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2013届高考数学(理)一轮复习课件:选修4-1几何证明选讲第3讲


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 弦AB 、CD 相交 于圆 内点P

结论 (1)PA·P B= PC·PD; (2)△ACP ∽△DBP

应用 (1)在PA、PB 、PC、PD四 线段中知三求 一; (2)求弦长及 角

相交 弦定 理

切割 线定 理

PA切⊙O 于A, PBC是 ⊙O的割 线
PAB、 PCD是 ⊙O的割 线

(1)PA2= PB·PC; (2)△PAB ∽△PCA (1)PA·PB =PC·PD ; (2)△PAC ∽△PDB

(1)已知PA、 PB、PC知二 可求一;(2)求 解AB、AC

割线 定理

(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: 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.(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 BC 点P.若PB=1,PD=3,则 的值为________. AD 解析 ∵ABCD为圆内接四边形,∴∠PBC=∠ADP,又∠P=

BC PB 1 ∠P,∴△BCP∽△DAP,∴AD=PD=3. 答案 1 3

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 的中点,⊙O的弦A

D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 ∴∠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 的中点,

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,

AD AB 3 ∴△ABD∽△BCD,BD=BC,解得BC=2. 答案 3 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

3 5 5· DE=1×3,DE= 5 . 3 5 答案 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 径为a的圆O的两条弦,它们相交于AB的 2a 中点P,PD= ,∠OAP=30° ,则CP=________. 3 解析 a. 答案 9 8a 3 AP2 9 依题AP=PB= 2 a,由PD· CP=AP· PB,得CP= PD =8

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△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, ∴PA2=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 PA 10 1 ∴CA=PC=20=2.

∵BC为⊙O的直径,∴∠CAB=90° . ∴AC2+AB2=BC2=225.∴AC=6 5,AB=3 5. 又∠ABC=∠E,∠CAE=∠EAB, AB AD ∴△ACE∽△ADB,∴AE=AC . ∴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.

【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 PB ∴ CB = AB ,即AB2=BP· BC,又由切割线定理,得BE2= BP· BC,∴AB=BE,又Rt△APB∽Rt△CAB, AB AP ∴CB=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】?(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. (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 圆.

(1)∵∠PHQ=∠PKQ=90° ,∴Q、H、K、P四点共

(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. GC GE ∴GF=GD, 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)(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,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 AE AD· AB=mn=AE· AC,即 AC=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,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= 1 2×(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】 (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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