2020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教案 理 选修4-1

第3讲 圆中的比例线段与圆内接四边形【2020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 ·PB ＝PC ·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 ，PBC 是⊙O 的割线(1)PA 2＝PB ·PC ；(2)△PAB ∽△PCA(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 ·PB ＝PC ·PD ；(2)△PAC ∽△PDB (1)求线段PA 、PB 、PC 、PD 及AB 、CD ；(2)应用相似求AC 、BD(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：①如果四边形的对角互补，则此四边形内接于圆；②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．(2020·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________．解析 ∵ABCD 为圆内接四边形，∴∠PBC ＝∠ADP ，又∠P ＝∠P ，∴△BCP ∽△DAP ，∴BC AD ＝PBPD＝13. 答案 132．(2020·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 ＋∠BDC ＝125°. 答案 125°3．(2020·深圳调研)如图，AB 是⊙O 的直径，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＝6×12，故AD ＝14. 答案 144．(2020·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 ∽△BCD ，AD BD ＝AB BC ，解得BC ＝32.答案 325．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)＝CE 2＋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】►(2020·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 ＝AO 2＋OD 2＝ 5.由相交弦定理得，AD ·DE ＝BD ·DF ，即5·DE ＝1×3，DE ＝355.答案355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】 (2020·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 ＝32a ，由PD ·CP ＝AP ·PB ，得CP ＝AP 2PD ＝98a .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PA 2＝PB ·PC ，可得直径BC 的长，要求AD ·AE ，由△ACE ∽△ADB ，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，∴PA 2＝PB ·PC .又PA ＝10，PB ＝5，∴PC ＝20，BC ＝15. ∵PA 切⊙O 于A ， ∴∠PAB ＝∠ACP .又∠P 为公共角，∴△PAB ∽△PCA . ∴AB CA ＝PA PC ＝1020＝12.∵BC 为⊙O 的直径，∴∠CAB ＝90°.∴AC 2＋AB 2＝BC 2＝225.∴AC ＝65，AB ＝3 5. 又∠ABC ＝∠E ，∠CAE ＝∠EAB ， ∴△ACE ∽△ADB ，∴AB AE ＝ADAC. ∴AD ·AE ＝AB ·AC ＝35×65＝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 、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 .∴AB CB ＝PB AB，即AB 2＝BP ·BC ，又由切割线定理，得BE 2＝BP ·BC ，∴AB ＝BE ，又Rt △APB ∽Rt △CAB ，∴AB CB ＝AP CA，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】►(2020·辽宁三校联考)已知四边形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 ，① ∵∠PSR ＝90°，∴PR 为圆的直径， ∴∠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)GH2＝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，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)(2020·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x 2－14x ＋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 ，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AD AC ＝AE AB.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x 2－14x ＋mn ＝0的两根为x 1＝2，x 2＝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，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】 (2020·辽宁)如图，A，B，C，D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．。