， ∴EA⊥PA. ∴∠PMC＝∠DAE＝90. ∴PM⊥CD. 此類問題綜合性強，知識點豐富，解決的辦法大多是先判斷四點共圓，然后利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)證明或求得某些結(jié)論成立． 5.如圖，P點是等邊△ABC外接圓的上一點，CP的延長線和AB的延長線交于點D，連接BP. 求證：(1)∠D＝∠CBP； (2)AC2＝CPCD. 證明：(1)∵△ABC為等邊三角形， ∴∠ABC＝∠A＝60.

9、 ∴∠DBC＝120. 又∵四邊形ABPC是圓內(nèi)接四邊形， ∴∠BPC＝180－∠A＝120. ∴∠BPC＝∠DBC. 又∵∠DCB＝∠BCP， ∴△BCP∽△DCB. ∴∠D＝∠CBP. (2)由(1)知△BCP∽△DCB， ∴＝. ∴CB2＝CPCD. 又CB＝AC，∴AC2＝CPCD. 6．如圖，在正三角形ABC中，點D，E分別在邊BC，AC上，且BD＝BC，CE＝CA，AD，BE相交于點P. 求證：(1)四點P，D，C，E共圓； (2)AP⊥CP. 解：(1)證明：在△ABC中， 由BD＝BC，CE＝CA知： △ABD≌△BCE， 即∠ADB＝∠

10、BEC，即∠ADC＋∠BEC＝180， 所以四點P，D，C，E共圓． (2)如圖，連接DE. 在△CDE中，CD＝2CE， ∠ACD＝60， 由余弦定理知∠CED＝90. 由四點P，D，C，E共圓知， ∠DPC＝∠DEC， 所以AP⊥CP. [對應(yīng)學(xué)生用書P24] 一、選擇題 1．設(shè)四邊形ABCD為圓內(nèi)接四邊形，現(xiàn)給出四個關(guān)系式： ①sin A＝sin C，②sin A＋sin C＝0，③cos B＋cos D＝0，④cos B＝cos D. 其中恒成立的關(guān)系式的個數(shù)是(　　) A．1　　　　　　　　　　　 B．2 C．3 D．4 解析：因為圓內(nèi)接四邊形

11、的對角互補， 故∠A＝180－∠C，且∠A，∠C均不為0或180， 故①式恒成立，②式不成立． 同樣由∠B＝180－∠D知，③式恒成立． ④式只有當∠B＝∠D＝90時成立． 答案：B 2．圓內(nèi)接四邊形ABCD中，∠A∶∠B∶∠C∶∠D可以是(　　) A．4∶2∶3∶1 B．4∶3∶1∶2 C．4∶1∶3∶2 D．以上都不對 解析：由四邊形ABCD內(nèi)接于圓，得∠A＋∠C＝∠B＋∠D，從而只有B符合題意． 答案：B 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等于(　　) A．20 B．40 C．80 D．

12、100 解析：四邊形ABCD是圓內(nèi)接四邊形，且∠CBE＝40，由圓內(nèi)接四邊形性質(zhì)知∠D＝∠CBE＝40， 又由圓周角定理知：∠AOC＝2∠D＝80. 答案：C 4．已知四邊形ABCD是圓內(nèi)接四邊形，下列結(jié)論中正確的有(　　) ①如果∠A＝∠C，則∠A＝90； ②如果∠A＝∠B，則四邊形ABCD是等腰梯形； ③∠A的外角與∠C的外角互補； ④∠A∶∠B∶∠C∶∠D可以是1∶2∶3∶4 A．1個 B．2個 C．3個 D．4個 解析：由“圓內(nèi)接四邊形的對角互補”可知：①相等且互補的兩角必為直角；②兩相等鄰角的對角也相等(亦可能有∠A＝∠B＝∠C＝∠D的特例)；③互補兩內(nèi)

13、角的外角也互補；④兩組對角之和的份額必須相等(這里1＋3≠2＋4)．因此得出①③正確，②④錯誤． 答案：B 二、填空題 5．(2014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：∵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，直徑AB＝10，弦BC＝8，CD平分∠ACB，則AC＝______， BD＝________. 解析：∠ACB＝90，∠ADB＝90. 在Rt△ABC中，AB＝10，B

14、C＝8， ∴AC＝＝6. 又∵CD平分∠ACB. 即∠ACD＝∠BCD， ∴AD＝BD. ∴BD＝ ＝5. 答案：6　5 7．如圖，點A，B，C，D都在⊙O上，若∠C＝34，則∠AOB＝________，∠ADB＝________. 解析：∵∠C和∠AOB分別是所對的圓周角與圓心角， ∴∠AOB＝2∠C＝68. ∵周角是360，劣弧AB的度數(shù)為68，∴優(yōu)弧AB的度數(shù)為292. ∴∠ADB＝292＝146. 答案：68　146 三、解答題 8.已知：如圖，E、F、G、H分別為菱形ABCD各邊的中點，對角線AC與BD相交于O點，求證：E，F(xiàn)，G，H共圓． 證明：法

15、一：連接EF、FG、GH、HE. ∵E、F分別為AB、BC的中點， ∴EF∥AC.同理EH∥BD. ∴∠HEF＝∠AOB. ∵AC⊥BD，∴∠HEF＝90. 同理∠FGH＝90. ∴∠HEF＋∠FGH＝180. ∴E、F、G、H共圓． 法二： 連接OE、OF、OG、OH. ∵四邊形ABCD為菱形． ∴AC⊥BD， AB＝BC＝CD＝DA. ∵E、F、G、H分別為菱形ABCD各邊的中點， ∴OE＝AB，OF＝BC， OG＝CD，OH＝DA. ∴OE＝OF＝OG＝OH. ∴E，F(xiàn)，G，H在以O(shè)點為圓心，以O(shè)E為半徑的圓上． 故E，F(xiàn)，G，H四點共圓． 9.如圖

16、，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(xiàn)四點共圓． 證明：(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

17、. 所以∠AFG＋∠GBA＝180. 故A，B，G，F(xiàn)四點共圓． 10．如圖，已知⊙O的半徑為2，弦AB的長為2，點C與點D分別是劣弧與優(yōu)弧上的任一點(點C、D均不與A、B重合)． (1)求∠ACB. (2)求△ABD的最大面積． 解：(1)連接OA、OB，作OE⊥AB，E為垂足，則AE＝BE. Rt△AOE中，OA＝2. AE＝AB＝2＝. 所以sin ∠AOE＝＝， ∴∠AOE＝60，∠AOB＝2∠AOE＝120. 又∠ADB＝∠AOB， ∴∠ADB＝60. 又四邊形ACBD為圓內(nèi)接四邊形， ∴∠ACB＋∠ADB＝180. 從而有∠ACB＝180－∠ADB＝120. (2)作DF⊥AB，垂足為F，則 S△ABD＝ABDF＝2DF＝DF. 顯然，當DF經(jīng)過圓心O時，DF取最大值， 從而S△ABD取得最大值． 此時DF＝DO＋OF＝3，S△ABD＝3， 即△ABD的最大面積是3. 最新精品資料