四点共圆学案

四点共圆学案
【本讲教育信息】
⼀、教学内容
选修4—1 第⼀章直线、多边形、圆，第⼆节：圆与四边形
⼆、教学⽬标
1. 使学⽣理解并掌握圆内接四边形的概念以及四点共圆的概念。

2. 使学⽣理解并掌握圆内接四边形的性质和⼀个四边形是圆内接四边形的判定定理。

3. 使学⽣理解并掌握托勒密定理及其应⽤。

三、教学重、难点
圆内接四边形的性质和判定是教学的重点也是教学的难点。

四、知识要点分析
1. 圆内接四边形的性质：
（1）圆内接四边形的对⾓互补。

（2）圆内接四边形的任何⼀个外⾓都等于它的内对⾓。

2. 圆内接四边形（四点共圆）的判定：
（1）如果⼀个四边形的内对⾓互补，那么这个四边形的四个顶点共圆。

（2）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。

3. 托勒密定理：圆内接四边形ABCD的两对对边乘积之和等于两条对⾓线的乘积。

【典型例题】
考点⼀：圆内接四边形的性质和判定
例1. 如图，⊙O1与⊙O2都经过A、B两点，经过点A的直线CD与⊙O1交于点C，与⊙O2交于点D。

经过点B的直线EF与⊙O1交于点E，与⊙O2交于点F。

求证：CE∥DF
题意分析：该题⽬涉及圆内接四边形的性质、平⾏线的判断，显然四边形ABEC和ABFD 分别是⊙O1和⊙O2的内接四边形，可以利⽤圆内接四边形的性质寻求⾓的相等或互补，从⽽证明直线的平⾏。

解题思路：四边形ABEC内接于⊙O1，∠ABF=∠C，⽽四边形ABFD内接于⊙O2，所以∠ABF+∠D=180°，所以可以证明
∠C+∠D=180°，从⽽可以证明CE∥DF。

证明：∵四边形ABEC内接于⊙O1，四边形ABFD内接于⊙O2
∴∠ABF=∠C，∠ABF+∠D=180°
∴∠C+∠D=180°
∵A、C、D在⼀条直线上
∴CE ∥DF
解题后思考：由于题⽬中有两个圆，有的学⽣可能将两个圆混为⼀谈没有头绪，不知道两个圆⼀个利⽤圆内接四边形外⾓等于内对⾓，⼀个利⽤圆内接四边形内对⾓互补。

例2. 已知圆内接四边形ABCD 中，AB=2，BC=6，CD=DA=4，则四边形ABCD 的⾯积为
16
32
..8.33A B C D
题意分析：已知圆内接四边形四条边长求⾯积可以把四边形分割成两个三⾓形，分别求出两个三⾓形的⾯积，求和即得四边形的⾯积，连接BD ，但是在△ABD 中只知道两条边不知道∠A 的度数仍然求不出⾯积，问题转化成已知圆内接四边形四条边如何求四边形的内⾓。

可以在△ABD 和△BCD 中分别使⽤余弦定理，因为BD=BD ，∠A+∠C=180°，利⽤这些关系可以求出∠A ，从⽽求出⾯积
解：连接BD ，四边形ABCD ⾯积
S=S △ABD +S △CBD =1AB ADsin A+BC CDsin )16sin 2C A ??=（
在△ABD 中由余弦定理得22
2016cos ,5248cos BD A BCD BD C =-=-△中
2016cos A=52-48cosC,cos A=-cosC
1cos A=-A=1202
S=16sin120∴-∴∴?∴??=⽽
解题后思考：在解析⼏何、三⾓函数、⽴体⼏何中应⽤平⾯⼏何解题是学科内的知识交汇点，同样在平⾯⼏何中也可以使⽤其他数学知识，这将是⾼考中应该注意的地⽅。

例3. 如图，CF 是△ABC 的AB 边上的⾼，PF ⊥BC ，FQ ⊥AC
求证：A 、B 、P 、Q 四点共圆.
解题思路：求证A 、B 、P 、Q 四点共圆就是要证四边形ABPQ ⼀个外⾓等于它的内对⾓或者两个对⾓互补。

例如可以证明∠B=∠CQP ，由于
∠B=∠CFP ，所以只需证明∠CFP=∠CQP ，⽽C 、Q 、F 、P 共圆，所以
∠CFP=∠CQP 成⽴。

从⽽得证。

证明：∵PF ⊥BC ，FQ ⊥AC
∴四边形CQFP 是圆内接四边形
∴∠CFP=∠CQP
∵CF ⊥AB ，PF ⊥BC
∴∠B=∠CFP
∴∠B=∠CQP
所以A 、B 、P 、Q 四点共圆。

解题后思考：从要证明的结论出发寻求需要证明的结论是⼏何证明的常⽤⽅法，该题⽬同学们都知道要证明∠B=∠CQP 也就
是要证明∠CFP=∠CQP ，但是怎么证明却没有了主张，产⽣思维障碍。

例4. 如图，已知AD 是ΔABC 的外⾓∠EAC 的平分线，交BC 的延长线于点D ，延长DA 交ΔABC 的外接圆于点F ，连结FB 、FC.
（1）求证：FB=FC ；
（2）求证：FB 2=FA·FD ；
（3）若AB 是ΔABC 外接圆的直径，∠EAC=120?， BC=6cm ，求AD 的长.
题意分析：本题涉及知识较多，要求学⽣能够对⾓平分线、圆内接四边形，相似三⾓形等知识有全⾯熟练的掌握，要对证明线段相等的常⽤⽅法、平⽅式的常见证法⽐较熟悉。

解题思路：本题⽬已知中涉及⾓平分线性质，圆内接四边形性质，等腰三⾓形证明，相似三⾓形等知识，证明两条线段FB=FC 相等，可以证明三⾓形中两个线段的对⾓相等，在圆中也可以证明两条弦所对的弧相等，证明平⽅式可以将之转化成⽐例式通过相似证明。

证明：（1）∵AD 平分∠EAC ，∴∠EAD=∠DAC.
∵四边形AFBC 内接于圆，∴∠DAC=∠FBC.
∵∠EAD=∠FAB=∠FCB ，∴∠FBC=∠FCB ，∴FB=FC.
（2）∵∠FAB=∠FCB=∠FBC ，∠AFB=∠BFD ，
∴ΔFBA ∽ΔFDB . ∴FB FA FD FB =，∴FB 2=FA·FD.
（3）∵AB 是圆的直径，∴∠ACB=90?.
∵∠EAC=120?，∴∠DAC=∠EAD=∠FAB=21
∠EAC=60?，∠BAC=60?. ∴∠D=30?. ∵BC=6，∴AC=32. ∴AD=2AC=43cm.
解题后思考：本题综合运⽤圆内接四边形性质、圆的性质、直⾓三⾓形的性质、相似三⾓形的判断，要求对各个⽅⾯知识都⽐较熟悉，可以将题⽬已知条件以及我们已经推出的结论汇总在⼀起综合分析，才不⾄于因某⼀个条件的忽视导致失败。

⼩结：证明四点共圆或者利⽤圆内接四边形性质或者通过构造圆内接四边形证明⾓、线段的相等是圆的综合应⽤，也是近⼏年⾼考中常考的内容，要注意四点共圆就是四边形四个顶点在同⼀个圆上应⽤，此定理必须要满⾜这个条件，证明四点共圆可以利⽤内对⾓互补也可以利⽤任意⼀个外⾓等于他的内⾓的对⾓。

考点⼆：托勒密定理及其应⽤
例5.如图，P是正△ABC外接圆的劣弧
BC上任⼀点（不与B、C重合）连结PA，则PB
＋PC=.
A. AB
B. PA
C. PA－PB
D. AB－PB
题意分析：这个题⽬虽然已知有正△ABC外接圆，但是实际是圆内接四边形ABPC，⽽由托勒密定理中PB·AC＋PC·AB=
AB（PB＋PC）联想到可以⽤托勒密定理解决。

解：由于四边形ABFP是圆内接四边形，由托勒密定理得：
PB·AC＋PC·AB=PA·BC
⽽△ABC是正三⾓形。

AC=AB=BC
所以PB＋PC= PA
例6.如图，在△ABC中，∠A的平分线交外接圆于D，连结BD，求证：AD·BC=BD（AB ＋AC）.
题意分析：需证明的式⼦AD·BC=BD（AB＋AC）可以写成AD·BC= BD·AB＋BD·AC 很⾃然想到托勒密定理，只不过有⼀条线段和定理不符，所以题⽬实质就是要证BD=CD.
证明：连结CD，据托勒密定理，有AD·BC＝AB·CD＋AC·BD.
∵∠1=∠2，∴BD=CD.
故AD·BC=AB·BD＋AC·BD=BD（AB＋AC）.
解题后思考：托勒密定理是⼀个应⽤⾮常⼴泛的定理，符合定理形式的等式都可以设想⽤托勒密定理解决，有⼀些同学在学习后可能对定理认识不⾜导致遇到题⽬想不起来定理，在平时学习中⼀定要对每⼀个定理加强练习、在练习中加深认识。

例7. 已知a、b、c是△ABC的三边，且a2=b（b＋c），求证：∠A=2∠B.
题意分析：将a2=b（b＋c）变形为a·a=b·b＋b·c，从⽽联想到托勒密定理，进⽽构造⼀个等腰梯形，使两腰为b，两对⾓线为a，⼀底边为c.
证明：如图，作△ABC的外接圆，以A为圆⼼，BC为半径作弧交圆于D，连结BD、
DC 、DA.
∵AD=BC ，
=∴BDC ACD
∴∠ABD=∠BAC.
⼜∵∠BDA=∠ACB （对同弧），∴∠1=∠2. ,BD=AC=b BD AC ??
∴=
据托勒密定理，有BC·AD=AB·CD ＋BD·AC. ①
⽽已知a 2=b （b ＋c ），即a·a=b·c ＋b 2. 即BC·AD= AC·AB ＋AC·AC=BD·AB+ AC·AC ②⽐较①②得：CD=b=AC
，=AC,3=2=1CD ??∠∠∠
∴∠BAC=2∠ABC.
解题后思考：看似和圆没有关系但是我们可以看到结论和托勒密定理有关，通过构造三⾓形的外接圆，创造条件利⽤托勒密定理。

在圆中等弦对的弧相等、对的圆周⾓也相等，反之也成⽴。

通过弦相等可以证明圆⼼⾓相等。

⼩结：托勒密是希腊著名天⽂学家，托勒密定理具有⾮常⼴泛的应⽤，具有类似托勒密定理结论的四条线段中两条⼀组，每⼀组中两条线段长度之积的和等式很多，都可以通过构造圆内接四边形利⽤托勒密定理证明，例如著名的勾股定理就可以通过构造圆内接矩形利⽤托勒密定理证明。

本讲涉及的数学思想、⽅法：
1. 本节涉及划归的数学思想。

例如在利⽤托勒密定理证明的时候总是将不完全符合定理的式⼦转化划归成圆内接四边形两对对边的乘积的和以及两条对⾓线的乘积。

2. 分类讨论的数学思想。

在证明四点共圆的判定定理时我们分别在圆内、圆外、圆上进⾏讨论。

3. 反证法。

在证明四点共圆的判定定理时我们进⾏分类讨论就是假设D 在圆内、圆外得出⽭盾，实际就是利⽤反证法证明D 不可能在圆内、圆外.
预习导学案
（选修4—1 第⼆章圆锥曲线：第⼀节截⾯欣赏、第⼆节直线与球，
平⾯与球的位置关系）
⼀、预习前知：
1. 直线与圆的位置关系有哪些？直线与球的位置关系有哪些？如何判断？
2. 过圆外⼀点可以作圆的⼏条切线？过球外⼀点可以作球的⼏条切线？它们的长度有什么关系？
3. 平⾯与球的位置关系有哪些？如何判断？
4. 如果⼀个平⾯和⼀个球相交，截⾯是什么图形？
5. 应⽤什么⽅法研究直线与球、平⾯与球的位置关系？
【模拟试题】（答题时间：100分钟满分100分）
1. 如图，四边形ABCD为圆内接四边形。

已知∠BOD=100°，则∠BCD=
A. 100°
B. 110°
C.120°
D.130°
2. 如图，四边形ABCD为圆⊙O的内接四边形。

延长BC到E，已知∠BCD：∠ECD=3：2，那么∠BOD=
A.120°
B. 136°
C. 144°
D. 72°
3. 四边形ABCD为圆内接四边形，∠A：∠B：∠C=2：3：6，则∠D=
4. 直线x+3y－7=0与kx－y－2=0与两个坐标轴围成的四边形内接于⼀个圆，则实数k=
A. －3
B. 3
C. －6
D. 6
5. 圆内接四边形ABCD中BA和CD的延长线交于圆外⼀点P，AC和BD交于圆内⼀点E，，则图中相似三⾓形对数有
A. 5
B. 4
C. 3
D. 2
6. 圆内接四边形ABCD中，cosA+cosB+cosC+cosD= .
7. △ABC三边边长分别是5，12，13，则其外接圆半径为。

8. 圆内接四边形ABCD中，AB=39，BC=25，CD=60，DA=52，则圆的直径是。

9. 如图，ABCD是⊙O的内接四边形，AC平分∠BAD并与BD交于E点，CF切⊙O于C交AD延长线于F，图中四个三⾓形：
①ΔACF；②ΔABC；③ΔABD；④ΔBEC，其中与ΔCDF⼀定相似的是.
10. 如下左图. AB是⊙O的直径，C是⊙O外⼀点，且AC＝AB，BC交⊙O于点D. 已知BC＝4，AD＝6，AC交⊙O于点E，求四边形ABDE的周长.
11. 如上右图已知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：FB＝FC；
（2）若AB是△ABC的外接圆的直径，
∠EAC＝120°，BC＝6，求AD的长.
12. 下图中，⊙1和⊙O2都经过A、B两点，经过点A的直线CD与⊙O1交于点C，与⊙O2交于点D 经过点B的直线EF与⊙O1交于点E，与⊙O2交于点F. 求证：CE∥DF.
13. 等腰梯形⼀条对⾓线的平⽅等于⼀腰的平⽅加上两底之积.
已知：如图ABCD中，AB∥CD，AD=BC，
求证：BD2=BC2＋AB·CD.。