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1、 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 13.2 圆内接四边形的性质与判定 对应学生用书P29 读教材填要点 1圆内接四边形的性质定理 圆的内接四边形的对角互补，并且任何一个外角都等于它的内对角 2圆内接四边形的判定 (1)定理：如果一个四边形的一组对角互补，那么这个四边形内接于圆 (2)符号语言表述：在四边形ABCD中，如果BD180或AC180，那 么四边形ABCD内接于圆 小问题大思维 1所有的三角形都有外接圆吗？所有的四边形是否都有外接圆？ 提示：所有的三角形都有外接圆，但四边形并不一定有外接圆 2如果一个平行四边形有外接圆，它是矩形吗？ 提示：因为平行四边形的对角相等，圆内接四边
2、形的对角和为180，所以该平行四边 形一定是矩形 对应学生用书P29 证明四点共圆 例 1 如图，已知AP是O的切线，P为切点，AC是O的割线，与O交于B、C 两点，圆心O在PAC的内部，点M是BC的中点 (1)证明：A，P，O，M四点共圆； (2)求OAMAPM的大小 思路点拨 本题考查四点共圆的判定及性质的应用问题，解答(1)可利用圆内接四边形 的判定定理证明。解答问题(2)可利用四点共圆的性质求解 精解详析 (1)证明：连接OP，OM，因为AP与O相切于点P， 所以OPAP，因为M是O的弦BC的中点，所以OMBC，于是 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 OPAOMA180 . 由
3、圆心O在PAC的内部，可知四边形APOM的对角互补，所以A，P，O，M四点 共圆 (2)由(1)得A，P，O，M四点共圆， 所以OAMOPM. 由(1)得OPAP，由圆心O在PAC的内部， 可知OPMAPM90， 所以OAMAPM 90. 判定四点共圆的方法 (1)如果一个四边形的一组对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆 (2)如果一个四边形的一个外角等于它的内对角，那么这个四边形的四个顶点共圆 1.如图，在正ABC中，点D，E分别在边BC，AC上，且BD 1 3 BC，CE 1 3CA， AD，BE相交于点P，求证： (1)P，D，C，E四点共圆； (2)APCP. 证明： (1)在正AB
4、C中，由BD 1 3BC， CE 1 3CA，可得 ABDBCE， ADBBEC， ADCBEC180， P，D，C，E四点共圆 (2)如图，连接DE，在CDE中，CD2CE，ACD60， 由正弦定理知CED90， 由P，D，C，E四点共圆知， DPCDEC， APCP. 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 证明线段相等或角相等 例 2 如图，两圆O1，O2相交于A，B.O1的弦BC交O2于E点，O2的弦 BD交O1于F点 证明： (1)若DBACBA，则DFCE. (2)若DFCE，则DBACBA. 思路点拨 本题考查圆内接四边形的判定及性质解决本题需要借助三角形全等证明 角相等或边长
5、相等 精解详析 (1)连接AE，AF，AC，AD， 则BDAAEC，ACBAFD. 又DBACBA， ? AD ? AE. ADAE，ACEAFD. 故CEDF. (2)由(1)BDAAEC，ACBAFD， 又DFCE，ACEAFD， ADAE，DBACBA. (1)圆内接四边形性质定理为几何论证中角的相等或互补提供了一个理论依据，因而也 为论证角边关系提供了一种新的途径 (2)在解有关圆内接四边形的几何问题时，既要注意性质定理的运用，也要注意判定定 理的运用，又要注意两者的综合运用 (3)构造全等或相似三角形，以达到证明线段相等、角相等或线段成比例等目的 2如图，AB是圆O的直径，D，E为圆
6、O上位于AB异侧的两点，连接BD并延长至 点C，使BDDC，连接AC，AE，DE. 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 求证：EC. 证明：如图，连接OD，因为BDDC， O为AB的中点， 所以ODAC，于是ODBC. 因为OBOD，所以ODBB. 于是BC. 因为点A，E，B，D都在圆O上，且D，E为圆O上位于AB异侧的两点，所以E 和B为同弧所对的圆周角，故EB.所以EC. 证明比例线段或比例式 例 3 如图所示，AB、CD都是圆的弦，且ABCD，F为圆上 一点，延长FD、AB交于点E. 求证：AEACAFDE. 思路点拨 本题考查圆内接四边形的判定及性质以及相似三角形等问题解答本题
7、可 连接BD，通过证明EBDEFA来解决 精解详析 连接BD，因为ABCD， 所以BDAC. 因为A、B、D，F四点共圆， 所以EBDF. 因为E为EBD和EFA的公共角， 所以EBDEFA. 所以 DE AE BD AF ，所以 DE AE AC AF. 即AEACAFDE. 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 证明比例线段或比例式通常利用三角形相似来解决，而证明三角形相似，常利用圆内接 四边形的性质寻找角之间的关系 3试证明：在圆内接四边形ABCD中， ACBDADBCABCD. 证明：如图，在AC上取点E，使ADE 1. 又 3 4，ADEBDC. AE AD BC BD， AEB
8、DADBC. 又ADE 1，ADBCDE. 又 5 6，ABDECD. AB EC BD CD， BDECABCD. 两式相加： AEBDBDECADBCABCD， 即ACBDADBCABCD. 对应学生用书P31 一、选择题 1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( ) A 35B90 C125D150 解析：连接BD，则MABADB35，BC是O的直径， BDC90，所以DADBBDC125. 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 答案： C 2如图，四边形ABCD内接于O，DCE50，则BOD等于 ( ) A 75B90 C100D12
9、0 解析：四边形ABCD内接于O， DCEA， A50，BOD2A100. 答案： C 3若AD、BE、CF为ABC的三条高线，交于H，则图中四点共 圆的组数是 ( ) A 3 B4 C5 D6 解析：其中：B、D、H、F共圆；C、D、H、E共圆；A、E、H、F共圆；A、F、D、 C共圆；B、C、E、F共圆；A、B、E、D共圆 答案： D 4.如图，四边形ABCD为圆内接四边形，AC为BD的垂直平分线， ACB60，ABa，则CD等于 ( ) A. 3 3 aB 6 2 a C. 1 2a D 1 3a 解析：AC为BD的垂直平分线， ABADa，ACBD， ACB60，ADB60. 积一时之
10、跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 ABADBD，ACDABD60 . CDB30， ADC90，CDtan30AD 3 3 a. 答案： A 二、填空题 5圆内接四边形ABCD中，BCD123，则A_，B _，C_，D_. 解析：BD180，BD13， B45，D135.又BC12， C90.又AC180， A90. 答案： 904590135 6如图，四边形ABCD内接于O，若BOD130，则BCD_. 解析：BOD130，A BOD 2 130 2 65. BCD180 65 115. 答案： 115 7如图，AB10 cm，BC8 cm，CD平分ACB，则AC _， BD_. 解析：AC
11、B 90，ADB 90. 在 RtABC中，AB 10，BC8， ACAB 2 BC26. 又CD平分ACB， 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 即ACDBCD，ADBD. BD AB2 2 52. 答案： 6 52 8若两条直线 (a2)x(1a)y3 0，(a1)x(2a3)y20 与两坐标轴围成的四边 形有一个外接圆，则实数a_. 解析： 两条直线与两坐标轴围成的四边形有一个外接圆，则有对角互补， 又两坐标轴 互相垂直， 这两条直线垂直， 即(a2)(a1) (1a)(2a3)0. a 21， a 1. 答案： 1 三、解答题 9在锐角三角形ABC中，AD是BC边上的高，DEAB
12、，DFAC，E，F是垂足 求证：E，B，C，F四点共圆 证明：如图，连接EF， DEAB，DFAC， A，E，D，F四点共圆 1 2. 1C 2C90 . BEFC180. B，E，F，C四点共圆 10如图，已知ABC的两条角平分线AD和CE相交于H，B60，F在AC上， 且AEAF. 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 (1)证明：B，D，H，E四点共圆； (2)证明：CE平分DEF. 证明： (1)在ABC中，因为B 60， 所以BACBCA120 . 因为AD，CE是角平分线， 所以HACHCA60， 故AHC120. 于是EHDAHC120. 因为EBDEHD180， 所以B，D
13、，H，E四点共圆 (2)连结BH，则BH为ABC的平分线， 得HBD30. 由(1)知，B，D，H，E四点共圆， 所以CEDHBD30. 又AHEEBD60， 由已知可得EFAD，可得CEF30. 所以CE平分DEF. 11如图，已知AD是ABC的外角EAC的平分线，交BC的延长线于点D，延长 DA交ABC的外接圆于点F，连接FB，FC. (1)求证：FBFC； (2)求证：FB2FAFD； 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 (3)若AB是ABC外接圆的直径，EAC120，BC6 cm，求AD的长 解： (1)证明：AD平分EAC， EADDAC. 四边形AFBC内接于圆，DACFBC. EADFABFCB，FBCFCB. FBFC. (2)证明：FABFCBFBC， AFBBFD， FBAFDB. FB FD FA FB， FB2FAFD. (3)AB是圆的直径，ACB90 . EAC120， DAC 1 2EAC 60， BAC60 . D30. BC6，AC23 cm. AD 2AC43 cm.