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1、 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 二 圆内接四边形的性质与判定定理 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：AC 180，B D180. (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CBED. 2圆内接四边形的判定 (1)判定定理：如果一个四边形的对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆 (2)推论：如果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顶点共 圆 圆内接四边形的性质 如图，AB是O的直径，弦BD，CA的延长线相交于点E，EF 垂直BA的延长线于点F. 求证：DEADF
2、A. 本题主要考查圆内接四边形判定及性质的应用解题时，证A， D，E，F四点共圆后可得结论 连接AD， 因为AB为圆的直径， 所以ADB 90. 又EFAB，EFA90， 所以A，D，E，F四点共圆 所以DEADFA. 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 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似 的条件，从而证明一些比例式成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435，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AC180， 可得 4x5x 180， x20. A420 80，B320 6
3、0， C 520 100，D180B120. 2.已知：如图，四边形ABCD内接于圆，延长AD，BC相交 于点E，点F是BD的延长线上的点，且DE平分CDF. (1)求证：ABAC； (2)若AC3 cm，AD2 cm，求DE的长 解： (1)证明：ABC 2， 2 1 3， 4 3， ABC 4. ABAC. (2) 3 4ABC， DABBAE， ABDAEB. AB AE AD AB. ABAC3 cm，AD2 cm， AE AB 2 AD 9 2 cm. DE 9 2 2 5 2(cm). 圆内接四边形的判定 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 如图，在ABC中，E，D，F分别为
4、AB，BC，AC的中点，且 APBC于P. 求证：E，D，P，F四点共圆 可先连接PF，构造四边形EDPF的外角FPC，证明FPC C，再证明FPCFED即可 如图，连接PF， APBC，F为AC的中点， PF 1 2AC. FC 1 2AC， PFFC. FPCC. E，F，D分别为AB，AC，BC的中点 EFCD，EDFC. 四边形EDCF为平行四边形， FEDC. FPCFED. E，D，P，F四点共圆 证明四点共圆的常见方法： (1)如果四点与一定点等距离，那么这四点共圆； (2)如果四边形的一组对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆； (3)如果四边形的一个外角等于它的内对角，那么这
5、个四边形的四个顶点共圆； (4)如果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 角形的四个顶点共圆 3判断下列各命题是否正确 (1)任意三角形都有一个外接圆，但可能不止一个； (2)矩形有唯一的外接圆； 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 (3)菱形有外接圆； (4)正多边形有外接圆 解： (1)错误，任意三角形有唯一的外接圆； (2)正确，矩形对角线的交点到各顶点的距离相等； (3)错误，只有当菱形是正方形时才有外接圆； (4)正确，正多边形的中心到各顶点的距离相等 4已知：在ABC中，ADDB，DFAB交AC于点F，AEEC，EGAC交AB 于点G. 求证：
6、 (1)D，E，F，G四点共圆； (2)G，B，C，F四点共圆 证明： (1)如图，连接GF， 由DFAB，EGAC， 知GDFGEF90， GF中点到D，E，F，G四点距离相等， D，E，F，G四点共圆 (2)连接DE. 由ADDB，AEEC，知DEBC， ADEB. 又由 (1)中D，E，F，G四点共圆， ADEGFE. GFEB. G，B，C，F四点共圆 . 圆内接四边形的综合应用 (新课标全国卷)如图，CD为ABC外接圆的切线，AB的延长线交直线CD于点D， E，F分别为弦AB与弦AC上的点，且BCAEDCAF，B，E，F，C四点共圆 (1)证明：CA是ABC外接圆的直径； (2)若D
7、BBEEA，求过B，E，F，C四点的圆的面积与ABC外接圆面积的比值 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 (1)要证CA是ABC外接圆的直径，只需证ABC为直角； (2)要求两圆的面积比，可先求两圆的直径比 (1)证明：因为CD为ABC外接圆的切线，所以DCBA.由题设知 BC FA DC EA， 故CDBAEF，所以DBCEFA. 因为B，E，F，C四点共圆， 所以CFEDBC， 故EFACFE 90. 所以CBA 90， 因此CA是ABC外接圆的直径 (2)连接CE，因为CBE90， 所以过B，E，F，C四点的圆的直径为CE. 由BDBE，有CEDC. 又BC 2 DBBA2DB 2
8、， 所以CA24DB2BC 26DB2. 而DC2DBDA3DB 2， 故过B，E，F，C四点的圆的面积与ABC外接圆面积的比值为 1 2. 此类问题综合性强，知识点丰富， 解决的办法大多是先判断四点共圆，然后利用圆内接 四边形的性质证明或求得某些结论成立 5.如图，P点是等边ABC外接圆的 ? BC 上一点，CP的延长线和AB的 延长线交于点D，连接BP. 求证： (1)DCBP； (2)AC 2 CPCD. 证明： (1)ABC为等边三角形， 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 ABCA60 . DBC120. 又四边形ABPC是圆内接四边形， BPC180A120. BPCDBC.
9、 又DCBBCP， BCPDCB. DCBP. (2)由(1)知BCPDCB， BC DC CP CB . CB 2 CPCD. 又CBAC，AC2CPCD. 6.如图，已知CF是O的切线，C为切点，弦ABCF，E为 圆周上一点，CE交AB延长线于点D. 求证： (1)ACBC； (2)BC 2 CDCE. 证明： (1)ABCF，FCABAC. CF是O的切线，FCAABC. BACABC. ACBC. (2)BEC180BED， A，B，E，C四点共圆， BEDBAC. BEC180BAC. 由(1)得BACABC， DBC180ABC， BECDBC. 又BCEDCB，BCEDCB. B
10、C DC CE CB，即 BC 2 CDCE. 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 课时跟踪检测(七) 一、选择题 1四边形ABCD的一个内角C36，E是BA延长线上一点，若DAE36，则 四边形ABCD( ) A一定有一个外接圆 B四个顶点不在同一个圆上 C一定有内切圆 D四个顶点是否共圆不能确定 解析：选 A 因为C36，DAE36，所以C与BAD的一个外角相等，由 圆内接四边形判定定理的推论知，该四边形有外接圆，故选A. 2圆内接四边形ABCD中，ABCD可以是 ( ) A 423 1 B4 312 C4132 D以上都不对 解析：选 B 由四边形ABCD内接于圆，得ACBD，从而
11、只有B 项符合 题意 3如图， 四边形ABCD是O的内接四边形，E为AB的延长线上 一点，CBE40，则AOC等于 ( ) A 20B40 C80D100 解析： 选 C 四边形ABCD是圆内接四边形，且CBE40，由圆内接四边形性质知 DCBE40，又由圆周角定理知AOC2D80. 4已知四边形ABCD是圆内接四边形，下列结论中正确的有( ) 如果AC，则A90； 如果AB，则四边形ABCD是等腰梯形； A的外角与C的外角互补； ABCD可以是 1 234 A 1个B 2个C 3个D4 个 解析：选 B 由“圆内接四边形的对角互补”可知：相等且互补的两角必为直角； 两相等邻角的对角也相等(亦
12、可能有ABCD的特例 )；互补两内角的外角也 互补；两组对角之和的份额必须相等(这里 1324)因此得出正确，错误 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 二、填空题 5如图，直径AB10，弦BC8，CD平分ACB，则AC_， BD_. 解析：ACB 90，ADB 90. 在 RtABC中，AB 10，BC8， ACAB 2 BC26. 又CD平分ACB，即ACDBCD， ADBD. BD AB2 2 52. 答案： 6 52 6如图，在圆内接四边形ABCD中，ABAD，AC 1，ACD 60，则四边形ABCD 的面积为 _ 解析：过A作AEBC于E，AFCD于F. 因为ADFABC180，
13、 ABEABC 180， 所以ABEADF. 又因为ABAD， AEBAFD90， 所以 RtAEBRtAFD. 所以S四边形 ABCDS四边形AECF，AEAF. 又因为EAFC90，ACAC， 所以 RtAECRtAFC. 因为ACD 60，AFC90， 所以CAF30 .因为AC1， 所以CF 1 2， AF 3 2 ， 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 所以S四边形ABCD2SACF2 1 2CF AF 3 4 . 答案： 3 4 7.如图，已知四边形ABCD内接于圆，分别延长AB和DC相交 于点E，EG平分E，且与BC，AD分别相交于F，G，若AED 40，CFG80，则A_
14、. 解析：EG平分E，FEC20. FCECFGFEC60. 四边形ABCD内接于圆， AFCE60. 答案： 60 三、解答题 8.如图，在ABC中，C60，以AB为直径的半圆O分别 交AC，BC于点D，E，已知O的半径为23. (1)求证：CDECBA； (2)求DE的长 解： (1)证明：因为四边形ABED为O的内接四边形， 所以CEDA(或CDEB) 又CC， 所以CDECBA. (2)法一：连接AE.由(1)得 DE BA CE CA， 因为AB为O的直径， 所以AEBAEC90. 在 RtAEC中，因为C60，所以CAE 30， 所以 DE BA CE CA 1 2，即 DE23.
15、 法二：连接DO，EO. 因为AODOOEOB， 所以AODA，BOEB. 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 由(1)知ABCDECED 120， 又ABADEDEB360， 所以ODEOED 120， 则DOE 60， 所以ODE为等边三角形， 所以DEOB23. 9.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ECED. (1)证明：CDAB； (2)延长CD到F，延长DC到G，使得EFEG，证明：A，B，G， F四点共圆 证明： (1)因为ECED， 所以EDCECD. 因为A，B，C，D四点在同一圆上， 所以EDCEBA. 故ECDEBA. 所以
16、CDAB. (2)由(1)知，AEBE. 因为EFEG， 故EFDEGC，从而FEDGEC. 连接AF，BG，则EFAEGB， 故FAEGBE. 又CDAB，EDCECD， 所以FABGBA. 所以AFGGBA180. 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 ) 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 (1)求ACB； (2)求ABD的最大面积 解： (1)连接OA，OB，作OEAB，E为垂足，则AEBE. RtAOE中，OA 2， AE 1 2AB 1 22 33. sin AOE AE OA 3 2 ， AOE60，AOB2AOE120. 又ADB 1 2 AOB，ADB60 . 又四边形ACBD为圆内接四边形，ACBADB180. 从而有ACB 180ADB120. (2)作DFAB，垂足为F，则 SABD 1 2AB DF 1 22 3DF3DF. 显然，当DF经过圆心O时，DF取最大值，从而SABD取得最大值 此时DFDOOF 3，SABD33， 即ABD的最大面积是33.