圆内接四边形性质及判定定理.docx
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圆内接四边形性质及判定定理
二圆内接四边形的性质及判判断理
[对应学生用书P21]
1.圆内接四边形的性质
(1)圆的内接四边形对角互补.
如图:
四边形ABCD内接于⊙O,则有:
∠A+∠C=180°,∠B+∠
D=180°.
(2)圆内接四边形的外角等于它的内角的对角.
如图:
∠CBE是圆内接四边形ABCD的一外角,则有:
∠CBE=∠
D.
2.圆内接四边形的判断
(1)判判断理:
假如一个四边形的对角互补,那么这个四边形的四个极点共圆.
(2)推论:
假如四边形的一个外角等于它的内角的对角,那么这个四边形的四个极点共
圆.
[对应学生用书P21]
圆内接四边形的性质
[例1]如图,AB是⊙O的直径,弦BD,CA的延伸线订交于点E,
EF
垂直
BA的延伸线于点
F.
求证:
∠
DEA=∠DFA.
[思路点拨
]
此题主要察看圆内接四边形判断及性质的应用.
解题时,
只要证
A,D,E,
F
四点共圆后可得结论.
[证明]
连结
AD.由于
AB为圆的直径,所以∠
ADB=90°又.EF⊥AB,
∠EFA=90°,所以
A,D,E,F
四点共圆.
所以∠DEA=∠DFA.
圆内接四边形的性质即对角互补,一个外角等于其内角的对角,可用来作为三角形相像
的条件,进而证明一些比率式的建立或证明某些等量关系.
1.圆内接四边形ABCD中,已知∠A,∠B,∠C的度数比为4∶3∶5,求四边形各角
的度数.
解:
设∠A,∠B,∠C的度数分别为4x,3x,5x,
则由∠A+∠C=180°,
可得4x+5x=180°∴.x=20°.
∴∠A=4×20°=80°,∠B=3×20°=60°,
∠C=5×20°=100°,∠D=180°-∠B=120°.
2.已知:
如图,四边形ABCD内接于圆,延伸AD,BC订交于点E,点F是BD的延伸线上的点,且DE均分∠CDF.
(1)求证:
AB=AC;
(2)若AC=3cm,AD=2cm,求DE的长.
解:
(1)证明:
∵∠ABC=∠2,
∠2=∠1=∠3,∠4=∠3,
∴∠ABC=∠4.
∴AB=AC.
(2)∵∠3=∠4=∠ABC,
∠DAB=∠BAE,∴△ABD∽△AEB.
∴AB=AD.
AEAB
∵AB=AC=3,AD=2,
2
∴AE=AB=9.
AD2
∴DE=9-2=5(cm).
22
圆内接四边形的判断
[例2]如图,在△ABC中,E,D,F分别为AB,BC,AC的中
点,且AP⊥BC于P.
求证:
E,D,P,F四点共圆.
[思路点拨]可先连结PF,结构四边形EDPF的外角∠FPC,证明∠FPC=∠C,再证
明∠FPC=∠FED即可.
[证明]如图,连结PF,
∵AP⊥BC,F为AC的中点,
∴PF=1AC.2
∵FC=1AC,
2
∴PF=FC.
∴∠FPC=∠C.
∵E、F、D分别为AB,AC,BC的中点.∴EF∥CD,ED∥FC.
∴四边形EDCF为平行四边形,
∴∠FED=∠C.
∴∠FPC=∠FED.
∴E,D,P,F四点共圆.
证明四点共圆的方法常有:
①假如四点与必然点等距离,那么这四点共圆;②假如四边形的一组对角互补,那么这个四边形的四个极点共圆;③假如四边形的一个外角等于它的内对角,那么这个四边形的四个极点共圆;④假如两个三角形有公共边,公共边所对的角相等且在公共边的同侧,那么这两个三角形的四个极点共圆.
3.判断以下各命题能否正确.
(1)随意三角形都有一个外接圆,但可能不但调个;
(2)矩形有独一的外接圆;
(3)菱形有外接圆;
(4)正多边形有外接圆.
解:
(1)错误,随意三角形有独一的外接圆;
(2)正确,由于矩形对角线的交点到各极点
的距离相等;(3)错误,只有当菱形是正方形时才有外接圆;(4)正确,由于正多边形的中心
到各极点的距离相等.
4.已知:
在△ABC中,AD=DB,DF⊥AB交AC于点F,AE=EC,EG⊥AC交AB于
点G.求证:
(1)D、E、F、G四点共圆;
(2)G、B、C、F四点共圆.
证明:
(1)如图,
连结GF,
由DF⊥AB,EG⊥AC,知∠GDF=∠GEF=90°,
∴GF中点到D、E、F、G四点距离相等,∴D、E、F、G四点共圆.
(2)连结DE.由AD=DB,AE=EC,知DE∥BC,
∴∠ADE=∠B.又由
(1)中D、E、F、G四点共圆,
∴∠ADE=∠GFE.∴∠GFE=∠B.
∴G、B、C、F四点共圆.
圆内接四边形的综合应用
[例3]如图,已知⊙O1与⊙O2订交于A、B两点,P是⊙O1上一点,PA、PB的延伸线分别交⊙O2于点D、C,⊙O1的直径PE的延伸线交CD于点M.
求证:
PM⊥CD.
[思路点拨]⊙O1与⊙O2订交,考虑连结两交点A、B得公共弦AB;PE是⊙O1的直径,
考虑连结AE或BE得90°的圆周角;要证PM⊥CD,再考虑证角相等.
[证明]如图,
分别连结AB,AE,
∵A、B、C、D四点共圆,∴∠ABP=∠D.
∵A、E、B、P四点共圆,∴∠ABP=∠AEP.
∴∠AEP=∠D.
∴A、E、M、D四点共圆.∴∠PMC=∠DAE.
∵PE是⊙O1的直径,∴EA⊥PA.
∴∠PMC=∠DAE=90°.
∴PM⊥CD.
此类问题综合性强,知识点丰富,解决的方法大多是先判断四点共圆,此后利用圆内接四边形的性质证明或求得某些结论建立.
5.如图,P点是等边△ABC外接圆的BC上一点,CP的延伸线和AB
的延伸线交于点D,连结BP.
求证:
(1)∠D=∠CBP;
(2)AC2=CP·CD.
证明:
(1)∵△ABC为等边三角形,
∴∠ABC=∠A=60°.
∴∠DBC=120°.
又∵四边形ABPC是圆内接四边形,
∴∠BPC=180°-∠A=120°.
∴∠BPC=∠DBC.
又∵∠DCB=∠BCP,
∴△BCP∽△DCB.
∴∠D=∠CBP.
(2)由
(1)知△BCP∽△DCB,
∴BC=CP.
DCCB
∴CB2=CP·CD.
又CB=AC,∴AC2=CP·CD.
6.如图,在正三角形ABC中,点D,E分别在边BC,AC上,且BD=1BC,CE=1CA,
33
AD,BE订交于点P.
求证:
(1)四点P,D,C,E共圆;
(2)AP⊥CP.
解:
(1)证明:
在△ABC中,
由BD=1BC,CE=1CA知:
33
△ABD≌△BCE,
即∠ADB=∠BEC,即∠ADC+∠BEC=180°,
所以四点P,D,C,E共圆.
(2)如图,连结DE.
在△CDE中,CD=2CE,
∠ACD=60°,
由余弦定理知∠CED=90°.由四点P,D,C,E共圆知,
∠DPC=∠DEC,
所以AP⊥CP.
[对应学生用书P24]
一、选择题
1.设四边形ABCD为圆内接四边形,现给出四个关系式:
①sinA=sinC,②sinA+sinC=0,③cosB+cosD=0,④cosB=cosD.
此中恒建立的关系式的个数是(
)
A.1
B.2
C.3
D.4
解析:
由于圆内接四边形的对角互补,
故∠A=180°-∠C,且∠A,∠C均不为0°或180°,
故①式恒建立,②式不建立.
相同由∠B=180°-∠D知,③式恒建立.
④式只有当∠
B=∠D=90°时建立.
答案:
B
2.圆内接四边形
A.4∶2∶3∶1
C.4∶1∶3∶2
解析:
由四边形
ABCD中,∠A∶∠B∶∠C∶∠D能够是()
B.4∶3∶1∶2
D.以上都不对
ABCD内接于圆,得∠A+∠C=∠B+∠D,进而只有
B符合题意.
答案:
B
3.如图,四边形
ABCD
是⊙O的内接四边形,
E为
AB的延伸线
上一点,∠
CBE=40°,则∠AOC
等于(
)
A.20°
B.40°
C.80°
D.100
°
解析:
四边形
ABCD
是圆内接四边形,且∠
CBE=40°,由圆内接四边形性质知∠
D=
∠CBE=40°,
又由圆周角定理知:
∠AOC=2∠D=80°.
答案:
C
4.已知四边形ABCD是圆内接四边形,以下结论中正确的有()
①假如∠A=∠C,则∠A=90°;
②假如∠A=∠B,则四边形ABCD是等腰梯形;
③∠A的外角与∠C的外角互补;
④∠A∶∠B∶∠C∶∠D能够是1∶2∶3∶4
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
解析:
由“圆内接四边形的对角互补”可知:
①相等且互补的两角必为直角;②两相等邻角的对角也相等(亦可能有∠A=∠B=∠C=∠D的特例);③互补两内角的外角也互补;④两组对角之和的份额必然相等(这里1+3≠2+4).所以得出①③正确,②④错误.
答案:
B
二、填空题
5.(2014陕·西高考)如图,△ABC中,BC=6,以BC为直径的半圆分别交AB,AC于
点E,F,若AC=2AE,则EF=________.
解析:
∵B,C,F,E四点在同一个圆上,∴∠AEF=∠ACB,又∠A=∠A,∴△AEF
∽△ACB,∴AE=EF,
ACBC
即1=EF,∴EF=3.
26
答案:
3
6.如图,直径AB=10,弦BC=8,CD均分∠ACB,则AC=______,
BD=________.
解析:
∠ACB=90°,∠ADB=90°.
在Rt△ABC中,AB=10,BC=8,∴AC=AB2-BC2=6.
又∵CD均分∠ACB.
即∠ACD=∠BCD,
∴AD=BD.
∴BD=
AB2
=52.
2
答案:
6
52
7.如图,点A,B,C,D都在⊙O上,若∠C=34°,则∠AOB=________,∠ADB=
________.
解析:
∵∠C和∠AOB分别是AB所对的圆周角与圆心角,
∴∠AOB=2∠C=68°.
∵周角是360°,劣弧AB的度数为68°,∴优弧AB的度数为292°.
1
∴∠ADB=×292°=146°.
答案:
68°146°
三、解答题
8.已知:
如图,E、F、G、H分别为菱形ABCD各边的中点,对
角线AC与BD订交于O点,求证:
E,F,G,H共圆.
证明:
法一:
连结EF、FG、GH、HE.
∵E、F分别为AB、BC的中点,∴EF∥AC.同理EH∥BD.
∴∠HEF=∠AOB.
∵AC⊥BD,∴∠HEF=90°.同理∠FGH=90°.
∴∠HEF+∠FGH=180°.∴E、F、G、H共圆.
法二:
连结OE、OF、OG、OH.
∵四边形ABCD为菱形.
∴AC⊥BD,
AB=BC=CD=DA.
∵E、F、G、H分别为菱形ABCD各边的中点,
∴OE=1AB,OF=1BC,
22
OG=1CD,OH=1DA.
22
∴OE=OF=OG=OH.
∴E,F,G,H在以O点为圆心,以OE为半径的圆上.故E,F,G,H四点共圆.
9.如图,A,B,C,D四点在同一圆上,AD的延伸线与BC的延伸
线交于E点,且EC=ED.
(1)证明:
CD∥AB;
(2)延伸CD到F,延伸DC到G,使得EF=EG,证明:
A,B,G,F四点共圆.
证明:
(1)由于EC=ED,
所以∠EDC=∠ECD.
由于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.
由于EF=EG,
故∠EFD=∠EGC,进而∠FED=∠GEC.
连结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.
10.如图,已知⊙O的半径为2,弦AB的长为23,点C与点D分别是劣弧AB与优弧ADB上的任一点(点C、D均不与A、B重合).
(1)求∠ACB.
(2)求△ABD的最大面积.
解:
(1)连结OA、OB,作OE⊥AB,E为垂足,则AE=BE.
Rt△AOE中,OA=2.
AE=1AB=1×23=3.
22
AE3
所以sin∠AOE==,
∴∠AOE=60°,∠AOB=2∠AOE=120°.
又∠ADB=1∠AOB,
2
∴∠ADB=60°.
又四边形ACBD为圆内接四边形,
∴∠ACB+∠ADB=180°.
进而有∠ACB=180°-∠ADB=120°.
(2)作DF⊥AB,垂足为
F,则
△
1
AB·DF=
1×2
3×DF=3DF.
S
ABD=
2
2
明显,当
DF经过圆心O时,DF取最大值,
进而S△ABD获得最大值.
此时DF=DO+OF=3,S△ABD=33,
即△ABD的最大面积是33.
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