《2020高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 幾何證明選講第3講　圓中的比例線段與圓內(nèi)接四邊形教案 理 選修4-1》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 幾何證明選講第3講　圓中的比例線段與圓內(nèi)接四邊形教案 理 選修4-1（8頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講　圓中的比例線段與圓內(nèi)接四邊形 【2020年高考會(huì)這樣考】 1．考查相交弦定理，切割線定理的應(yīng)用． 2．考查圓內(nèi)接四邊形的判定與性質(zhì)定理． 【復(fù)習(xí)指導(dǎo)】 本講復(fù)習(xí)時(shí)，緊緊抓住相交弦定理、切割線定理以及圓內(nèi)接四邊形的判定與性質(zhì)定理，重點(diǎn)以基本知識(shí)、基本方法為主，通過典型的題組訓(xùn)練，掌握解決問題的基本技能. 基礎(chǔ)梳理 1．圓中的比例線段 定理名稱 基本圖形 條件 結(jié)論 應(yīng)用 相交弦定理 弦AB、CD相交于圓內(nèi)點(diǎn)P (1)PA·PB＝PC·PD； (2)△ACP∽ △DBP (1)在PA、PB、PC、PD四線段中知三求一； (2)求弦長及角 切割線

2、定理 PA切⊙O于A，PBC是⊙O的割線 (1)PA2＝PB·PC； (2)△PAB∽△PCA (1)已知PA、PB、PC知二可求一； (2)求解AB、AC 割線定理 PAB、PCD是⊙O的割線　 (1)PA·PB＝PC·PD； (2)△PAC∽△PDB (1)求線段PA、PB、PC、PD及AB、CD； (2)應(yīng)用相似求AC、BD 2.圓內(nèi)接四邊形 (1)圓內(nèi)接四邊形性質(zhì)定理：圓內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)． (2)圓內(nèi)接四邊形判定定理： ①如果四邊形的對(duì)角互補(bǔ)，則此四邊形內(nèi)接于圓； ②若兩點(diǎn)在一條線段同側(cè)且對(duì)該線段張角相等，則此兩點(diǎn)與線段兩個(gè)端點(diǎn)共圓，特別的，

3、對(duì)定線段張角為直角的點(diǎn)共圓． 雙基自測(cè) 1．(2020·天津)如圖，四邊形ABCD是圓O的內(nèi)接四邊形，延長AB和DC相交于點(diǎn)P.若PB＝1，PD＝3，則的值為________． 解析　∵ABCD為圓內(nèi)接四邊形，∴∠PBC＝∠ADP，又∠P＝∠P，∴△BCP∽△DAP，∴＝＝. 答案　 2．(2020·廣州調(diào)研)如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，BC是直徑，MN與⊙O相切，切點(diǎn)為A，∠MAB＝35°，則∠D＝________. 解析　連接BD，由題意知，∠ADB＝∠M

4、AB＝35°，∠BDC＝90°，故∠D＝∠ADB＋∠BDC＝125°. 答案　125° 3．(2020·深圳調(diào)研)如圖，AB是⊙O的直徑，D是⊙O上一點(diǎn)，E為的中點(diǎn)，⊙O的弦AD與BE的延長線相交于點(diǎn)C，若AB＝18，BC＝12，則AD＝________. 解析　如圖，連接AE，∵AB是⊙O的直徑， ∴AE⊥BE，又E是 的中點(diǎn)， ∴∠BAE＝∠EAC， 從而E是BC的中點(diǎn)， ∴BE＝EC＝6，AB＝AC＝18， 由CD·CA＝CE·CB，得(18－AD)×18＝6×12，故AD＝14. 答案　14 4．(2020·廣

5、州模擬)如圖，過點(diǎn)D作圓的切線切于B點(diǎn)，作割線交圓于A，C兩點(diǎn)，其中BD＝3，AD＝4，AB＝2，則BC＝________. 解析　∵∠A＝∠DBC，∠D＝∠D， ∴△ABD∽△BCD，＝，解得BC＝. 答案　 5．如圖所示，已知⊙O的兩條弦AB、CD相交于AB的中點(diǎn)E，且AB＝4，DE＝CE＋3，則CD的長為________． 解析　由相交弦定理知， EA·EB＝EC·ED.(*) 又∵E為AB中點(diǎn)，AB＝4，DE＝CE＋3， ∴(*)式可化為22＝EC

6、(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　相交弦定理的應(yīng)用 【例1】?(2020·廣東實(shí)驗(yàn)中學(xué)質(zhì)檢)如圖，半徑為2的⊙O中，∠AOB＝90°，D為OB的中點(diǎn)，AD的延長線交⊙O于點(diǎn)E，則線段DE的長為________． [審題視點(diǎn)] 由勾股定理求AD，再由相交弦定理求DE. 解析　延長DO交圓O于另一點(diǎn)F，易知OD＝1，則AD＝＝.由相交弦定理得，AD·DE＝BD·DF，即·DE＝1×3，DE＝. 答案　 相交弦定理主要用于與

7、圓有關(guān)的比例線段的計(jì)算與證明，解題時(shí)要與相似三角形及圓周角、弦切角等相關(guān)知識(shí)綜合應(yīng)用 . 【訓(xùn)練1】 (2020·廣東)如圖，AB、CD是半徑為a的圓O的兩條弦，它們相交于AB的中點(diǎn)P，PD＝，∠OAP＝30°，則CP＝________. 解析　依題AP＝PB＝a，由PD·CP＝AP·PB，得CP＝＝a. 答案　a 考向二　切割線定理的應(yīng)用 【例2】?如圖所示，PA為⊙O的切線，A為切點(diǎn)，PBC是過點(diǎn)O的割線，PA＝10，PB＝5，∠BAC的平分線與BC和⊙O分別交于點(diǎn)D和E，求AD·AE的值．

8、 [審題視點(diǎn)] 由切割線定理知PA2＝PB·PC，可得直徑BC的長，要求AD·AE，由△ACE∽△ADB，得AD·AE＝CA·BA，只要求出CA，BA的長即可． 解　如圖所示，連接CE，∵PA是⊙O的切線，PBC是⊙O的割線， ∴PA2＝PB·PC.又PA＝10，PB＝5，∴PC＝20，BC＝15. ∵PA切⊙O于A， ∴∠PAB＝∠ACP. 又∠P為公共角，∴△PAB∽△PCA. ∴＝＝＝. ∵BC為⊙O的直徑，∴∠CAB＝90°. ∴AC2＋AB2＝BC2＝225.∴AC＝

9、6，AB＝3. 又∠ABC＝∠E，∠CAE＝∠EAB， ∴△ACE∽△ADB，∴＝. ∴AD·AE＝AB·AC＝3×6＝90. 在圓中通過連接圓上的兩點(diǎn)、作圓的切線等可以創(chuàng)造使用圓周角定理、圓心角定理、弦切角定理的條件，這是在圓的問題上解決角之間關(guān)系的重要技巧． 【訓(xùn)練2】 如圖，⊙O與⊙O′外切于P，兩圓公切線AC，分別切⊙O、⊙O′于A、C兩點(diǎn)，AB是⊙O的直徑，BE是⊙O′的切線，E為切點(diǎn)，連AP、PC、BC. 求證：AP·BC＝BE·AC. 證明　由題意可知∠APC＝90°，連BP，則∠APB＝90°，∴B、P、C在同一直線上，即P點(diǎn)在BC上，由于AB⊥AC，易證

10、Rt△APB∽R(shí)t△CAB. ∴＝，即AB2＝BP·BC，又由切割線定理，得BE2＝BP·BC，∴AB＝BE，又Rt△APB∽R(shí)t△CAB， ∴＝，即AP·BC＝AB·AC， ∴AP·BC＝BE·AC. 考向三　圓內(nèi)接四邊形性質(zhì)的應(yīng)用 【例3】?(2020·遼寧三校聯(lián)考)已知四邊形PQRS是圓內(nèi)接四邊形，∠PSR＝90°，過點(diǎn)Q作PR、PS的垂線，垂足分別為點(diǎn)H、K. (1)求證：Q、H、K、P四點(diǎn)共圓； (2)求證：QT＝TS. [審題視點(diǎn)] (1)利用∠PHQ＝∠PKQ＝90°； (2)先證∠HKS＝∠Q

11、SP，TS＝TK，再證TS＝QT. 證明　(1)∵∠PHQ＝∠PKQ＝90°，∴Q、H、K、P四點(diǎn)共圓． (2)∵Q、H、K、P四點(diǎn)共圓，∴∠HKS＝∠HQP，① ∵∠PSR＝90°，∴PR為圓的直徑， ∴∠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)四邊形ABCD的對(duì)角線交于點(diǎn)P，若PA·PC＝PB·PD，則它的四個(gè)頂點(diǎn)共圓． (2)四邊形ABCD的一組對(duì)邊AB、DC的延長線交于點(diǎn)P，若PA·PB＝PC·PD，則它的四個(gè)頂點(diǎn)共圓

12、． 以上兩個(gè)命題的逆命題也成立．該組性質(zhì)用于處理四邊形與圓的關(guān)系問題時(shí)比較有效． 【訓(xùn)練3】 如圖所示，AB是⊙O的直徑，G為AB延長線上的一點(diǎn)，GCD是⊙O的割線，過點(diǎn)G作AB的垂線，交AC的延長線于點(diǎn)E，交AD的延長線于點(diǎn)F，過G作⊙O的切線，切點(diǎn)為H. 求證：(1)C，D，F(xiàn)，E四點(diǎn)共圓； (2)GH2＝CE·GF. 證明　(1)如圖，連接BC. ∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°. ∵AG⊥FG，∴∠AGE＝90°. 又∠EAG＝∠BAC， ∴∠ABC＝∠AEG. 又∠FDC＝∠ABC， ∴

13、∠FDC＝∠AEG. ∴∠FDC＋∠CEF＝180°. ∴C，D，F(xiàn)，E四點(diǎn)共圓． (2)∵GH為⊙O的切線，GCD為割線， ∴GH2＝GC·GD. 由C，D，F(xiàn)，E四點(diǎn)共圓， 得∠GCE＝∠AFE，∠GEC＝∠GDF. ∴△GCE∽△GFD. ∴＝， 即GC·GD＝GE·GF.∴CH2＝GE·GF. 如何求解高考中幾何證明選講問題 從近兩年的新課標(biāo)高考試題可以看出，高考對(duì)切割線定理的應(yīng)用及四點(diǎn)共圓問題重點(diǎn)考查，題型為填空題或解答題． 【示例】? (本題滿分10分)(2020·新課標(biāo)全國)如圖，D，E分別為△ABC的邊AB，AC上的點(diǎn)，且不與△ABC的頂點(diǎn)重合．已知

14、AE的長為m，AC的長為n，AD，AB的長是關(guān)于x的方程x2－14x＋mn＝0的兩個(gè)根． (1)證明：C，B，D，E四點(diǎn)共圓； (2)若∠A＝90°，且m＝4，n＝6，求C，B，D，E所在圓的半徑． 第(1)問連DE，證明△ADE∽△ACB，即證∠ADE＝∠ACB，根據(jù)對(duì)角互補(bǔ)判定四點(diǎn)C，B，D，E共圓；第(2)問先求AD、AB的長，再確定C，B，D，E四點(diǎn)所在圓的圓心，進(jìn)一步求半徑． [解答示范] (1)連接DE，根據(jù)題意，在△ADE和△ACB中，AD·AB＝mn＝AE·AC，即＝.又∠DAE＝∠CAB， 從而△A

15、DE∽△ACB.(3分) 因此∠ADE＝∠ACB. 所以C，B，D，E四點(diǎn)共圓．(4分) (2)m＝4，n＝6時(shí)，方程x2－14x＋mn＝0的兩根為x1＝2，x2＝12. 故AD＝2，AB＝12.(6分) 取CE的中點(diǎn)G，DB的中點(diǎn)F，分別過G，F(xiàn)作AC，AB的垂線，兩垂線相交于H點(diǎn)，連結(jié)DH.因?yàn)镃，B，D，E四點(diǎn)共圓，所以C，B，D，E四點(diǎn)所在圓的圓心為H，半徑為DH.(8分) 由于∠A＝90°，故GH∥AB，HF∥AC.從而HF＝AG＝5，DF＝×(12－2)＝5. 故C，B，D，E四點(diǎn)所在圓的半徑為5.(10分) 本題主要考查平面幾何證明，四點(diǎn)共圓，三角形相似，一元二

16、次方程根與系數(shù)的關(guān)系．四點(diǎn)共圓常用的證明方法是求證四邊形的一個(gè)外角等于與它不相鄰的內(nèi)角，當(dāng)然也可以求出過其中三點(diǎn)的圓，然后證另一點(diǎn)也在這個(gè)圓上，也可以證明以兩個(gè)點(diǎn)為端點(diǎn)的線段的垂直平分線與以另兩個(gè)點(diǎn)為端點(diǎn)的線段的垂直平分線相交． 【試一試】 (2020·遼寧)如圖，A，B，C，D四點(diǎn)在同一圓上，AD的延長線與BC的延長線交于E點(diǎn)，且EC＝ED. (1)證明：CD∥AB； (2)延長CD到F，延長DC到G，使得EF＝EG，證明：A，B，G，F(xiàn)四點(diǎn)共圓． [嘗試解答] (1)因?yàn)镋C＝ED，所以∠EDC＝∠ECD. 因?yàn)锳，B，C，D四點(diǎn)在同一圓上，所以∠EDC＝∠EBA.故∠ECD＝∠EBA. 所以CD∥AB. (2)由(1)知，AE＝BE.因?yàn)镋F＝EG，故∠EFD＝∠EGC，從而∠FED＝∠GEC.連接AF，BG，則△EFA≌△EGB， 故∠FAE＝∠GBE.又CD∥AB，∠EDC＝∠ECD， 所以∠FAB＝∠GBA.所以∠AFG＋∠GBA＝180°. 故A，B，G，F(xiàn)四點(diǎn)共圓．