直线与圆的位置关系2.2圆内接四边形的性质与判定定理教案新人教A版选修4_1
人教A版数学【选修4-1】ppt课件：2-2第二讲-直线与圆的位置关系
任意平行四边形的四个顶点在同一个圆上
平行四边形的四个顶点不一定在同一个圆上，因为
它的对角相等，但不一定互补．当互补时，共圆． 思考探究2 在我们学过的特殊四边形中，有哪些四边形
的四个顶点共圆？ 提示 有矩形、正方形、等腰梯形，因为它们的四个内角
中相对的两个内角互补.Fra bibliotek名师点拨 1.判定四点共圆的方法 (1)如果四个点与一定点的距离相等，那么这四个点共 圆．
【证明】 O.
由A，B，D三点可以确定一个圆，设该圆为⊙
(1)如果点C在⊙O的外部(如图①)，连接BC，与圆相交于 点E. ∵∠1＝∠AEB，∠1＝∠2， ∴∠2＝∠AEB. 而∠AEB>∠2，矛盾，故点C不可能在圆外．
(2)如果点C在⊙O的内部(如图②)． 延长BC与圆相交于点E，连接AE， 则∠1＝∠AEB，而∠1＝∠2， ∴∠2＝∠AEB，与∠2>∠AEB矛盾． ∴点C不可能在圆内． 由(1)、(2)知，点C只能在圆上． ∴A，B，C，D四点共圆．
规律技巧
本例的证明应用了分类讨论的思想和反证法．
变式2
已知：如图，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．
证明 GEF＝90° .
(1)连接GF，由DF⊥AB，EG⊥AC，知∠GDF＝∠
规律技巧
本题除了运用圆内接四边形的性质定理，还运
用了垂径定理及圆周角定理的推论2解决问题．
变式1
如图所示，已知⊙O的内接四边形ABCD，AB和DC的延长 线交于点P，AD和BC的延长线交于点Q.如果∠A＝50° ，∠P＝ 30° ，求∠Q的度数．
人教A版选修4《圆内接四边形的性质与判定定理》教案及教学反思
人教A版选修4《圆内接四边形的性质与判定定理》教案及教学反思一、教案设计1. 教学目标本节课教学目标：•了解圆内接四边形的定义和特征；•掌握圆内接四边形的性质和判定方法；•能够灵活运用所学知识解决相关问题。
2. 教学重难点本节课教学重点：•圆内接四边形的性质；•圆内接四边形的判定方法。
本节课教学难点：•理解和应用圆内接四边形的判定方法；•熟练运用所学知识解决相关问题。
3. 教学过程•导入：通过一道生动有趣并与课题相关的问题，引起学生的兴趣和注意力。
–问题：如何判断一个四边形是在圆内接的？–分组讨论，交流自己的想法•讲授主要知识点：–圆内接四边形的定义和性质；–圆内接四边形的判定方法。
•引导思考：通过实例演练，引导学生思考如何判定一个四边形是否在圆内接。
–示例：已知四边形ABCD，若AC与BD的交点为O，且$\\angle AOB,\\angle COD$为直角角，AB=18cm,BC=24cm,CD=30cm，求证：ABCD是圆内接四边形。
–与学生共同讨论解题方法，引导学生思考判定圆内接的方法。
•小结应用：完成课堂练习，巩固所学知识。
•拓展延伸：组织学生开展课外拓展练习，挑选出难度适中的题目进行解答。
4. 教学方法本节课采用“问题导向”教学方法，从问题出发，引导学生自主探究和学习圆内接四边形。
此外，还采用了教师讲解+讲解题思路 + 实例演示 + 小组讨论 + 课堂练习的教学方法，以增强学生的学习兴趣和实践能力。
5. 教学评估本节课评估主要包括以下两个方面：•课堂练习评估：考核学生是否掌握了课上所讲的方法和技巧，能否熟练运用所学知识解决相关问题。
•教学效果评估：统计学生的学习成绩，从中评价本节课的教学效果和是否达到了教学目标。
二、教学反思本节课采用了以问题为导向的教学方法，通过一个有趣的问题引导学生主动思考、积极参与讨论，从而激发学生的学习兴趣，使学生更好地掌握所学知识。
在教学过程中，引导学生思考解题方法，从问题出发，让学生在实践中学习，并且根据学生的表现，及时适当调整教学方法，并在课堂上帮助学生完成练习，最大程度地保证每个学生都能理解所学内容，掌握相关技能。
圆内接四边形的性质与判定定理(人教A版选修4-1)
【变式1】 如图所示，AD是△ABC外角∠EAC的角 平分线，AD与三角形的外接圆⊙O交于点D. 求证：DB＝DC. 证明 ∵AD是△ABC的外角∠EAC的平分线，
又∵∠EAD＝∠BCD，∠CAD＝∠CBD.
∴ ∠ DBC＝ ∠ DCB. ∴ DC＝ BD.
课前探究学习
课堂讲练互动
而∠A与∠QFA也互余，
所以∠A＝∠QFC. 所以∠A＝∠QPC. 所以A、B、P、Q四点共圆．
课前探究学习 课堂讲练互动
你敢试一下高考题吗？
【示例2】 (2011·辽宁高考) 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EC＝ED. (1)证明：CD∥AB； (2) 延长 CD 到 F ，延长 DC 到 G ，使得 EF ＝ EG，证明：A，B，G，F四点共圆． [思维启迪] 利用圆内接四边形的性质与判 定定理证明．
外接圆的圆心，证明圆心到四点的距离相等，可取GF的中点H，
证点H即为圆心． (2) 要证 G 、 B 、 C 、 F 四点共圆，只需证 ∠ B ＝ ∠ AFG( 或 ∠ C ＝ ∠AGF)，由D、E为中点，可知DE∥BC，∠B＝∠ADE，故只需 证∠ADE＝∠AFG，由D、E、F、G四点共圆可得．
课前探究学习
所以∠FAB＝∠GBA.所以∠AFG＋∠GBA＝180°.
故A，B，G，F四点共圆．
反思感悟 本题考查了圆内接四边形的性质与判定定理．
课前探究学习 课堂讲练互动
因为四边形ABFE内接于圆，
所以∠B＋∠AEF＝180°. 所以∠AEF＝∠C.所以C、D、E、F四点共圆．
课前探究学习
课堂讲练互动
方法技巧
高中数学新人教版A版精品教案《二 圆内接四边形的性质与判定定理》
《圆内接四边形的性质和判定定理》教学设计李晓冲河北南宫中学一、整体设计思路（教学设计的思路与学习价值分析）本节课是基于学生已有的初中平面几何知识进一步学习设计的一节课，针对学生的认知特点，将本节课分为两个环节。
第一环节：通过生活中的实例提出问题，观察图形得出圆内接四边形的性质定理，并引导学生对两个性质进行几何证明并应用练习。
第二环节：根据数学问题的正反面引出性质的逆命题即判定定理，并引导学生利用反正法证明。
通过例题让学生应用前面获得的具体知识，攻克思维难点，理清思路，进一步加深对判定理的理解。
二、目标设计（指向学生素养发展的目标设计）提高学生的数学思维能力，这是数学教育的基本目标之一，本节力求在帮助学生学习数学和运用数学解决问题中，不断地经历直观感知、观察发现、归纳类比、抽象概括、演绎证明、反思和建构等思维过程。
让其论证推理能力有大幅度提高。
三、学习内容分析（教材地位与作用，教学目标以及重点难点）（一）教材地位与作用“圆内接四边形的性质和判定定理”是普通高中新课程标准实验教科书高中数学人教A版选修4-1第二章中第二节的内容，它是在学生学习完圆周角定理的基础上对圆的进一步研究。
在探究论证的过程中，能够培养学生观察问题、分析问题和解决问题的能力；培养学生形成数形结合的思想意识，提高学生的数学思维能力。
（二）教学目标知识和能力：探索性质的存在及判定的可行性，并进行严密证明和推理；能应用解决一些简单的问题。
过程和方法：在探究圆与四边形过程中，培养学生观察、归纳、抽象和概括能力，提高学生提出、分析和解决问题的能力；情感态度和价值观：培养学生严谨求实的科学态度，增强论证的严密性，体会正与反的和谐统一，感受数学的应用价值，激发学生学习数学的兴趣。
（三）重点和难点重点：理解圆内接四边形的性质与判定定理及其证明。
难点：会应用定理解决相关的几何问题。
（四）学情分析学生初中已经学习了平面几何知识并进一步学习圆周角定理，所以学生本节知识是容易的。
2.2圆内接四边形的性质与判定定理(人教A版选修4-1)
C
EBC D.
性质定理2
A
（2）
B
E
圆内接四边形的外角等于它的内角的对角.
1．已知四边形ABCD是圆内接四边形，下列结 论中，正确的个数有( B ) 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∶4.
D C
A
B
E
2．圆内接四边形判定定理的推论的证明． 已知：如图所示，四边形ABCD， 延长AB到E，∠EBC＝∠CDA. 求证：A、B、C、D四点共圆．
证明：因为∠EBC＝∠CDA，且 ∠EBC＋∠ABC＝180°， 所以∠CDA＋∠ABC＝180°. 由圆内接四边形的判定定理知A、B、C、D四点共圆．
一般地, 任意四边形都有外接圆吗?为什么?
A D A D A D A D
O B C B C
B
C B C
1.【圆内接四边形的性质】
直接研究较困难，那么我们可以先从问题的反面思考：
如果一个四边形内接于圆，那么这样的四边形有 什么特征？
我们应该从哪些角度来思考呢？
观察下面这组图中的四边形都内接于圆.你能 从中发现这些四边形的共同特征吗？
A．1个
C．3个
B．2个
D．4个
2．圆内接平行四边形一定是( D ) A．正方形 C．等腰梯形 B．菱形 D．矩形
1.【圆内接四边形的性质】
如果多边形所有顶点都在一个圆上.那么这个多边 形叫做圆的内接多边形，这个圆叫做多边形的外接圆.
思考: 任意三角形都有外接圆.那么 任意正方形有外接圆吗?为什么? 任意矩形有外接圆吗?为什么? 等腰梯形呢?为什么? 需要具备 什么样的 条件呢？
人教A版选修4-1配套练习第二讲2.2圆内接四边形的性质与判定定理 Word版含解析
第二讲直线与圆的位置关系圆内接四边形的性质与判定定理级基础巩固一、选择题．圆内接平行四边形一定是( )．菱形．正方形．矩形．等腰梯形解析：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：．已知，是⊙的两条直径，则四边形一定是( )．菱形．矩形．等腰梯形．正方形解析：，均为⊙的直径，故四边形的四个角均为直角，且对角线＝，所以四边形为矩形．答案：．四边形内接于圆，∠∶∠∶∠＝∶∶，则∠等于( )．°．°．°．°解析：由圆内接四边形的性质定理，∠＋∠＝°.又由∠∶∠＝∶，设∠＝，∠＝，则＝°，即＝°，所以∠＝＝°.故∠＝°－∠＝°.答案：.如图所示，四边形是⊙的内接四边形，为的延长线上一点，∠＝°，则∠等于( )．°．°．°．°解析：因为四边形是圆内接四边形，且∠＝°，由圆内接四边形性质知∠＝∠＝°，又由圆周角定理知∠＝∠＝°.答案：．如图所示，若是⊙的直径，是⊙的弦，∠＝°，则∠的度数为( )．°．°．°．°解析：如图所示，连接，则△是直角三角形，∠＝°，则∠＝°－∠＝°，根据同弧所对的圆周角相等，∠＝∠＝°.答案：二、填空题.如图所示，四边形是圆的内接四边形，延长与相交于点.若＝，。
人教新课标版数学高二2.2 圆内接四边形的性质与判定定理教案选修4-1
二圆内接四边形的性质与判定定理1.了解圆内接四边形的概念．课标解读2.掌握圆内接四边形的性质、判定定理及其推论，并能解决有关问题.图2－2－11．圆内接四边形的性质定理(1)定理1：圆的内接四边形的对角互补．如图2－2－1：四边形ABCD内接于⊙O，则有：∠A＋∠C＝180°，∠B＋∠D＝180°.图2－2－2(2)定理2：圆内接四边形的外角等于它的内角的对角．如图2－2－2：∠CBE是圆内接四边形ABCD的一外角，则有：∠CBE＝∠D.2．圆内接四边形的判定定理及其推论(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．1．“内接于圆的平行四边形、菱形、梯形分别是矩形、正方形、等腰梯形”这种说法正确吗？【提示】 正确．根据圆内接四边形的对角互补可证． 2．圆内接四边形的性质定理和它的判定定理及推论有何关系？【提示】 性质定理1和判定定理互为逆定理，性质定理2和判定定理的推论互为逆定理．圆内接四边形的性质图2－2－3如图2－2－3，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，在AB 上截取PA ＝AC ，以PC 为直径的圆分别交AB 、BC 、AC 于D 、E 、F .求证：PA PB ＝DADP. 【思路探究】 先利用PC 是圆的直径，得到PF ∥BC ，再利用圆内接四边形的性质，得到DF ∥PC ，最后利用平行线分线段成比例证明结论．【自主解答】 连接DF 、PF . ∵PC 是直径， ∴PF ⊥AC . ∵BC ⊥AC ， ∴PF ∥BC ，∴PA PB ＝FAFC.∵四边形PCFD 内接于⊙O ，∴∠ADF＝∠ACP，∵AP＝AC，∴∠APC＝∠ACP.∴∠ADF＝∠APC.∴DF∥PC，∴DADP＝FAFC，∴PAPB＝DADP.1．在本题的证明过程中，都是利用角相等证明了两直线平行，然后利用直线平行，得到比例式相等．2．圆内接四边形的性质即对角互补，一个外角等于其内对角，可用来作为三角形相似或两直线平行的条件，从而证明一些比例式成立或证明某些等量关系．如图2－2－4所示，已知四边形ABCD内接于⊙O，延长AB和DC相交于点E，EG平分∠AED，且与BC、AD分别交于F、G.图2－2－4求证：∠CFG＝∠DGF.【证明】∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠EBF＝∠ADE.又EF是∠AED的平分线，则∠BEF＝∠DEG，∴△EBF∽△EDG.∴∠EFB＝∠DGF.又∵∠EFB＝∠CFG，∴∠CFG＝∠DGF.圆内接四边形的判定图2－2－5如图2－2－5所示，在△ABC中，AD＝DB，DF⊥AB交AC于F，AE＝EC，EG⊥AC 交AB于G，求证：(1)D、E、F、G四点共圆；(2)G、B、C、F四点共圆．【思路探究】(1)要证D、E、F、G四点共圆，只需找到过这四点的外接圆的圆心，证明圆心到四点的距离相等，可取GF的中点H，证点H即为圆心．(2)要证G、B、C、F四点共圆，只需证∠B＝∠AFG(或∠C＝∠AGF)，由D、E为中点，可知DE∥BC，∠B＝∠ADE，故只需证∠ADE＝∠AFG，由D、E、F、G四点共圆可得．【自主解答】(1)如图，连接GF，取GF的中点H.∵DF⊥AB，EG⊥AC，∴△DGF，△EGF 都是直角三角形．又∵点H是GF的中点，∴点H到D、E、F、G的距离相等，∴点H是过D、E、F、G的外接圆的圆心，∴D、E、F、G四点共圆．(2)连接DE.由(1)知D、G、F、E四点共圆．由四点共圆的性质定理的推论，得∠ADE＝∠AFG.∵AD＝DB，AE＝EC，∴D是AB的中点，E是AC的中点，∴DE∥BC，∴∠ADE＝∠B，∴∠AFG＝∠B，∴G、B、C、F四点共圆．1．解答本题(1)是利用到定点的距离等于定长的点在同一圆上来证明的，本题(2)利用了圆内接四边形判定定理的推论来证明的．2．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；(4)与线段两端点连线夹角相等(或互补)的点连同该线段两端点在内共圆．图2－2－6如图2－2－6，在△ABC中，E，D，F分别为AB，BC，AC的中点，且AP⊥BC于P，求证：E，D，P，F四点共圆．【证明】∵AP⊥BC，F为AC的中点，∴PF是Rt△APC斜边上的中线，∴PF＝FC，∴∠FPC＝∠C，∵E、F、D分别为AB、AC、BC的中点，∴EF∥CD，ED∥FC，∴四边形EDCF为平行四边形，∴∠FED＝∠C，∴∠FPC＝∠FED，∴E、D、P、F四点共圆.圆内接四边形的综合应用如图2－2－7，已知△ABC中，AB＝AC，D是△ABC外接圆劣弧AC上的点(不与点A，C重合)，延长BD至E.图2－2－7(1)求证：AD的延长线DF平分∠CDE；(2)若∠BAC＝30°，△ABC中BC边上的高为2＋3，求△ABC外接圆的面积．【思路探究】(1)利用同弧所对的圆周角相等及圆内接四边形的性质定理求解．(2)外接圆的圆心在BC边的高上，设出外接圆的半径为r，用r表示BC边上的高．【自主解答】(1)证明：如图，∵A、B、C、D四点共圆，∴∠CDF＝∠ABC.又AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，且∠ADB＝∠ACB，∴∠ADB＝∠CDF，又由对顶角相等得∠EDF＝∠ADB，故∠EDF＝∠CDF，即AD的延长线DF平分∠CDE.(2)设O为外接圆圆心，连接AO并延长交BC于H，则AH⊥BC.连接OC，由题意∠OAC＝∠OCA＝15°，∠ACB＝75°.∴∠OCH＝60°.设圆半径为r，则r＋32r＝2＋3，得r＝2，外接圆的面积为4π.1．解答本题(2)时关键是找出外接圆的圆心位置，然后用外接圆的半径表示出BC边上的高．2．此类问题综合性较强，考查知识点较为丰富，往往涉及圆内接四边形的判定与性质的证明和应用，最终得到某些结论的成立．如图2－2－8所示，AB、CD都是圆的弦，且AB∥CD，F为圆上一点，延长FD、AB使它们交于点E.求证：AE·AC＝AF·DE.图2－2－8【证明】如图，连接BD，∵AB∥CD，∴BD＝AC.∵A、B、D、F四点共圆，∴∠EBD＝∠F.又∵∠DEB＝∠FEA，∴△EBD∽△EFA.∴DEAE＝BDAF.∴DEAE＝ACAF，即AE·AC＝AF·DE.(教材第30页习题2.2第3题)如图2－2－9，已知四边形ABCD内接于圆，延长AB和DC相交于E，EG平分∠E，且与BC、AD分别相交于F、G，求证：∠CFG＝∠DGF.图2－2－9(2013·广州调研)四边形ABCD内接于⊙O，BC是直径，AB＝40°，则∠D＝__________.【命题意图】本题主要考查圆内接四边形的性质定理及圆周角定理的应用．【解析】如图连接AC.∵AB＝40°.BC是⊙O的直径，∴∠ACB＝20°，∠BAC＝90°∴∠B＝180°－∠BAC－∠ACB＝70°∴∠D＝180°－∠B＝110°.【答案】110°1．四边形ABCD内接于圆O，延长AB到E，∠ADC＝32°，则∠CBE等于( )A．32°B．58°C．122° D．148°【解析】根据圆内接四边形的外角等于它的内角的对角知，∠CBE＝32°.【答案】 A2．下列说法正确的有( )①圆的内接四边形的任何一个外角等于它的内角的对角；②圆内接四边形的对角相等；③圆内接四边形不能是梯形；④在圆的内部的四边形叫圆内接四边形．A．0个 B．1个C．2个 D．3个【解析】①是圆内接四边形的性质定理2，正确．由于圆内接四边形的对角互补，不一定相等，②不正确．圆内接四边形可以是梯形，③不正确；顶点在同一个圆上的四边形叫圆内接四边形．④不正确．【答案】 B3．如图2－2－10，两圆相交于A，B，过A的直线交两圆于点C，D，过B的直线交两圆于点E，F，连CE，DF，若∠C＝115°，则∠D＝________.图2－2－10【解析】如图，连接AB，∵∠C＝115°，∴∠ABE＝65°，∴∠D＝∠ABE＝65°.【答案】65°4．四边形ABCD内接于圆O，∠A∶∠B∶∠C＝2∶3∶7，则∠D＝________.【解析】∵圆内接四边形的对角互补，∴∠A＋∠C＝180°.又∵∠A∶∠B∶∠C＝2∶3∶7，∴∠A＝40°，∠B＝60°，∠C＝140°.又∠B＋∠D＝180°，∴∠D＝180°－60°＝120°.【答案】120°一、选择题1．如图2－2－11，ABCD是⊙O的内接四边形，延长BC到E，已知∠BCD∶∠ECD＝3∶2，那么∠BOD等于( )图2－2－11A．120°B．136°C．144°D．150°【解析】设∠BCD＝3x，∠ECD＝2x，∴5x＝180°，∴x＝36°，即∠BCD＝108°，∠ECD＝72°.∴∠BAD＝72°，∴∠BOD＝2∠BAD＝144°.【答案】 C2．如图2－2－12，在⊙O中，弦AB的长等于半径，∠DAE＝80°，则∠ACD的度数为( )图2－2－12A ．30° B．45° C ．50° D．60° 【解析】 连接OA ，OB ，∵∠BCD ＝∠DAE ＝80°，∠AOB ＝60°， ∴∠BCA ＝12∠AOB ＝30°，∴∠ACD ＝∠BCD －∠BCA ＝80°－30°＝50°. 【答案】 C图2－2－133．如图2－2－13所示，圆内接四边形ABCD 的一组对边AD 、BC 的延长线相交于点P ，对角线AC 和BD 相交于点Q ，则图中共有相似三角形的对数为( )A ．4B ．3C ．2D ．1【解析】 利用圆周角和圆内接四边形的性质定理，可得△PCD ∽△PAB ，△QCD ∽△QBA ，△AQD ∽△BQC ，△PAC ∽△PBD .因此共4对．【答案】 A图2－2－144．如图2－2－14，AB 是⊙O 的弦，过A 、O 两点的圆交BA 的延长线于C ，交⊙O 于D ，若CD ＝5 cm ，则CB 等于( )A ．25 cmB ．15 cmC ．5 cm D.52cm【解析】 连接OA ，OB ，OD ，∵OA ＝OB ＝OD ，∴∠OAB ＝∠OBA ，∠ODB ＝∠OBD . ∵C ，D ，O ，A 四点共圆， ∴∠OAB ＝∠CDO ，∠CDO ＝∠OBA ， ∴∠CDO ＋∠ODB ＝∠OBA ＋∠OBD ， 即∠CDB ＝∠CBD ，∴CD ＝CB ， ∵CD ＝5 cm ，∴CB ＝5 cm. 【答案】 C 二、填空题图2－2－155．如图2－2－15，以AB ＝4为直径的圆与△ABC 的两边分别交于E ，F 两点，∠ACB ＝60°，则EF ＝________.【解析】 如图，连接AE . ∵AB 为圆的直径， ∴∠AEB ＝∠AEC ＝90°. ∵∠ACB ＝60°，∴∠CAE ＝30°， ∴CE ＝12AC .∵∠C ＝∠C ，∠CFE ＝∠B ， ∴△CFE ∽△CBA .∴EF AB ＝CE AC，∵AB ＝4，CE ＝12AC ，∴EF ＝2.【答案】 2图2－2－166．如图2－2－16，四边形ABCD 是圆O 的内接四边形，延长AB 和DC 相交于点P ，若PBPA＝12，PC PD ＝13，则BCAD的值为________． 【解析】 由于∠PBC ＝∠PDA ，∠P ＝∠P ， 则△PAD ∽△PCB ，∴PC PA ＝PB PD ＝BCAD.又PB PA ＝12，PC PD ＝13，∴PB PA ×PC PD ＝12×13. ∴PC PA ×PB PD ＝16，∴BC AD ×BC AD ＝16. ∴BC AD ＝66. 【答案】66三、解答题7．如图2－2－17，四边形ABCD 内接于⊙O ，过点A 作AE ∥BD 交CB 的延长线于点E .图2－2－17求证：AB ·AD ＝BE ·CD . 【证明】 如图，连接AC . ∵AE ∥BD ，∴∠1＝∠2. ∵∠2＝∠3，∴∠1＝∠3.∵∠4是圆内接四边形ABCD 的一个外角， ∴∠4＝∠ADC . ∴△ABE ∽△CDA ， ∴AB CD ＝BE AD， ∴AB ·AD ＝BE ·CD .8．如图2－2－18，D ，E 分别为△ABC 的边AB ，AC 上的点，且不与△ABC 的顶点重合．已知AE 的长为m ，AC 的长为n ，AD ，AB 的长是关于x 的方程x 2－14x ＋mn ＝0的两个根．(1)证明：C ，B ，D ，E 四点共圆；(2)若∠A ＝90°，且m ＝4，n ＝6，求C ，B ，D ，E 所在圆的半径．图2－2－18【解】 (1)证明：连接DE ，根据题意在△ADE 和△ACB 中，AD ×AB ＝mn ＝AE ·AC ，即AD AC ＝AE AB.又∠DAE ＝∠CAB ，从而△ADE ∽△ACB . 因此∠ADE ＝∠ACB . 所以C ，B ，D ，E 四点共圆．(2)m ＝4，n ＝6时，方程x 2－14x ＋mn ＝0的两根为x 1＝2，x 2＝12. 故AD ＝2，AB ＝12.取CE 的中点G ，DB 的中点F ，分别过G ，F 作AC ，AB 的垂线，两垂线相交于H 点，连接DH .因为C ，B ，D ，E 四点共圆，所以C ，B ，D ，E 四点所在圆的圆心为H ，半径为DH .由于∠A＝90°，故GH ∥AB ，HF ∥AC .从而HF ＝AG ＝5，DF ＝12×(12－2)＝5.故C，B，D，E四点所在圆的半径为5 2.9．如图2－2－19，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，垂足分别为E、F、G、H.你能判断出E、F、G、H是否在同一个圆上吗？试说明你的猜想．图2－2－19【解】猜想：E、F、G、H四个点在以O为圆心的圆上．证明如下：如图，连接OE、OF、OG、OH.在△OBE、△OBF、△OCG、△OAH中，OB＝OC＝OA.∵PEBF为正方形，∴BE＝BF＝CG＝AH，∠OBE＝∠OBF＝∠OCG＝∠OAH＝45°.∴△OBE≌△OBF≌△OCG≌△OAH.∴OE＝OF＝OG＝OH.由圆的定义可知：E、F、G、H在以O为圆心的圆上．10.如图，锐角△ABC的内心为I，过点A作直线BI的垂线，垂足为H，点E为内切圆I与边CA的切点．(1)求证：四点A，I，H，E共圆；(2)若∠C＝50°，求∠IEH的度数．【解】(1)证明：由圆I与边AC相切于点E，得IE⊥AE，结合IH⊥AH，得∠AEI＝∠AHI＝90°.所以，四点A ，I ，H ，E 共圆．(2)由(1)知四点A ，I ，H ，E 共圆，得，∠IEH ＝∠HAI ； 在△HIA 中，∠HIA ＝∠ABI ＋∠BAI ＝12∠B ＋12∠A ＝12(∠B ＋∠A )＝12(180°－∠C )＝90°－12∠C . 结合IH ⊥AH ，得∠HAI ＝90°－∠HIA ＝12∠C ；所以∠IEH ＝12∠C .由∠C ＝50°得∠IEH ＝25°.。
2.2-圆内接四边形的性质与判定定理-教学课件(人教A版选修4-1)
对应边 △ADC∽△ACE ― ― → 结论 成比例
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s 证明 如图，连接 DC，AB. ∵AC＝AB，∴∠ACB＝∠B. 又∵四边形 ABCD 内接于⊙O， ∴∠EDC＝∠B， ∴∠ACB＝∠EDC. ∴∠ADC＝∠ACE. 又∵∠EAC＝∠CAD， ∴△ADC∽△ACE， AC AD ∴AE＝AC ，∴AC2＝AD· AE.
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【变式2】 如图所示，在圆内接
四边形ABCD中，AC平分BD， 且AC⊥BD.∠BAD＝72°， 求四边形其余的各角． 解 ∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠BAD＋∠BCD＝180ห้องสมุดไป่ตู้.
又∵∠BAD＝72°，∴∠BCD＝108°. 又∵AC平分BD，并且AC⊥BD， ∴AC是四边形ABCD外接圆的直径． ∴∠ABC＝∠ADC＝90°.
[思维启迪] (1)要证D、E、F、G四点共圆，只需找到过这四点的
外接圆的圆心，证明圆心到四点的距离相等，可取GF的中点H，
证点H即为圆心． (2) 要证 G 、 B 、 C 、 F 四点共圆，只需证 ∠ B ＝ ∠ AFG( 或 ∠ C ＝ ∠AGF)，由D、E为中点，可知DE∥BC，∠B＝∠ADE，故只需 证∠ADE＝∠AFG，由D、E、F、G四点共圆可得．
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证明 (1)如图，连接GF，取GF的中点H.
∵DF⊥AB，EG⊥AC，∴△DGF，△EGF都是直角三角形．又∵ 点H是GF的中点，∴点H到D、E、F、G的距离相等，∴点H是过 D、E、F、G的外接圆的圆心，∴D、E、F、G四点共圆． (2)连接DE.由(1)知D、G、F、E四点共圆．
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人教版高中选修4-1二圆内接四边形的性质与判定定理课程设计
人教版高中选修4-1二圆内接四边形的性质与判定定理课程设计1. 课程背景二圆内接四边形是高中数学中的一个重要概念，它具有特殊的性质和判定定理。
本课程旨在通过探究二圆内接四边形的性质和判定定理，加深学生对几何学中基本概念和定理的理解和认识，提高学生的数学素养和解决问题的能力。
2. 教学目标本课程的教学目标是：1.了解二圆内接四边形的定义和性质，掌握其特殊性质。
2.掌握二圆内接四边形的判定定理，能够准确应用于实际问题中。
3.培养学生的空间想象和数学推理能力，加强其解决几何问题的能力。
3. 教学内容本课程的教学内容主要包括以下几个方面：3.1 二圆内接四边形的定义和性质3.1.1 定义二圆内接四边形是指一个四边形恰好可以内切于两个不相交的圆上，并且这两个圆恰好内含于这个四边形的两对对边之间。
3.1.2 性质1.二圆内接四边形的对角线互相垂直。
2.二圆内接四边形的对角线相等。
3.二圆内接四边形的任意两对对边之和相等。
4.二圆内接四边形的对边互相平行。
3.2 二圆内接四边形的判定定理3.2.1 判定定理 1给定一个四边形，若其对角线互相垂直，则该四边形是二圆内接四边形。
3.2.2 判定定理 2给定一个四边形，若其对角线相等，则该四边形是二圆内接四边形。
3.3 二圆内接四边形的应用通过数学实例，让学生掌握二圆内接四边形在实际问题中的应用，如：1.圆心角、圆周角、弦长、切线、割线、正多边形等。
2.平面内任意四个不共线的点能组成二圆内接四边形的判定等。
4. 教学方式本课程采用多种教学方式，包括：1.讲授法：通过讲解原理和推导公式，让学生理解和掌握二圆内接四边形的定义、性质和判定定理。
2.演示法：通过实际演示和实验操作，帮助学生了解二圆内接四边形的特殊性质。
3.案例分析法：通过分析实际问题的解决过程，加深学生对二圆内接四边形的理解，提高其解决几何问题的能力。
4.互动式教学：通过小组合作和讨论，促进学生之间的交流和合作，加深对课程内容的理解。
人教版高中数学第二讲2.2圆内接四边形的性质与判定定理
一、听要点。
一般来说，一节课的要点就是老师们在备课中准备的讲课大纲。许多老师在讲课正式开始之前会告诉大家，同学们对此要格外注意。例如在学习物
理课“力的三要素”这一节时，老师会先列出力的三要素——大小、方向、作用点。这就是一堂课的要点。把这三点认真听好了，这节课就基本掌握了。
二、听思路。
思路就是我们思考问题的步骤。例如老师在讲解一道数学题时，首先思考应该从什么地方下手，然后在思考用什么方法，通过什么样的过程来进行
[变式训练] 如图所示，已知四边形 ABCD 内接于圆，延长 AB 和 DC 相交于 E，EG 平分∠BEC，且与 BC、AD 分别 相交于 F、G.
求证：∠CFG＝∠DGF. 证明：因为四边形 ABCD 是圆内接四边形，
所以∠ECF＝∠EAG.
又因为 EG 平分∠BEC， 即∠CEF＝∠AEG， 所以△EFC∽△EGA. 所以∠EFC＝∠EGA. 而∠EGD＝180°－∠EGA， ∠CFG＝180°－∠EFC， 所以∠CFG＝∠DGF.
答案：B
3．在圆的内接四边形 ABCD 中，∠A 和它的对角∠C 的度数比为 1∶2，那么∠A 为( )
A．30° B．60° C．90° D．120° 解析：因为四边形 ABCD 为圆内接四边形， 所以∠A＋∠C＝180°， 又因为∠A∶∠C＝1∶2，所以∠A＝60°.
答案：B
4．如图所示，四边形 ABCD 为⊙O 内接四边形，已 知∠BOD＝60°，则∠BCD＝________．
失分警示：若不能利用(1)结论求出此处的结果，本 题最多得 7 分．
因为 A，B，C，E 四点共圆， 所以∠CED＝∠ABC＝∠ACB＝∠AEF， 所以△AEF∽△DEC.
人教版高中数学选修4-1第二讲2.2圆内接四边形的性质与判定定理
第二讲直线与圆的地点关系2.2圆内接四边形的性质与判断定理A 级基础稳固一、选择题1．圆内接平行四边形必定是()A．正方形B．菱形C．等腰梯形D．矩形分析：因为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： D2．已知 AB，CD 是⊙ O 的两条直径，则四边形 ADBC 必定是 () A．矩形B．菱形C．正方形D．等腰梯形分析： AB，CD 均为⊙O 的直径，故四边形 ADBC 的四个角均为直角，且对角线 AB＝ CD，因此四边形 ADBC 为矩形．答案： A3．四边形 ABCD 内接于圆，∠ A∶∠ B∶∠ C＝7∶6∶3，则∠ D 等于()A．36°B．72°C．144°D．54°分析：由圆内接四边形的性质定理，∠A＋∠C＝180° .又由∠A∶∠ C＝7∶3，设∠A＝7x，∠C＝3x，则 10x＝180°，即 x＝18°，因此∠B＝6x＝108°.故∠D＝180°－∠B＝72°.答案： B4.如下图，四边形ABCD 是⊙ O 的内接四边形， E 为 AB 的延长线上一点，∠ CBE＝40°，则∠ AOC 等于 ()A．20°B．40°C．80°D．100°分析：因为四边形ABCD 是圆内接四边形，且∠ CBE＝ 40°，由圆内接四边形性质知∠D＝∠CBE＝40°，又由圆周角定理知∠AOC＝2∠D＝ 80° .答案： C5．如下图，若AB 是⊙ O 的直径， CD 是⊙ O 的弦，∠ ABD ＝55°，则∠ BCD 的度数为 ()A．35°B．45°C．55°D．75°分析：如下图，连结AD，则△ABD 是直角三角形，∠ ADB ＝90°，则∠DAB＝90°－∠ABD＝35°，依据同弧所对的圆周角相等，∠BCD＝∠DAB＝35°.答案： A二、填空题6.如下图，四边形ABCD 是圆 O 的内接四边形，延伸AB 与BCDC 订交于点 P.若 PB＝1，PD＝3，则AD的值为 ____．分析：因为四边形 ABCD 是圆内接四边形，因此∠BCP＝∠A.又∠P＝∠P，因此△BCP∽△ DAP.BC PB 1因此AD＝PD＝3.1答案：37．如下图，⊙ O1与⊙ O2订交于 A，B 两点， AC 是⊙ O1的直径，延伸 CA，CB，分别交⊙ O2于 D，E，则∠ CDE＝______．分析：连结 AB，因为 AC 是⊙O1的直径，因此∠ABC＝90°.又因为∠ABC＝∠ADE，因此∠ADE＝90°，即∠CDE＝90°.答案： 90°8．如下图，点 A，B，C，D 在同一个圆上， AB，DC 订交于点 P，AD，BC 订交于点 Q，假如∠ A＝50°，∠ P＝30°，那么∠ Q＝________．分析：因为∠A＝50°，∠P＝30°，因此∠QDC＝∠A＋∠P＝80° .又∠QCD＝∠A＝50°，因此∠Q＝180°－ 80°－ 50°＝ 50°.答案： 50°三、解答题9.如下图，四边形 ABCD 是⊙ O 的内接四边形， AB 的延伸线与DC 的延伸线交于点 E，且 CB＝CE.(1)证明：∠ D＝∠ E；(2)设 AD 不是⊙ O 的直径， AD 的中点为 M ，且 MB ＝MC ，证明：△ADE 为等边三角形．证明： (1)由题设知 A，B，C，D 四点共圆，因此∠ D＝∠CBE.由已知得∠CBE＝∠E，故∠D＝∠E.(2)设 BC 的中点为 N，连结 MN ，则由 MB＝MC 知 MN ⊥BC，故O在直线 MN 上．又 AD 不是⊙O 的直径， M 为 AD 的中点，故 OM ⊥AD，即 MN⊥ AD.因此 AD∥BC，故∠A＝∠CBE.又∠CBE＝∠E，故∠A＝∠E.由(1)知，∠D＝∠E，因此△ADE 为等边三角形．10.如下图， CD 为△ABC 外接圆的切线， AB 的延伸线交直线 CD于点 D，E，F 分别为弦 AB 与弦 AC 上的点，且 BC·AC＝DC·AF，B，E，F，C 四点共圆．(1)证明： CA 是△ABC 外接圆的直径；(2)若 DB＝BE＝EA，求过 B、E、F、C 四点的圆的面积与△ABC外接圆面积的比值．(1)证明：因为 CD 为△ ABC 外接圆的切线，因此∠DCB＝∠A，BC DC由题设知FA＝EA，因此△CDB∽△ AEF ，因此∠DBC＝∠EFA.因为 B、E、F、 C 四点共圆，因此∠CFE ＝∠DBC，因此∠EFA＝∠CFE ＝90°，因此∠CBA＝90°，因此 CA 是△ABC 外接圆的直径．(2)解：连结 CE，因为∠CBE＝90°，因此过 B、 E、 F、C 四点的圆的直径为 CE，因为 DB＝ BE， CE＝ DC，又因为 BC2＝DB·BA＝2DB2，因此 CA2＝4DB2＋ BC2＝6DB2，又因为 DC2＝ DB·DA＝ 3DB2，因此 CE2＝3DB2.因此过 B、 E、 F、C 四点的圆的面积与△ABC 外接圆面积的比1值为2.B 级能力提高1.如下图，四边形 ABCD 是⊙ O 的内接四边形，延伸 BC 到 E，已知∠ BCD∶∠ ECD＝3∶2，那么∠ BOD 等于 ()A．120°B．136°C．144°D．150°分析：因为∠BCD∶∠ ECD＝3∶2，且∠BCD＋∠ECD＝180°，因此∠ECD＝72°.由圆内接四边形的性质得∠A＝∠ECD＝72°.又由圆周角定理知∠BOD＝2∠A＝ 2×72°＝ 144°.答案： C2．两圆订交于 A，B，过 A 作两直线分别交两圆于 C，D 和 E，F.若∠ EAB＝∠ DAB，则 CD＝________．分析：因为四边形 ABEC 为圆内接四边形，因此∠2＝∠ CEB.又因为∠1＝∠ECB，且∠1＝∠ 2，因此∠CEB＝∠ECB.因此 BC＝BE.在△CBD 与△ EBF 中，∠ECD＝∠BEF ，∠D＝∠ F，BC＝BE，因此△CBD≌△ EBF ，因此 CD＝EF .答案： EF3.如下图， A，B，C，D 四点在同一圆上， AD 的延伸线与 BC 的延伸线交于 E 点，且 EC＝ED.(1)证明： CD∥AB；(2)延伸 CD 到 F，延伸 DC 到 G，使得 EF ＝EG，证明： A，B，G，F 四点共圆．证明： (1)因为 EC＝ED，因此∠EDC＝∠ECD.因为 A，B，C， D 四点在同一圆上，因此∠EDC＝∠EBA.故∠ECD＝∠EBA.因此 CD∥AB.(2)由(1)知， AE＝BE.因为 EF ＝EG，故∠EFD ＝∠EGC，进而∠FED ＝∠GEC.如图，连结 AF， BG，则△EFA≌△ EGB，故∠FAE＝∠GBE.又 CD∥AB，∠ EDC＝∠ECD，因此∠FAB＝∠ GBA.因此∠AFG＋∠GBA＝180°.故 A，B，G， F 四点共圆．。
人教版数学高二(新课标人教A版选修4-1)直线与圆的位置关系知识精讲
直线与圆的位置关系（一）一. 教学内容：直线与圆的位置关系（一）二. 重点、难点：1. 圆周角定理2. 圆心角定理3. 圆的内接四边形的对角互补4. 圆的内接四边形的外角等于它的内角的对角5. 圆内接四边形判定定理6. 切线的判定定理7. 切线的性质定理8. 弦切角定理【典型例题】如图，OA、OB、OC都是⊙O的半径，∠AOB=2∠BOC，求证：∠ACB=2∠BAC。
证明：⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎬⎫∠=∠∠=∠∠=∠BOCAOBBOCBACAOBACB22121BACACB∠=∠⇒2如图，已知：AB是⊙O的直径，CD是弦，AF⊥CD于F，BE⊥CD于E，连结OE、OF。
求证：OE=OF及CE=DF。
证明：延长EO交AF于N点∵BE⊥CD，AF⊥CD ∴EB//AF ∴∠B=∠A 在△BEO与△ANO中，BO=AO ∠B=∠A，∠BOE=∠AON∴ EO=NO ∴ OF=EO=NO过O 作OM ⊥CD 于M ∴ CM=DM EM=MF ∴CE=DF已知：如图所示，AB 是⊙O 的直径，M 是AB 上一点，过M 作弦CD 且MC=MO ，求证：⋂⋂=AC DB 3。
证明：连结CO 且延长交⊙O 于E 点 ∵ MC=MO ∴ ∠MCO=∠MOC ∵ ∠EOB=∠MOC ∴ ∠MCO =∠EOB ∴ ⋂⋂=BE AC ∵∠MCO 是圆周角 ∴ ⋂⋂=BE DE 2 ∴ ⋂⋂=AC DB 3已知：如图AB 是直径，C 是⋂AE 的中点，CD ⊥AB 于D 交AE 于F ，求证：CF=AF 。
证明：连结AC ，CB ∵ C 是AE 的中点 ∴ ∠B=∠CAE ∵ AB 是直径 ∴ ∠ACB=90° ∵ CD ⊥AB∴ ∠ACD=∠B ∴ ∠ACD=∠CAF ∴ CF=AF已知：△ABC 内接于⊙O ，弦AB 的垂直平分线和CA 及BC 的延长线分别交于点D 及E ，交⊙O 于F 两点，求证：ED ·DO=AD ·DC 。
2.2圆内接四边形的性质与判定定理
O1
E B
O2 F
∴∠BAD+∠F=180°
∴∠E+∠F=180°
8 ∴CE//DF .
[普通高中课程数学选修4-1] 第二讲 直线与圆的位置关系
例2 如图，CF是△ABC的AB边上的高，FP⊥BC,
FQ⊥AC. 求证：A,B,P,Q四点共圆
证明：连接PQ。 在四边形QFPC中，
∵FP⊥BC FQ⊥AC.
如果四边形的一个外角等于它的内角的对角， 那么它的四个顶点共圆.
性质定理的逆命题成立吗？
5
[普通高中课程数学选修4-1] 第二讲 直线与圆的位置关系
假设：四边形ABCD中，∠B+∠D=180°
求证：A,B,C,D在同一圆周上（简称四点共圆）.
证明：(1)如果点D在⊙O外部。则
∠AEC+∠B=180°因∠B+∠D=180°
A
E
D
得∠ D=∠AEC与“三角形外角大于任意
O
B
不相邻的内角”矛盾。故点D不可能在圆外。 C
（1）
(2)如果点D在⊙O内部。则∠B+∠E=180° A
∵∠B+∠ADC=180°∴∠E=∠ADC
D E同样Βιβλιοθήκη 盾。∴点D不可能在⊙O内。O
B
综上所述，点D只能在圆周上，四点共圆。
6
C
（2）
[普通高中课程数学选修4-1] 第二讲 直线与圆的位置关系
90º的圆周角所对的弦是直径.
2
[普通高中课程数学选修4-1] 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
圆内接多边形-----所有顶点都在一个圆上的多边形.
这个圆称多边形的外接圆. 思考: 任意三角形都有外接圆.那么
高中数学第二章直线与圆的位置关系2.2圆内接四边形的性质与判定定理教案新人教A版选修4_1
2.2 圆内接四边形的性质与判定定理课堂探究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°.。
2020学年高中数学第二讲直线与圆的位置关系知识归纳与达标验收创新应用教学案新人教A版选修4_1
第二讲 直线与圆的位置关系[对应学生用书P35]近两年高考中，主要考查圆的切线定理，切割线定理，相交弦定理，圆周角定理以及圆内接四边形的判定与性质等．题目难度不大，以容易题为主．对于与圆有关的比例线段问题通常要考虑利用相交弦定理、割线定理、切割线定理、相似三角形的判定和性质等；弦切角是沟通圆内已知和未知的桥梁，它在解决圆内有关等角问题中可以大显身手；证明四点共圆也是常见的考查题型，常见的证明方法有：①到某定点的距离都相等；②如果某两点在一条线段的同侧时，可证明这两点对该线段的张角相等；③证明凸四边形的内对角互补(或外角等于它的内对角)等．1．(湖南高考)如图，已知AB ，BC 是⊙O 的两条弦，AO ⊥BC ，AB ＝3，BC ＝22，则⊙O 的半径等于________．解析：设AO ，BC 的交点为D ，由已知可得D 为BC 的中点，则在直角三角形ABD 中，AD ＝AB 2－BD 2＝1，设圆的半径为r ，延长AO 交圆O 于点E ，由圆的相交弦定理可知BD ·CD ＝AD ·DE ，即(2)2＝2r－1，解得r ＝32. 答案：322.(新课标全国卷Ⅱ)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.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BE ＝EC .因此BE ＝EC .(2)由切割线定理得PA 2＝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 ＝2PB 2.3．(新课标全国卷Ⅱ)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BC ·AE ＝DC ·AF ，B ，E ，F ，C 四点共圆．(1)证明：CA 是△ABC 外接圆的直径；(2)若DB ＝BE ＝EA ，求过B ，E ，F ，C 四点的圆的面积与△ABC 外接圆面积的比值. 解：(1)证明：因为CD 为△ABC 外接圆的切线，所以∠DCB ＝∠A ，由题设知BC FA ＝DC EA， 故△CDB ∽△AEF ，所以∠DBC ＝∠EFA .因为B ，E ，F ，C 四点共圆，所以∠CFE ＝∠DBC ，故∠EFA ＝∠CFE ＝90°.所以∠CBA ＝ 90°，因此CA 是△ABC 外接圆的直径．(2)连接CE ，因为∠CBE ＝90°，所以过B ，E ，F ，C 四点的圆的直径为CE .由BD ＝BE ，有CE ＝DC .又BC 2＝DB ·BA ＝2DB 2，所以CA 2＝4DB 2＋BC 2＝6DB 2.而DC 2＝DB ·DA ＝3DB 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12. [对应学生用书P35]圆内接四边形的判定与性质 接四边形的判定和性质．[例1] 已知四边形ABCD 为平行四边形，过点A 和点B 的圆与AD 、BC 分别交于E 、F .求证：C 、D 、E 、F 四点共圆．[证明] 连接EF ，因为四边形ABCD 为平行四边形，所以∠B ＋∠C ＝180°.因为四边形ABFE 内接于圆，所以∠B ＋∠AEF ＝180°.所以∠AEF ＝∠C .所以C 、D 、E 、F 四点共圆．[例2] 如图，ABCD 是⊙O 的内接四边形，延长BC 到E ，已知∠BCD ∶∠ECD ＝3∶2，那么∠BOD 等于( )A ．120°B ．136°C ．144°D ．150°[解析] 由圆内接四边形性质知∠A ＝∠DCE ，而∠BCD ∶∠ECD ＝3∶2，且∠BCD ＋∠ECD ＝180°，∠ECD ＝72°.又由圆周角定理知∠BOD ＝2∠A ＝144°.[答案] C 直线与圆相切要，结合此知识点所设计的有关切线的判定与性质、弦切角的性质等问题是高考选做题热点之一，解题时要特别注意．[例3] 如图，⊙O 是Rt △ABC 的外接圆，∠ABC ＝90°，点P 是圆外一点，PA 切⊙O 于点A ，且PA ＝PB .(1)求证：PB 是⊙O 的切线；(2)已知PA ＝3，BC ＝1，求⊙O 的半径．[解] (1)证明：如图，连接OB .∵OA ＝OB ，∴∠OAB ＝∠OBA .∵PA ＝PB ，∴∠PAB ＝∠PBA .∴∠OAB ＋∠PAB ＝∠OBA ＋∠PBA ，即∠PAO ＝∠PBO .又∵PA 是⊙O 的切线，∴∠PAO ＝90°.∴∠PBO ＝90°.∴OB ⊥PB .又OB 是⊙O 半径，∴PB 是⊙O 的切线．(2)连接OP ，交AB 于点D .如图．∵PA ＝PB ，∴点P 在线段AB 的垂直平分线上． ∵OA ＝OB ，∴点O 在线段AB 的垂直平分线上．∴OP 垂直平分线段AB . ∴∠PAO ＝∠PDA ＝90°.又∵∠APO ＝∠OPA ，∴△APO ∽△DPA .∴AP DP ＝PO PA .∴AP 2＝PO ·DP .又∵OD ＝12BC ＝12，∴PO (PO －OD )＝AP 2.即PO 2－12PO ＝(3)2，解得PO ＝2.在Rt △APO 中，OA ＝PO 2－PA 2＝1，即⊙O 的半径为1.与圆有关的比例线段圆的切线、到一些比例式、乘积式，在解题中，多联系这些知识，能够计算或证明角、线段的有关结论．[例4] 如图，A，B是两圆的交点，AC是小圆的直径，D和E分别是CA和CB的延长线与大圆的交点，已知AC＝4，BE＝10，且BC＝AD，求DE的长．[解] 设CB＝AD＝x，则由割线定理得：CA·CD＝CB·CE，即4(4＋x)＝x(x＋10)，化简得x2＋6x－16＝0，解得x＝2或x＝－8(舍去)，即CD＝6，CE＝12.连接AB，因为CA为小圆的直径，所以∠CBA＝90°，即∠ABE＝90°，则由圆的内接四边形对角互补，得∠D＝90°，则CD2＋DE2＝CE2，所以62＋DE2＝122，所以DE＝6 3.[例5] △ABC中，AB＝AC，以AB为直径作圆，交BC于D，O是圆心，DM是⊙O的切线交AC于M(如图)．求证：DC2＝AC·CM.[证明] 连接AD、OD.∵AB是直径，∴AD⊥BC.∵OA＝OD，∴∠BAD＝∠ODA.又AB＝AC，AD⊥BC，∴∠BAD＝∠CAD.则∠CAD＝∠ODA，OD∥AC.∵DM是⊙O切线，∴OD⊥DM.则DM⊥AC，DC2＝AC·CM.[对应学生用书P43](时间：90分钟，满分：120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，满分50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．圆内接四边形的4个角中，如果没有直角，那么一定有( )A ．2个锐角和2个钝角B ．1个锐角和3个钝角C ．1个钝角和3个锐角D ．都是锐角或都是钝角解析：由于圆内接四边形的对角互补，圆内接四边形的4个角中若没有直角，则必有2个锐角和2个钝角．答案：A2.如图，在⊙O 中，弦AB 长等于半径，E 为BA 延长线上一点，∠DAE＝80°，则∠ACD 的度数是( )A ．60°B ．50°C ．45°D ．30° 解析：∠BCD ＝∠DAE ＝80°，在Rt △ABC 中，∠B ＝90°，AB ＝12AC ， ∴∠ACB ＝30°.∴∠ACD ＝80°－30°＝50°.答案：B3．如图所示，在半径为2 cm 的⊙O 内有长为2 3 cm 的弦AB .则此弦所对的圆心角∠AOB 为( )A ．60°B ．90°C ．120°D ．150° 解析：作OC ⊥AB 于C ，则BC ＝3，在Rt △BOC 中cos ∠B ＝BO OB ＝32. ∴∠B ＝30°.∴∠BOC ＝60°.∴∠AOB ＝120°.答案：C4.如图，已知⊙O 的半径为5，两弦AB 、CD 相交于AB 的中点E ，且AB ＝8，CE ∶ED ＝4∶9，则圆心到弦CD 的距离为( ) A.2143B.289C.273D.809 解析：过O 作OH ⊥CD ，连接OD ，则DH ＝12CD ， 由相交弦定理知，AE ·BE ＝CE ·DE .设CE ＝4x ，则DE ＝9x ，∴4×4＝4x ×9x ，解得x ＝23， ∴OH ＝OD 2－DH 2＝52－1332＝2143. 答案：A5.如图，PA 切⊙O 于A ，PBC 是⊙O 的割线，且PB ＝BC ，PA ＝32，那么BC 的长为( ) A. 3B ．2 3C ．3D ．3 3解析：根据切割线定理PA 2＝PB ·PC ， 所以(32)2＝2PB 2.所以PB ＝3＝BC .答案：C6．两个同心圆的半径分别为3 cm 和6 cm ，作大圆的弦MN ＝6 3 cm ，则MN 与小圆的位置关系是( )A ．相切B ．相交C ．相离D ．不确定 解析：作OA ⊥MN 于A .连接OM .则MA ＝12MN ＝3 3. 在Rt △OMA 中， OA ＝OM 2－AM 2＝3(cm)．∴MN 与小圆相切．答案：A7.如图，PAB ，PDC 是⊙O 的割线，连接AD ，BC ，若PD ∶PB ＝1∶4，AD ＝2，则BC 的长是( )A ．4B ．5C ．6D ．8解析：由四边形ABCD 为⊙O 的内接四边形可得∠PAD ＝∠C ，∠PDA ＝∠B .∴△PAD ∽△PCB .∴PD PB ＝AD CB ＝14. 又AD ＝2，∴BC ＝8.答案：D8．已知⊙O 的两条弦AB ，CD 交于点P ，若PA ＝8 cm ，PB ＝18 cm ，则CD 的长的最小值为( )A ．25 cmB ．24 cmC ．20 cmD ．12 cm解析：设CD ＝a cm ，CD 被P 分成的两段中一段长x cm ，另一段长为(a －x ) cm.则x (a －x )＝8×18，即8×18≤(x ＋a －x 2)2＝14a 2. 所以a 2≥576＝242，即a ≥24.当且仅当x ＝a －x ，即x ＝12a ＝12时等号成立． 所以CD 的长的最小值为24 cm.答案：B9．如图，点C 在以AB 为直径的半圆上，连接AC 、BC ，AB ＝10，tan∠BAC ＝34，则阴影部分的面积为( ) A.252π B.252π－24 C ．24D.252π＋24 解析：∵AB 为直径，∴∠ACB ＝90°，∵tan ∠BAC ＝34， ∴sin ∠BAC ＝35. 又∵sin ∠BAC ＝BC AB，AB ＝10，∴BC ＝35×10＝6. AC ＝43×BC ＝43×6＝8，∴S 阴影＝S 半圆－S △ABC ＝12×π×52－12×8×6 ＝252π－24. 答案：B10．在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，以A 为圆心、AC 为半径的圆交AB 于F ，交BA 的延长线于E ，CD ⊥AB 于D ，给出四个等式：①BC 2＝BF ·BA ；②CD 2＝AD ·AB ；③CD 2＝DF ·DE ；④BF ·BE ＝BD ·BA .其中能够成立的有( )A ．0个B ．2个C ．3个D ．4个 解析：①②不正确，由相交弦定理知③正确，又由BC 2＝BE ·BF ，BC 2＝BD ·BA ，得BE ·BF ＝BD ·BA ，故④正确．答案：B二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，满分20分．把正确答案填写在题中的横线上)11．四边形ABCD 内接于⊙O ，若∠BOD ＝120°，OB ＝1，则∠BAD ＝________，∠BCD ＝________，BCD 的长＝________.解析：∠BAD ＝∠12BOD ＝60°， ∠BCD ＝180°－∠BAD ＝120°，由圆的半径OB ＝1，∠BOD ＝2π3， ∴BCD 的长为2π3. 答案：60° 120° 2π3 12．(陕西高考)如图，在圆O 中，直径AB 与弦CD 垂直，垂足为E ，EF ⊥DB ，垂足为F ，若AB ＝6，AE ＝1，则DF ·DB ＝________.解析：由相交弦定理可知ED 2＝AE ·EB ＝1×5＝5，又易知△EBD 与△FED 相似，得DF ·DB ＝ED 2＝5.答案：513.如图，⊙O 为△ABC 的内切圆，AC ，BC ，AB 分别与⊙O 切于点D ，E ，F ，∠C ＝90°，AD ＝3，⊙O 的半径为2，则BC ＝________.解析：如图所示，分别连接OD ，OE ，OF .∵OE ＝OD ，CD ＝CE ，OE ⊥BC ，OD ⊥AC ，∴四边形OECD 是正方形．设BF ＝x ，则BE ＝x .∵AD ＝AF ＝3，CD ＝CE ＝2，∴(2＋x )2＋25＝(x ＋3)2，解得x ＝10，∴BC＝12.答案：1214．如图，AB为⊙O的直径，CB切⊙O于B，CD切⊙O于D，交AB的延长线于E，若EA＝1，ED＝2，则BC＝________.解析：∵CE为⊙O的切线，D为切点，∴ED2＝EA·EB.又∵EA＝1，ED＝2，得EB＝4，又∵CB、CD均为⊙O的切线，∴CD＝CB.在Rt△EBC中，设BC＝x，则EC＝x＋2.由勾股定理得EB2＋BC2＝EC2.∴42＋x2＝(x＋2)2，得x＝3，∴BC＝3.答案：3三、解答题(本大题共4个小题，满分50分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)如图，设AB为⊙O的任一条不与直线l垂直的直径，P是⊙O与l的公共点，AC⊥l，BD⊥l，垂足分别为C，D，且PC＝PD，求证：(1)l是⊙O的切线；(2)PB平分∠ABD.证明：(1)连接OP，因为AC⊥l，BD⊥l，所以AC∥BD.又OA＝OB，PC＝PD，所以OP∥BD，从而OP⊥l.因为P在⊙O上，所以l是⊙O的切线．(2)连接AP，因为l是⊙O的切线，所以∠BPD＝∠BAP.又∠BPD＋∠PBD＝90°，∠BAP＋∠PBA＝90°，所以∠PBA＝∠PBD，即PB平分∠ABD.16．(本小题满分12分)(2012·辽宁高考)如图，⊙O和⊙O′相交于A，B两点，过A 作两圆的切线分别交两圆于C，D两点，连结DB并延长交⊙O于点E.证明：(1)AC·BD＝AD·AB；(2)AC＝AE.证明：(1)由AC 与⊙O ′相切于A ，得∠CAB ＝∠ADB ，同理∠ACB ＝∠DAB ，所以△ACB ∽△DAB .从而AC AD ＝AB BD ，即AC ·BD ＝AD ·AB .(2)由AD 与⊙O 相切于A ，得∠AED ＝∠BAD ，又∠ADE ＝∠BDA ，得△EAD ∽△ABD .从而AE AB ＝AD BD，即AE ·BD ＝AD ·AB .结合(1)的结论，AC ＝AE .17.(本小题满分12分)如图，AB 为圆O 的直径，CD 为垂直于AB 的一条弦，垂足为E ，弦BM 与CD 交于点F .(1)证明：A ，E ，F ，M 四点共圆；(2)证明：AC 2＋BF ·BM ＝AB 2.证明：(1)连接AM ，则∠AMB ＝90°.∵AB ⊥CD ，∴∠AEF ＝90°.∴∠AMB ＋∠AEF ＝180°，即A ，E ，F ，M 四点共圆．(2)连接CB ，由A ，E ，F ，M 四点共圆，得BF ·BM ＝BE ·BA .在Rt △ACB 中，BC 2＝BE ·BA ，AC 2＋CB 2＝AB 2，∴AC 2＋BF ·BM ＝AB 2.18．(辽宁高考)(本小题满分14分)如图，EP 交圆于E ，C 两点，PD切圆于D ，G 为CE 上一点且PG ＝PD ，连接DG 并延长交圆于点A ，作弦AB垂直EP ，垂足为F .(1)求证：AB 为圆的直径；(2)若AC ＝BD ，求证：AB ＝ED .证明：(1)因为PD ＝PG ，所以∠PDG ＝∠PGD .由于PD 为切线，故∠PDA ＝∠DBA ，又由于∠PGD ＝∠EGA ，故∠DBA ＝∠EGA ，所以∠DBA ＋∠BAD ＝∠EGA ＋∠BAD ，从而∠BDA ＝∠PFA .由于AF ⊥EP ，所以∠PFA ＝90°，于是∠BDA ＝90°.故AB 是直径．文档从互联网中收集，已重新修正排版，word格式支持编辑，如有帮助欢迎下载支持。
人教A版高中数学选修4-1-2.2 圆内接四边形的性质和判定定理-学案(无答案)
圆内接四边形的性质与判定定理【学习目标】1. 经历圆内接四边形性质定理的探究过程；2. 理解圆内接四边形的性质与判定定理；3.能应用内接四边形的性质与判定定理理解解决相关的几何问题.【学习重难点】1.圆内接四边形性质定理；2.圆内接四边形性质定理的应用.【第一课时】【自学导引】1.用30分钟的时间阅读课本P27-P29页的内容，完成课前预习内容。
并将预习过程中的疑惑写在我的疑惑里。
2.小组合作完成探究一至三的任务，准备课堂随机展示，点评。
【课前预习】一、问题导学问题1. 众所周知，任意三角形都有外接圆.正方形有外接圆吗？长方形有外接圆吗？问题2. 对于任意四边形，我们如何研究它是否有外接圆？问题3. 我们要找出什么样的四边形具有外接圆，是否可以从反面入手：如果一个四边形内接于圆，那么这样的四边形有什么特征呢？问题4. 圆内接四边形的对角互补，那么他的逆命题成立吗？如果成立，可以得到四边形存在外接圆的判定定理.二、预习自测1．圆内接四边形的性质与判定定理(1)性质定理1 圆的内接四边形的对角______．定理2 圆内接四边形的外角等于它的内角的______．(2)判定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______．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_____．2.判断下列命题是否成立.（1）任意三角形都有外接圆，但可能不止一个；（）（2）矩形有唯一的外接圆；（）（3）菱形有外接圆；（）（4）正多边形有外接圆. （）【课内探究】合作、交流、展示、点评探究一证明：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.（推理的证明）探究二 5.在锐角三角形ABC中，AD是BC边上的高，,,,⊥⊥为垂DE AB DF AC E F足.求证：E、B、C、F四点共圆.C【当堂检测】1. 已知半径为5的⊙O 中，弦52AB =5AC =，则BAC ∠= A.15o B.210o C.10515o o 或 D.2100o o 或32. 如图所示，四边形ABCD 内接于⊙O ，∠BOD ＝110°， 则∠BCD ＝______度．【第二课时】 【学习重难点】1.理解圆内接四边形的概念；2.掌握圆内接四边形的性质定理、判定定理及其推论，并能解决有关问题.【自主学习】1.圆内接四边形的性质定理：定理1 圆的内接四边形的对角___ ___．定理2 圆内接四边形的外角等于它的内角的__ ____．思考：内接于圆的平行四边形、菱形、梯形分别是矩形、正方形、等腰梯形？2.圆内接四边形的判定定理：如果一个四边形的对角互补，那么_ _____． 推论 如果四边形的一个外角等于 ，那么这个四边形的四个顶点共圆． 思考：圆内接四边形的性质定理和它的判定定理及推论有何关系？【自主检测】O·· O FED CBA 1.如图所示，四边形ABCD 内接于⊙O ，110BOD ∠=o ， 则BCD ∠=______度．2.如图，,AD BE 是ABC ∆的两条高，求证：CED ABC ∠=∠.【典例分析】例1.如图，⊙1O 和⊙2O 都经过A 、B 两点，经过点A 的直线CD 与⊙1O 交于点C ，与⊙2O 交于点D .经过点B 的直线EF 与⊙1O 交于点E ，与⊙2O 交于点F ．求证：//CE DF ．例2.如图，CF 是ABC ∆的AB 边上的高，FP BC ⊥，FQ AC ⊥.求证：A 、B 、P 、Q 四点共圆.【目标检测】1.如图，四边形ABCD 是圆O 的内接四边形，延长AB 和DC 相交于点P ，若15PB PD =,则BCAD的值为 .2.如图，D 、E 分别为ABC ∆的边AB 、AC 上的点，且不与ABC ∆的顶点重合，已知AE AC AD AB ⋅=⋅.求证：C 、B 、D 、E 四点共圆.3. 如图，已知四边形ABCD 内接于圆，延长AB 和DC 交于E ，EG 平分E ∠，且与BC 、AD 分别交于F 、G .求证：CFG DGF ∠=∠.【总结提升】证明多点共圆，当它们在一条线段同侧时，可证它们对此线段张角相等，也可以证明它们与某一定点距离相等；如两点在一条线段异侧，则证明它们与线段两端点连成的凸四边形对角互补。
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2.2 圆内接四边形的性质与判定定理
课堂探究
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°.。