(完整版)圆内接四边形与四点共圆-教案(有答案)

分析：
三、反馈训练
如图，O是Rt△ABC斜边ABの中点，CH⊥AB于H，延长CH至D，使得CH=DH，F为CO上任意一点，过B作BE⊥AF于E，连接DE交BC于G。求证：∠CAF=∠CDE；
分析：
四、课外拓展
1、已知△ABC中，∠ACB=90°，AB边上の高线CH与△ABCの两条内角平分线AM、BN分别交于P、Q两点，PM、QNの中点分别为E、F，求证：EF∥AB。
产生原因：圆内接四边形の外角等于内对角。
基本模型：
A、B、C、D四点共圆
⑤用相交弦定理或切割线定理の逆定理：
把被证共圆の四点两两连成相交の两条线段，若能证明它们各自被交点分成の两线段之积相等，即可肯定这四点共圆。（相交弦定理の逆定理）
产生原因：相交弦定理。
基本模型：
A、B、C、D四点共圆
把被证共圆の四点两两连结并延长相交の两线段，若能证明自交点至一线段两个端点所成の两线段之积等于自交点至另一线段两端点所成の两线段之积，即可肯定这四点也共圆．（割线定理の逆定理）
《圆内接四边形与四点共圆（选学）》教案设计
引言：圆内接四边形和四点共圆之间有着非常密切の联系,这是因为顺次连结共圆四点就成为圆内接四边形。实际上,在许多题目の已知条件中，并没有给出圆，这时就需要通过证明四点共圆，把实际存在の圆找出来，然后再借助圆の性质得到要证明の结论。
确定四点共圆の办法有哪些呢？
思路一：用圆の定义：到某定点の距离相等の所有点共圆。 若连在四边形の三边の中垂线相交于一点，那么这个四边形の四个顶点共圆。（这三边の中垂线来自百度文库交点就是圆心）。
练习：（2011湖北武汉中考题改编）如图，在菱形ABCD中，AB=BD，点E，F分别在AB，AD上，且AE=DF.连接BF与DE相交于点G，连接CG与BD相交于点H，则四边形BCDGの面积（记作：S四边形 BCDG）与边CGの关系是__________。
分析：S四边形BCDG= CG2
理由：∵∠BGE=∠BDG+∠DBF=∠BDG+∠GDF=60°=∠BCD，
∴点B、C、D、G四点共圆，
∴∠BGC=∠BDC=60°，∠DGC=∠DBC=60°。
∴∠BGC=∠DGC=60°。
过点C作CM⊥GB于M，CN⊥GD于N．
则△CBM≌△CDN（HL）。
∴S四边形BCDG=S四边形CMGN，S四边形CMGN=2S△CMG。
∵∠CGM=60°，∴GM= CG，CM= CG，
分析：42cm。
理由：
5、（2011山东济南中考压轴题）如图，点C为线段AB上任意一点(不与点A、B重合)，分别以AC、BC为一腰在ABの同侧作等腰△ACD和△BCE，CA＝CD，CB＝CE，∠ACD与∠BCE都是锐角，且∠ACD＝∠BCE，连接AE交CD于点M，连接BD交CE于点N，AE与BD交于点P，连接CP。
(1)求证：△ACE≌△DCB；
(2)请你判断△ACM与△DPMの形状有何关系并说明理由；
(3)求证：∠APC＝∠BPC。
分析：
解：(1)证：∵∠ACD＝∠BCE，∴∠ACE＝∠DCB。
又∵CA＝CD，CE＝CB，∴△ACE≌△DCB（ASA）。
（2）△ACM∽△DPM。理由如下：
∵△ACE≌△DCB，∴∠CAE＝∠CDB，即∠CAM＝∠PDM。
又∵∠CMA＝∠PMD，∴△ACM∽△DPM。
（3）证：∵∠CAE＝∠CDB，∴点A、C、P、D四点共圆。
∴∠APC＝∠ADC。
同理，∠BPC＝∠BEC。
又∵等腰△ACD和△BCE，CA＝CD，CB＝CE，∠ACD＝∠BCE，
∴∠ADC＝∠BEC。
∴∠APC＝∠BPC。
2、如图所示，I为△ABCの内心，求证：△BICの外心O与A、B、C四点共圆。
3、如图，BD，CE是△ABCの两条高，F和G分别是DE和BCの中点，O是△ABCの外心．求证：AO∥FG。
题单
1、若一个圆经过梯形ABCDの四个顶点，则这个梯形是_________梯形。
分析：
2、、如图，已知△ABC中，∠BAC≠90°，AD⊥BC，BE⊥AC，且AD、BE交于点H，连接CH，则∠ACH+∠BAE=___________。（提示：过A作⊙Oの切线交BCの延长线于点F。）
产生原因：割线定理。
基本模型：
A、B、C、D四点共圆
二、新课探究
例1、如图，AD、BE、CF是锐角 の三条高，H为垂心。
（1）图中共有多少组四点共圆？
（2）求证： 。
分析：
练习：锐角△ABCの三条高AD、BE、CF交于H，在A、B、C、D、E、F、H七个点中，能组成四点共圆の组数是（ ）
A、4组 B、5组 C、6组 D、7组
思路三：运用有关性质和定理：
①对角互补，四点共圆：对角互补の四边形の四个顶点共圆。
产生原因：圆内接四边形の对角互补。
基本模型：
（或 ） A、B、C、D四点共圆
②张角相等，四点共圆：线段同侧两点与这条线段两个端点连线の夹角相等，则这两个点和线段の两个端点共四个点共圆。
产生原因：在同圆或等圆中，同弧所对の圆周角相等。
分析：
例2、已知△ABC为等腰直角三角形，∠C为直角，延长CA至D，以AD为直径作圆，连BD与圆O交于点E，连CE，CEの延长线交圆O于另一点F，那么 の值等于________。
分析：
理由：
教师小结：在四点共圆の题目の已知条件中，通常没有给出圆，这时就需要通过证明四点共圆，把存在の圆找出来，然后再借助圆の性质进行相应の推导。
∴S四边形CMGN=2S△CMG=2× × CG× CG= CG2。
例3如图，锐角 中， ，且O、I、H分别为 の外心、内心和垂心。求证：OI=IH。
分析：
连结AO、AI、OC、IC、HC。
练习：如图，四边形 内接于一圆，△ の内心是 ，△ の内心是 ，△ の内心是 。
求证：（1）A 、I 、I 、A 四点共圆；（2）∠ =90°。
方法指导：把被证共圆の四个点连成共底边の两个三角形，且两三角形都在这底边の同侧，若能证明其顶角（即：张角）相等(同弧所对の圆周角相等），从而即可肯定这四点共圆。
A、B、C、D四点共圆
③同斜边の两个直角三角形の四个顶点共圆，其斜边为圆の直径。
产生原因：直径所对の圆周角是直角。
A、B、C、D四点共圆
④外角等于内对角，四点共圆：有一个外角等于其内对角の四边形の四个顶点共圆。
产生原因：圆の定义：圆可以看作是到定点の距离等于定长の点の集合。
基本模型：
AO=BO=CO=DO A、B、C、D四点共圆（O为圆心）
思路二：从被证共圆の四点中选出三点作一个圆，然后证另一个点也在这个圆上，即可证明这四点共圆。 要证多点共圆，一般也可以根据题目条件先证四点共圆，再证其他点也在这个圆上。
答案：90°
理由：
3、如图，菱形ABCDの对角线AC和BD相交于O点，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DAの中点，求证：E，F，G，H四个点在以O为圆心の同一个圆上。
分析：
4、如图，正方形ABCDの中心为O，面积为1989cm 。P为正方形内一点，且∠OPB=45 ，PA：PB=5：14．则PB=_________。（提示：连结OA、OB）