【创新方案】2013年高考数学一轮复习 几何证明选讲 第3讲 圆中的比例线段与圆内接四边形 新人教版选修4-1.doc

1、 1 第 3 讲 圆中的比例线段与圆内接四边形 【 2013 年高考会这样考】 1考查相交弦定理，切割线定理的应用 2考查圆内接四边形的判定与性质定理 【复习指导】 本讲复习时，紧紧抓住相交弦定理、切割线定理以及圆内接四边形的判定与性质定理，重点以基本知识、基本方法为主，通过典型的题组训练，掌握解决问题的基本技能 . 基础梳理 1圆中的比例线段 定理名称 基本图形 条件 结论 应用 相交弦定理 弦 AB、 CD 相交于圆内点 P (1)PA PBPC PD； (2) ACP DBP (1)在 PA、 PB、 PC、PD 四线段中知三求一； (2)求弦长及角 切割线定理 PA 切 O 于 A，P

2、BC 是 O 的割线 (1)PA2PB PC； (2) PABPCA (1)已知 PA、 PB、PC 知二可求一； (2)求解 AB、 AC 割线定理 PAB、 PCD 是 O的割线 (1)PA PBPC PD； (2) PACPDB (1)求线段 PA、 PB、PC、 PD 及 AB、 CD； (2)应用相似求AC、 BD 2.圆内接四边形 (1)圆内接四边形性质定理：圆内接四边形的对角 互补 (2)圆内接四边形判定定理： 如果四边形的对角 互补 ，则此四边形内接于圆； 若两点在一条线段同侧且对该线段张角相等，则此两点与线段两个端点共圆，特别的，对定线段张角为直角的点共圆 双基自测 1 (2

3、011 天津 )如图，四边形 ABCD 是圆 O 的内接四边形，延长 AB 和 DC 相交于点 P.若 PB 1， PD 3，则 BCAD的值为 _ 2 解析 ABCD 为圆内接四边形， PBC ADP，又 P P， BCP DAP， BCAD PBPD 13. 答案 13 2 (2011 广州调研 )如图，四边形 ABCD 内接于 O， BC 是直径， MN 与 O 相切，切点为 A， MAB 35 ，则 D _. 解析 连接 BD，由题意知， ADB MAB 35 ， BDC 90 ，故 D ADB BDC125. 答案 125 3 (2011 深圳调研 )如图， AB 是 O 的直径，

4、D 是 O 上一点， E 为 BD 的中点， O 的弦AD 与 BE 的延长线相交于点 C，若 AB 18， BC 12，则 AD _. 解析 如图，连接 AE， AB 是 O 的直径， AE BE，又 E 是 BD 的中点， BAE EAC， 从而 E 是 BC 的中点， BE EC 6， AB AC 18， 由 CD CA CE CB，得 (18 AD)18 612 ，故 AD 14. 答案 14 3 4 (2011 广州模拟 )如图，过点 D 作圆的切线切于 B 点，作割线交圆于 A， C 两点，其中BD 3， AD 4， AB 2，则 BC _. 解析 A DBC， D D， ABD

5、BCD， ADBD ABBC，解得 BC 32. 答案 32 5如图所示，已知 O 的两条弦 AB、 CD 相交于 AB 的中点 E，且 AB 4， DE CE 3，则 CD的长为 _ 解析 由相交弦定理知， EA EB EC ED.(*) 又 E 为 AB 中点， AB 4， DE CE 3， (*)式可化为 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 相交弦定理的应用 【例 1】 (2011 广东实验中学质检 )如图，半径为 2 的 O 中， AOB 90 ， D 为 OB 的中点， AD 的延长

6、线交 O 于点 E，则线段 DE 的长 为 _ 审题视点 由勾股定理求 AD，再由相交弦定理求 DE. 解析 延长 DO 交圆 O 于另一点 F，易知 OD 1，则 AD AO2 OD2 5.由相交弦定理得，AD DE BD DF，即 5 DE 13 ， DE 3 55 . 4 答案 3 55 相交弦定理主要用于与圆有关的比例线段的计算与证明，解题时要与相似三角形及圆周角、弦切角等相关知识综合应用 . 【训练 1】 (2011 广东 )如图， AB、 CD 是半径为 a 的圆 O 的两条弦，它们相交于 AB的中点P， PD 2a3 ， OAP 30 ，则 CP _. 解析 依题 AP PB 3

7、2 a，由 PD CP AP PB，得 CP AP2PD98a. 答案 98a 考向二 切割线定理的应用 【例 2】 如图所示， PA 为 O 的切线， A 为切点， PBC 是过点 O 的割线， PA 10， PB 5， BAC 的平分线与 BC 和 O 分别交于点 D 和 E，求 AD AE 的值 审题视点 由切割线定理知 PA2 PB PC，可得直径 BC 的长，要求 AD AE，由 ACEADB，得 AD AE CA BA，只要求出 CA， BA 的长即可 解 如图所示，连接 CE， PA 是 O 的切线， PBC 是 O 的割线， PA2 PB PC.又 PA 10， PB 5， P

8、C 20， BC 15. PA 切 O 于 A， PAB ACP. 又 P 为公共角， PAB PCA. ABCA PAPC 1020 12. BC 为 O 的直径， CAB 90. 5 AC2 AB2 BC2 225. AC 6 5， AB 3 5. 又 ABC E， CAE EAB， ACE ADB， ABAE ADAC. AD AE AB AC 3 56 5 90. 在圆中通过连接圆上的两点、作圆的切线等可以创造使用圆周角定理、圆心角定理、弦切角定理的条件，这是在圆的问题上解决角之间关系的重要技巧 【训练 2】 如图， O 与 O 外切于 P，两圆公切线 AC，分别切 O、 O 于 A、

9、 C 两点， AB 是 O 的直径， BE 是 O 的切线， E 为切点，连 AP、PC、 BC. 求证： AP BC BE AC. 证明 由题意可知 APC 90 ，连 BP，则 APB 90 ， B、 P、 C 在同一直线上，即 P 点在 BC 上，由于 AB AC，易证 Rt APB Rt CAB. ABCB PBAB，即 AB2 BP BC，又由切割 线定理，得 BE2 BP BC， AB BE，又 Rt APB Rt CAB， ABCB APCA，即 AP BC AB AC， AP BC BE AC. 考向三 圆内接四边形性质的应用 【例 3】 (2011 辽宁三校联考 )已知四边形

10、 PQRS 是圆内接四边形， PSR 90 ，过点 Q作 PR、 PS 的垂线，垂足分别为点 H、 K. (1)求证： Q、 H、 K、 P 四点共圆； (2)求证： QT TS. 审题视点 (1)利用 PHQ PKQ 90 ； (2)先证 HKS QSP， TS TK，再证 TS QT. 证明 (1) PHQ PKQ 90 ， Q、 H、 K、 P 四点共圆 (2) Q、 H、 K、 P 四点共圆， HKS HQP， PSR 90 ， PR 为圆的直径， PQR 90 ， QRH HQP， 而 QSP QRH， 由 得， QSP HKS， TS TK， 又 SKQ 90 ， SQK TKQ，

11、 QT TK， QT TS. 6 (1)四边形 ABCD 的对角线交于点 P，若 PA PC PB PD，则它的四个顶点共圆 (2)四边形 ABCD 的一组对边 AB、 DC 的延长线交于点 P，若 PA PB PC PD，则它的四个顶点共圆 以上两个命题的逆命题也成立该组性质用于处理四边形与圆的关系问题时比较有效 【训练 3】 如图所示， AB 是 O 的直径， G 为 AB 延长线上的一点， GCD 是 O 的割线，过点G 作 AB 的垂线，交 AC 的延长线于点 E，交 AD 的延长线于点 F，过 G 作 O 的切线，切点为H. 求证： (1)C， D， F， E 四点共圆； (2)GH

12、2 CE GF. 证明 (1)如图，连接 BC. AB 是 O 的直径， ACB 90. AG FG， AGE 90. 又 EAG BAC， ABC AEG. 又 FDC ABC， FDC AEG. FDC CEF 180. C， D， F， E 四点共圆 (2) GH 为 O 的切线， GCD 为割线， GH2 GC GD. 由 C， D， F， E 四点共圆， 得 GCE AFE， GEC GDF. GCE GFD. GCGF GEGD， 7 即 GC GD GE GF. CH2 GE GF. 如何求解高考中几何证明选讲问题 从近两年的新课标高考试题可以看出，高考对切割线定理的应用及四点共

13、圆问题重点考查，题型为填空题或解答题 【示例】 (本题满分 10 分 )(2011 新课标全国 )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 第 (1)问连 DE，证明 ADE ACB，即证 ADE ACB，根据对角互补判定四点C， B， D， E 共 圆；第 (2)问先求 AD、 AB 的长，再确定 C

14、， B， D， E 四点所在圆的圆心，进一步求半径 解答示范 (1)连接 DE，根据题意，在 ADE 和 ACB 中， AD AB mn AE AC，即 ADAC AEAB.又 DAE CAB， 从而 ADE ACB.(3 分 ) 因此 ADE ACB. 所以 C， B， D， E 四点共圆 (4 分 ) (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.(6 分 ) 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，连结 DH.因为 C， B， D， E 四点共圆

15、，所以 C， B， D， E 四点所在圆的圆心为 H，半径为 DH.(8 分 ) 由于 A 90 ，故 GH AB， HF AC.从而 HF AG 5， DF 12(12 2) 5. 故 C， B， D， E 四点所在圆的半径为 5 2.(10 分 ) 本题主要考查平面几何证明，四点共圆，三角形相似，一 元二次方程根与系数的8 关系四点共圆常用的证明方法是求证四边形的一个外角等于与它不相邻的内角，当然也可以求出过其中三点的圆，然后证另一点也在这个圆上，也可以证明以两个点为端点的线段的垂直平分线与以另两个点为端点的线段的垂直平分线相交 【试一试】 (2011 辽宁 )如图， A， B， C， D

16、 四点在同一圆上， AD 的延长线与 BC 的延长线交于 E 点，且 EC ED. (1)证明： CD AB； (2)延长 CD 到 F， 延长 DC 到 G，使得 EF EG，证明： A， B， G， F 四点共圆 尝试解答 (1)因为 EC ED，所以 EDC ECD. 因为 A， B， C， D 四点在同一圆上，所以 EDC EBA.故 ECD EBA. 所以 CD AB. (2)由 (1)知， AE BE.因为 EF EG，故 EFD EGC，从而 FED GEC.连接 AF， BG，则 EFA EGB， 故 FAE GBE.又 CD AB， EDC ECD， 所以 FAB GBA.所以 AFG GBA 180. 故 A， B， G， F 四点共圆