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【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


第3讲
【2013 年高考会这样考】

圆中的比例线段与圆内接四边形

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 (1)PA·PB= 相交弦定理 弦 AB、CD 相交 于圆内点 P 应用 (1)在 PA、 、 、 PB PC

PC·PD;
(2)△ACP∽ △DBP

PD 四线段中知三
求一; (2)求弦长及角 (1)已知 PA、PB、

PA 切⊙O 于 A,
切割线定理

(1)PA =

2

PBC 是⊙O 的割
线

PB·PC;
(2)△PAB∽△

PC 知二可求一;
(2)求解 AB、AC (1)求线段 PA、 、 PB

PCA
(1)PA·PB=

割线定理

PAB、PCD 是⊙O
的割线

PC·PD;
(2)△PAC∽△

PC、PD 及 AB、CD;
(2)应用相似求

PDB
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: ①如果四边形的对角互补,则此四边形内接于圆;

AC、BD

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.(2011·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 的值为________.

BC AD

1

解析 ∵ABCD 为圆内接四边形,∴∠PBC=∠ADP,又∠P=∠P,∴△BCP∽△DAP,∴ = 1 = . 3 答案 1 3

BC PB AD PD

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+∠BDC= 125°. 答案 125° 3.(2011·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 14
2

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∽△BCD, = 答案 3 2

AD AB 3 ,解得 BC= . BD BC 2

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 2 =EC(CE+3)=CE +3CE, ∴CE=-4(舍去)或 CE=1. ∴CD=DE+CE=2CE+3=2+3=5. 答案 5
2 2

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 +OD = 5.由相交弦定理得,
2 2

AD·DE=BD·DF,即 5·DE=1×3,DE=

3 5 . 5

3

答案

3 5 5 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 2a P,PD= ,∠OAP=30°,则 CP=________. 3

解析 依题 AP=PB= 答案 9 a 8

3 AP 9 a,由 PD·CP=AP·PB,得 CP= = a. 2 PD 8

2

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 =PB·PC,可得直径 BC 的长,要求 AD·AE,由△ACE∽△

2

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 =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. ∴ = =

2

AB PA 10 1 = . CA PC 20 2

∵BC 为⊙O 的直径,∴∠CAB=90°.
4

∴AC +AB =BC =225.∴AC=6 5,AB=3 5. 又∠ABC=∠E,∠CAE=∠EAB, ∴△ACE∽△ADB,∴ = . ∴AD·AE=AB·AC=3 5×6 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.

2

2

2

AB AD AE AC

【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. ∴ = ,即 AB =BP·BC,又由切割线定理,得 BE =BP·BC,∴AB=BE,又 Rt△APB∽Rt △CAB, ∴ = ,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 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.

AB PB CB AB

2

2

AB AP CB CA

(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.
5

(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 =CE·GF.
2

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, ∴GH =GC·GD. 由 C,D,F,E 四点共圆, 得∠GCE=∠AFE,∠GEC=∠GDF. ∴△GCE∽△GFD. ∴ = ,
2

GC GE GF GD

6

即 GC·GD=GE·GF.∴CH =GE·GF.

2

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)(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 x -14x+mn=0 的两个根.
2

(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 = 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 -14x+mn=0 的两根为 x1=2,x2=12. 故 AD=2,AB=12.(6 分)
2

AD AE . AC AB

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) 1 由于∠A=90°,故 GH∥AB,HF∥AC.从而 HF=AG=5,DF= ×(12-2)=5. 2 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
7

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 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.

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