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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

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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

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(bǔ). 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(bǔ),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] 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(bǔ),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,∠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. (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AB,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(bǔ),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(dāng)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,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, ∴∠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(qiáng),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. ∴∠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=∠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)接四邊形的對角互補(bǔ), 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(dāng)∠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.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(bǔ); 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(bǔ)”可知:①相等且互補(bǔ)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(bǔ)兩內(nèi)角的外角也互補(bǔ);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,BC=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,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. 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(dāng)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

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