2014届高考数学一轮必备考情分析学案：14_3《圆中的比例线段与圆内接四边形》

2014届高考数学一轮必备考情分析学案：14_3《圆中的比例线段与圆内接四边形》

14.3 圆中的比例线段与圆内接四边形 考情分析 1．考查相交弦定理，切割线定理的应用． 2．考查圆内接四边形的判定与性质定理． 基础知识 1．圆中的比例线段 定理名称 基本图形 条件 结论 应用 相交弦定理 弦 AB、CD 相 交于圆内点 P (1)PA·PB＝ PC·PD； (2)△ACP∽ △DBP (1)在 PA、PB、 PC、PD 四线段 中知三求一； (2)求弦长及角 切割线定理 PA 切⊙O 于 A，PBC 是⊙ O 的割线 (1)PA2＝ PB·PC； (2)△PAB∽ △PCA (1)已知 PA、 PB、PC 知二可 求一； (2)求解 AB、AC 割线定理 PAB、PCD 是 ⊙O 的割线 (1)PA·PB＝ PC·PD； (2)△PAC∽ △PDB (1)求线段 PA、 PB、PC、PD 及 AB、CD； (2)应用相似求 AC、BD 2.圆内接四边形 (1)圆内接四边形性质定理：圆内接四边形的对角互补． (2)圆内接四边形判定定理： ①如果四边形的对角互补，则此四边形内接于圆； ②若两点在一条线段同侧且对该线段张角相等，则此两点与线段两个端点共圆， 特别的，对定线段张角为直角的点共圆． 题型一 相交弦定理的应用 【例 1】如图，半径为 2 的⊙O 中，∠AOB＝90°，D 为 OB 的中点，AD 的延长 线交⊙O 于点 E，则线段 DE 的长为________． 解析 延长 DO 交圆 O 于另一点 F，易知 OD＝1，则 AD＝ AO2＋OD2＝ 5.由 相交弦定理得，AD·DE＝BD·DF，即 5·DE＝1×3，DE＝3 5 5 . 答案 3 5 5 【变式 1】如图，AB、CD 是半径为 a 的圆 O 的两条弦，它们相交于 AB 的中点 P，PD＝2a 3 ，∠OAP＝30°，则 CP＝________. 解析 依题 AP＝PB＝ 3 2 a，由 PD·CP＝AP·PB，得 CP＝AP2 PD ＝9 8a. 答案 9 8a 题型二 切割线定理的应用 【例 2】如图所示，PA 为⊙O 的切线，A 为切点，PBC 是过点 O 的割线，PA＝ 10，PB＝5，∠BAC 的平分线与 BC 和⊙O 分别交于点 D 和 E，求 AD·AE 的值． 解 如图所示，连接 CE，∵PA 是⊙O 的切线，PBC 是⊙O 的割线， ∴PA2＝PB·PC.又 PA＝10，PB＝5，∴PC＝20，BC＝15. ∵PA 切⊙O 于 A， ∴∠PAB＝∠ACP. 又∠P 为公共角，∴△PAB∽△PCA. ∴AB CA ＝PA PC ＝10 20 ＝1 2. ∵BC 为⊙O 的直径，∴∠CAB＝90°. ∴AC2＋AB2＝BC2＝225.∴AC＝6 5，AB＝3 5. 又∠ABC＝∠E，∠CAE＝∠EAB， ∴△ACE∽△ADB，∴AB AE ＝AD AC. ∴AD·AE＝AB·AC＝3 5×6 5＝90. 【变式 2】 如图，⊙O 与⊙O′外切于 P，两圆公切线 AC，分 别切⊙O、⊙O′于 A、C 两点，AB 是⊙O 的直径，BE 是⊙O′ 的切线，E 为切点，连 AP、PC、BC. 求证：AP·BC＝BE·AC. 证明 由题意可知∠APC＝90°，连 BP，则∠APB＝90°，∴B、P、C 在同一直 线上，即 P 点在 BC 上，由于 AB⊥AC，易证 Rt△APB∽Rt△CAB. ∴AB CB ＝PB AB ，即 AB2＝BP·BC，又由切割线定理，得 BE2＝BP·BC，∴AB＝BE， 又 Rt△APB∽Rt△CAB， ∴AB CB ＝AP CA ，即 AP·BC＝AB·AC， ∴AP·BC＝BE·AC. 题型三 圆内接四边形性质的应用 【例 3】已知四边形 PQRS 是圆内接四边形，∠PSR＝90°，过点 Q 作 PR、PS 的 垂线，垂足分别为点 H、K. (1)求证：Q、H、K、P 四点共圆； (2)求证：QT＝TS. 证明 (1)∵∠PHQ＝∠PKQ＝90°，∴Q、H、K、P 四点共圆． (2)∵Q、H、K、P 四点共圆，∴∠HKS＝∠HQP，① ∵∠PSR＝90°，∴PR 为圆的直径， ∴∠PQR＝90°，∠QRH＝∠HQP，② 而∠QSP＝∠QRH，③ 由①②③得，∠QSP＝∠HKS，TS＝TK， 又∠SKQ＝90°，∵∠SQK＝∠TKQ，∴QT＝TK，∴QT＝TS. 【变式 3】 如图所示，AB 是⊙O 的直径，G 为 AB 延长线上的一点，GCD 是⊙ O 的割线，过点 G 作 AB 的垂线，交 AC 的延长线于点 E，交 AD 的延长线于点 F，过 G 作⊙O 的切线，切点为 H. 求证：(1)C，D，F，E 四点共圆； (2)GH2＝CE·GF. 证明 (1)如图，连接 BC. ∵AB 是⊙O 的直径，∴∠ACB＝90°. ∵AG⊥FG，∴∠AGE＝90°. 又∠EAG＝∠BAC， ∴∠ABC＝∠AEG. 又∠FDC＝∠ABC， ∴∠FDC＝∠AEG. ∴∠FDC＋∠CEF＝180°. ∴C，D，F，E 四点共圆． (2)∵GH 为⊙O 的切线，GCD 为割线， ∴GH2＝GC·GD. 由 C，D，F，E 四点共圆， 得∠GCE＝∠AFE，∠GEC＝∠GDF. ∴△GCE∽△GFD. ∴GC GF ＝GE GD ， 即 GC·GD＝GE·GF.∴CH2＝GE·GF. 重难点突破 【例 4】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 的长为 m，AC 的长为 n，AD，AB 的长是关于 x 的方程 x2－14x ＋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． [解析] (1)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.(3 分) 因此∠ADE＝∠ACB. 所以 C，B，D，E 四点共圆．(4 分) (2)m＝4，n＝6 时，方程 x2－14x＋mn＝0 的两根为 x1＝2，x2＝12. 故 AD＝2，AB＝12.(6 分) 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，连结 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.(8 分) 由于∠A＝90°，故 GH∥AB，HF∥AC.从而 HF＝AG＝5，DF＝1 2 ×(12－2)＝5. 故 C，B，D，E 四点所在圆的半径为 5 2.(10 分) 巩固提高 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 PB＝1，PD＝3，则BC AD 的值为________． 解析 ∵ABCD 为圆内接四边形，∴∠PBC＝∠ADP，又∠P＝∠P，∴△BCP∽ △DAP，∴BC AD ＝PB PD ＝1 3. 答案 1 3 2．如图，四边形 ABCD 内接于⊙O，BC 是直径，MN 与⊙O 相切，切点为 A， ∠MAB＝35°，则∠D＝________. 解析 连接 BD，由题意知，∠ADB＝∠MAB＝35°，∠BDC＝90°，故∠D＝∠ ADB＋∠BDC＝125°. 答案 125° 3．如图，AB 是⊙O 的直径，D 是⊙O 上一点，E 为 BD 的中点，⊙O 的弦 AD 与 BE 的延长线相交于点 C，若 AB＝18，BC＝12，则 AD＝________. 解析 如图，连接 AE，∵AB 是⊙O 的直径， ∴AE⊥BE，又 E 是 BD 的中点， ∴∠BAE＝∠EAC， 从而 E 是 BC 的中点， ∴BE＝EC＝6，AB＝AC＝18， 由 CD·CA＝CE·CB，得(18－AD)×18＝6×12，故 AD＝14. 答案 14 4．如图，过点 D 作圆的切线切于 B 点，作割线交圆于 A，C 两点，其中 BD＝3， AD＝4，AB＝2，则 BC＝________. 解析 ∵∠A＝∠DBC，∠D＝∠D， ∴△ABD∽△BCD，AD BD ＝AB BC ，解得 BC＝3 2. 答案 3 2 5．如图所示，已知⊙O 的两条弦 AB、CD 相交于 AB 的中点 E，且 AB＝4，DE ＝CE＋3，则 CD 的长为________． 解析 由相交弦定理知， EA·EB＝EC·ED.(*) 又∵E 为 AB 中点，AB＝4，DE＝CE＋3， ∴(*)式可化为 22＝EC(CE＋3)＝CE2＋3CE， ∴CE＝－4(舍去)或 CE＝1. ∴CD＝DE＋CE＝2CE＋3＝2＋3＝5. 答案 5 高考资源网版权所有！投稿可联系 QQ：1084591801