2019-2020年高中数学第二讲直线与圆的位置关系二圆内接四边形的性质与判定定理课堂探究新人教A版选修

2019-2020年高中数学第二讲直线与圆的位置关系二圆内接四边形的性质
与判定定理课堂探究新人教A版选修
探究一证明四点共圆
判断四点共圆时，要根据题目特点，灵活选用判定四点共圆的方法．
【典型例题1】如图所示，在△ABC中，AD＝DB，DF⊥AB交AC于点F，AE＝EC，EG⊥AC 交AB于点G.求证：
(1)D，E，F，G四点共圆；
(2)G，B，C，F四点共圆．
思路分析：(1)连接GF，则易证△GDF与△GEF均为直角三角形，由直角三角形斜边的中点到三个顶点的距离相等可得出结论．
(2)连接DE，由条件易证DE∥BC，从而∠ADE＝∠B，由(1)知∠ADE＝∠GFE，从而∠GFE ＝∠B，从而得到结论．
证明：(1)连接GF.由DF⊥AB，EG⊥AC，知∠GDF＝∠GEF＝90°，
∴GF的中点到D，E，F，G四点的距离相等，∴D，E，F，G四点共圆．
(2)连接DE.由AD＝DB，
AE＝EC，知DE∥BC，
∴∠ADE＝∠B.又由(1)中D，E，F，G四点共圆，
∴∠ADE＝∠GFE，∴∠GFE＝∠B，
∴G，B，C，F四点共圆．
规律小结判定四点共圆的方法：①如果四个点与一定点距离相等，那么这四个点共圆；
②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；③如果一个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(如本题)；④与线段两个端
点连线的夹角相等(或互补)的点连同该线段两个端点在内共圆．
探究二圆内接四边形的性质的应用
当已知条件中出现圆内接四边形时，常用圆内接四边形的性质来获得角相等或互补，从而为证明三角形相似或两条直线平行等问题创造条件．
【典型例题2】两圆相交于A，B，过A作两直线分别交两圆于C，D和E，F.若∠EAB＝∠DAB，求证：CD＝EF.
思路分析：连接CB，BF，要证CD＝EF，只需证明△CBD≌△EBF即可．从题图可以看出，∠BCA＝∠BEA，∠D＝∠F，因此，尚需找一条对应边相等即可．比如，能否推出BC＝BE呢？要证BC＝BE，只需∠CEB＝∠ECB，有无可能呢？可以发现，∠ECB＝∠1，又已知∠1＝∠2，所以只需证∠2＝∠CEB即可．这时我们发现，四边形ABEC是圆内接四边形，根据性质定理，它的外角∠2与它的内对角∠CEB当然相等．至此，结论得证．
证明：连接CB，BF.因为四边形ABEC为圆内接四边形，所以∠2＝∠CEB.又因为∠1＝∠ECB，且∠1＝∠2，而∠2＝∠CEB，所以∠CEB＝∠ECB.所以BC＝BE.在△CBD与△EBF中，∠BCA＝∠BEA，∠D＝∠F，BC＝BE，所以△CBD≌△EBF.
所以CD＝EF.
探究三易错辨析
易错点：忽视分类讨论致误
【典型例题3】已知⊙O的直径AB＝4，弦AC＝23，AD＝22，则∠DAC＝__________.
错解：如图，∵AB＝4，AD＝22，
∴∠BAD＝45°.
又∵AC＝23，∴∠CAB＝30°，
∴∠CAD＝45°－30°＝15°.
错因分析：作图时，未能考虑全面，没有对相对位置关系进行分类讨论，致使题目答案漏解．
正解：根据题意，分两种情况讨论：
图①
(1)当弦AD，AC在直径AB的同侧时，
如图①，由错解得，∠DAC＝15°.
(2)当弦AD，AC在直径AB异侧时，如图②.
图②
则∠DAC＝75°，综上，∠DAC＝15°或75°.
2019-2020年高中数学第二讲直线与圆的位置关系五与圆有关的比例线段
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1．如图，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，以BD为直径的圆与BC交于点E，则( )
A．CE·CB＝AD·DB
B．CE·CB＝AD·AB
C．AD·AB＝CD2
D．CE·EB＝CD2
2．如图，△ABC是圆的内接三角形，∠BAC的平分线交圆于点D，交BC于点E，过点B 的圆的切线与AD的延长线交于点F.在上述条件下，给出下列四个结论：①BD平分∠CBF；
②FB2＝FD·FA；③AE·CE＝BE·DE；④AF·BD＝AB·BF.则所有正确结论的序号是( )
A．①② B．③④
C．①②③ D．①②④
3．如图，PT是外切两圆的公切线，T为切点，PAB，PCD分别为这两圆的割线，若PA ＝3，PB＝6，PC＝2，则PD等于( )
A．4 B．8 C．9 D．12
4．如图，PA，PB分别为⊙O的切线，切点分别为A，B，PA＝7，在劣弧上任取一点C，过点C作⊙O的切线，分别交PA，PB于点D，E，则△PDE的周长是( )
A．7 B．10 C．14 D．28
5．如图，两个等圆⊙O和⊙O′外切，过O作⊙O′的两条切线OA，OB，A，B是切点，则∠AOB等于( )
A ．90° B．60° C．45° D．30°
6．如图，P 为⊙O 外一点，过P 点作⊙O 的两条切线，切点分别为A ，B .过PA 的中点Q 作割线交⊙O 于C ，D 两点．若QC ＝1，CD ＝3，则PB ＝________.
7．过圆外一点P 作圆的切线PA (A 为切点)，再作割线PBC 依次交圆于B ，C .若PA ＝6，AC ＝8，BC ＝9，则AB ＝__________.
8．如图，⊙O 中的弦CD 与直径AB 相交于点E ，M 为AB 延长线上一点，MD 为⊙O 的切线，D 为切点，若AE ＝2，DE ＝4，CE ＝3，DM ＝4，求OB 和MB 的长．
9．如图，P 是⊙O 外一点，PA 是切线，A 为切点，割线PBC 与⊙O 相交于点B ，C ，PC ＝2PA ，D 为PC 的中点，AD 的延长线交⊙O 于点E .证明：
(1)BE ＝EC ；
(2)AD ·DE ＝2PB 2.
10．如图，在Rt △ABC 中，以BC 为直径作圆，在AB 上截取AE ＝AD ，其中AD 为⊙O 的切线，过E 作AB 的垂线交AC 的延长线于F ，求证：AE AB ＝AC AF .
参考答案
1．解析：由切割线定理得，CD 2＝CE ·CB ，
又在Rt△CAB 中，△ACD ∽△CBD ，
∴CD 2＝AD ·DB ，∴CE ·CB ＝AD ·DB .
答案：A
2．解析：由弦切角定理知∠FBD ＝∠BAD ，
∵AD 平分∠BAC ，∠CBD ＝∠CAD ，
∴∠BAD ＝∠DBC .
∴∠FBD ＝∠CBD ，即BD 平分∠CBF ，∴①正确；
由切割线定理知，∴②正确；
由相交弦定理知，AE ·ED ＝BE ·EC ，∴③不正确；
∵△ABF ∽△BDF ，∴AB BD ＝AF BF .
∴AF ·BD ＝AB ·BF ，∴④正确．故选D.
答案：D
3．解析：PT 2＝PA ·PB ＝PC ·PD ，
则PD ＝PA ·PB PC ＝3×62
＝9. 答案：C
4．解析：∵DA ，DC 为⊙O 的切线，
∴DA ＝DC .同理EB ＝EC .
∴△PDE 的周长＝PD ＋PE ＋DE ＝(PD ＋DC )＋(PE ＋CE )＝(PD ＋DA )＋(PE ＋EB )＝PA ＋PB ＝7＋7＝14.
答案：C
5．解析：如图，连接OO ′，O ′A .
∵OA 为⊙O ′的切线，∴∠OAO ′＝90°.
又∵⊙O 与⊙O ′为等圆且外切，∴OO ′＝2O ′A .
∴sin ∠AOO ′＝AO ′OO ′＝12
， ∴∠AOO ′＝30°.
又由切线长定理知∠AOB ＝2∠AOO ′＝60°.
答案：B
6．解析：由题意知PA ＝PB .
PA 切⊙O 于点A ，由切割线定理可得QA 2＝QC ·QD ＝1×(1＋3)＝4.∴QA ＝2，∴PA ＝2×2
＝4＝PB .
答案：4
7．解析：如图所示：
根据切割线定理，得PA 2
＝PB ·PC ，
又因为PC ＝(PB ＋BC )，且PA ＝6，BC ＝9，
所以36＝PB ·(PB ＋9)，解得PB ＝3.
在△PAC 中，根据余弦定理cos ∠ACP ＝AC 2＋PC 2－AP 22AC ·PC ，即cos ∠ACP ＝82＋122－622×8×12＝4348，在△ACB 中，根据余弦定理AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC cos ∠ACB ＝82＋92－2×8×9×4348
＝16，所以AB ＝4.
答案：4
8．解：由于AB 和CD 是⊙O 的两条相交弦，
则AE ·EB ＝CE ·ED .
即2EB ＝3×4.
所以EB ＝6，故AB ＝AE ＋EB ＝2＋6＝8.
所以OB ＝12
AB ＝4. 由于MD 为⊙O 的切线，
则MD 2
＝MB ·MA ＝MB ·(MB ＋AB )，
所以42＝MB ·(MB ＋8)，
解得MB ＝－4±4 2.
由于MB ＞0，则MB ＝42－4.
9．分析：(1)欲证BE ＝EC ，由于在圆O 中，可证＝，利用相等的圆周角所对的弧相等，则可证∠DAC ＝∠BAD ，故应由条件转化为角的关系上去寻找，我们可以利用弦切角定理、对顶角相等、等腰三角形两底角相等等来处理．对于(2)，由结论中出现AD ·DE ，而D 是AE
与BC两弦之交点，联想到相交弦定理可得AD·DE＝BD·DC.从而使问题转化为证明2PB2＝BD·DC，而P，B，D，C在一条直线上，且D又是PC的中点，而PA＝PD，PA是切线，又联想到切割线定理得PA2＝PB·PC，充分利用关系转化可得答案．
证明：(1)连接AB，AC，由题设知PA＝PD，故∠PAD＝∠PDA.
因为∠PDA＝∠DAC＋∠DCA，∠PAD＝∠BAD＋∠PAB，∠DCA＝∠PAB，
所以∠DAC＝∠BAD，从而＝.
因此BE＝EC.
(2)由切割线定理得PA2＝PB·PC.
因为PA＝PD＝DC，所以DC＝2PB，BD＝PB.
由相交弦定理得AD·DE＝BD·DC，
所以AD·DE＝2PB2.
10．证明：在Rt△ACB和Rt△AEF中，
∠ACB＝∠AEF＝90°，∠BAC＝∠FAE，
∴Rt△ACB∽Rt△AEF.
∴AE
AF
＝
AC
AB
.
又AC，AD均为⊙O的切线，且AD＝AE，∴AE＝AC.可得AB＝AF.
∴AE
AB
＝
AC
AF
.
备选习题
解：如图，设⊙O与△ABC各边的切点分别为F，G，H，则
AF＝AH，BF＝BG，CG＝CH，且AF＋BF＝9，BG＋CG＝8，CH＋AH＝10，
∴AF＝AH＝5.5，BF＝BG＝3.5，
CG＝CH＝4.5.
又DE是⊙O的切线，
∴DI＝DF，EI＝EH.
∴△ADE的周长＝AD＋DE＋EA＝AD＋DI＋EI＋EA＝AF＋AH＝2AF＝2×5.5＝11.。