数学学案：主动成长第二讲二圆内接四边形的性质与判定定理

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精主动成长夯基达标1.已知四边形ABCD是圆内接四边形，下列结论中正确的有（）①如果∠A＝∠C，则∠A＝90°②如果∠A＝∠B,则四边形ABCD是等腰梯形③∠A的外角与∠C的外角互补④∠A∶∠B∶∠C∶∠D可以是1∶2∶3∶4A.1个B。2个C.3个D.4个思路解析:由“圆内接四边形的对角互补"可知:①相等且互补的两角必为直角；②两相等邻角的对角也相等（亦可能有∠A＝∠B＝∠C＝∠D的特例);③互补两内角的外角也互补;④两组对角之和的份额相等(这里1＋3≠2＋4）.因此得出①③正确，②④错误。答案：B2.圆内接平行四边形一定是(）A.正方形 B。菱形 C.等腰梯形 D。矩形思路解析:由于圆内接四边形对角互补，平行四边形的对角相等，所以圆内接平行四边形的各角均为直角，故为矩形。答案：D3。如图2—2-6所示，AB、CD都是圆的弦,且AB∥CD，F为圆上一点,延长FD、AB交于点E。求证：AE·AC＝AF·DE。图2—2-6思路分析：连结BD，则BD＝AC,即证AE·BD＝AF·DE。证明：连结BD,∵AB∥CD,∴BD＝AC.∵A、B、D、F四点共圆，∴∠EBD=∠F。∵∠E为△EBD和△EFA的公共角，∴△EBD∽△EFA.∴=.∴=，即AE·AC＝AF·DE。4.如图2-2—7所示,在△ABC中,AB=AC，延长CA到P，再延长AB到Q,使得AP=BQ。求证:△ABC的外心O与A、P、Q四点共圆。图2—2-7思路分析：要证O、A、P、Q四点共圆，只需证∠CPO=∠AQO即可。为此，只要证△CPO≌△AQO即可.证明：连结OA、OC、OP、OQ。在△OCP和△OAQ中,OC=OA,由已知CA=AB，AP=BQ,∴CP=AQ。又O是△ABC的外心,∴∠OCP=∠OAC.由于等腰三角形的外心在顶角平分线上,∴∠OAC=∠OAQ，从而∠OCP=∠OAQ.∴△OCP≌△OAQ。∴∠CPO=∠AQO.∴O、A、P、Q四点共圆。5.如图2—2—8，在等腰三角形ABC中，AB=AC，D是AC中点，DE平分∠ADB，交AB于E，过A、D、E的圆交BD于N.求证：BN=2AE.图2—2-8思路分析:要证BN=2AE,由已知有AB=AC=2AD,所以只需证=.而又因为AE=NE,所以只需证=,这可由△BNE∽△BAD证得.证明:连结EN，∵四边形AEND是圆内接四边形,∴∠BNE=∠A.又∵∠ABD=∠EBN,∴△BNE∽△BAD.∴=。∵AB=AC，AC=2AD,∴AB=2AD.∴BN=2EN.又∵∠ADE=∠NDE,∴AE=EN,∴AE=EN,∴BN=2AE.6。如图2—2—9，已知四边形ABCD内接于⊙O，边AB与DC的延长线交于点E,边AD与BC的延长线相交于点F,EG与FG分别是∠AEC和∠AFC的角平分线.求证：EG⊥FG。图2—2—9思路分析：注意到EG平分∠AED,因此，要证GF⊥GE,只要构造等腰三角形，便可利用三线合一的性质来证。证明：延长FG交AB于M，∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠NCF=∠A。∵∠MNE=∠NFC+∠NCF，∴∠MNE=∠NFC+∠A。又FG平分∠AFB,∴∠AFM=∠NFC.∴∠MNE=∠A+∠AFM。又∠NME=∠A+∠AFM,∴∠MNE=∠NME，即EM=EN.又∵GE平分∠MEN,∴GE⊥MN,即EG⊥FG.7。如图2-2—10，已知半圆的直径AB=6cm,CD是半圆上长为2cm的弦，AC与BD延长线交于P，当弦CD在半圆上滑动时,求证:∠P为定值，并求出这个定角的正弦值.图2—2—10思路分析：要证∠P为定值，考虑求出∠P的三角函数值,因此，构造以∠P为内角的直角三角形,注意到AB为直径,则连结BC、AD均可得到直角三角形.解：连结BC,∵CD为定长,圆直径为定值,∴在CD滑动过程中,CD的度数不变,∴∠PBC为定值。又AB为直径，∴∠ACB=∠PCB=90°,∴∠P=90°-∠PBC为定值.∵∠PCD=∠PBA,∴△PCD∽△PBA。∴。在Rt△PBC中，cosP=，∴sinP=.8。如图2-2—11,已知四边形ABCD内接于⊙O，AB是直径，AD=DC，分别延长BA、CD交于点E,BF⊥EC,交EC的延长线于F,若EA=AO，BC=12。求CF的长.图2-2-11思路分析:在Rt△CFB中,已知BC=12,要求CF,只有寻找与它相似的三角形,根据四边形ABCD内接于⊙O,则∠BCF=∠BAD，因此连结BD，构造Rt△BAD，下面证明△BAD∽△BCF.解：连结OD、BD,∵AD=DC,∴AD=DC.∴∠ABCmmm∠AOD。∴OD∥BC.∴=.∵EA=AO=BO,∴OD=8.∴AB=16,EB=24.∵四边形ABCD内接于⊙O,∴∠EDA=∠EBC.∴△EDA∽△EBC。∴==。设AD=CD=x，ED=y,则==，解得,,∴。∵AB为⊙O的直径,∴∠ADB=∠F=90°.又∠DAB=∠FCB,∴Rt△ADB∽Rt△CFB.∴=,即=，∴.走近高考9。如图2—2—12所示，在半径为1的⊙O中,引两条互相垂直的直径AE和BF，在EF上取点C，弦AC交BF于P,弦CB交AE于Q.证明四边形APQB的面积是1。图2-2-12思路分析:由已知条件可以证明四边形ABEF是正方形，且边长为2,则正方形面积为2。而△ABD的面积为正方形面积的一半,所以,只需证明S四边形APQB=S△ABD,即证S△BPD=S△BPQ,即证DQ∥PB.因为BP⊥AE,所以，只需证DQ⊥AE.证明：∵AE、BF为互相垂直的两条直径，垂足O为圆心，∴AE、BF互相平分、垂直且相等。∴四边形ABEF是正方形。∴∠ACB=∠AEF=45°，即∠DCQ=∠QED.∴D、Q、E、C四点共圆.连结CE、DQ，则∠DCE+∠DQE=180°。∵AE为⊙O的直径,∴∠DCE=90°,∠DQE=90°。∵∠FOE=90°,进而DQ∥BF，∴S△BPQ=S△BPD,∴S△ABP+S△BPQ=S△ABP+S△BPD，即S四边形ABQP=S△ABD。∵⊙O的半径为1，∴正方形边长为,即AB=AF=。∴S四边形ABQP=S△ABD=AB·AF=1。10。如图2-2—13,△ABC的∠A的外角平分线交△ABC的外接圆于点D.求证：AB+AC＜2BD。图2-2-13思路分析：因为比较的是两条线段的和与另一条线段的大小，所以应将两条线段的和转化为一条线段,故可延长BA到E,使得AE=AC，然后比较BE与2BD的大小关系.证明:在BA延长线上取点E，使得AE=AC。连结DC、DE、BD。∵AE=AC，∠1=∠2，AD=AD,∴△ADE≌△ADC。∴DE=DC。在△BED中,BE＜BD+DE=BD+DC，即AB+AC＜BD+DC。∵ABCD是圆内接四边形，∴∠1=∠BCD.又∵∠2=∠DBC，∠1=∠2，∴∠BCD=∠DBC。∴BD=DC.因此AB+AC＜2BD成立。11。如图2-2-14，已知P为正方形ABCD的对角线BD上一点,通过P作正方形的边的垂线,垂足为E、F、G、H.你能发现E、F、G、H是否在同一个圆上吗？试说明你的猜想。图2-2-14思路分析:根据正方形的对称性,可以猜想，此四个点应当在以O为圆心的圆上，于是连结线段OE、OF、OG、OH，再设法证明这四条线段相等。解:猜想：E、F、G、H四个点在以O为圆心