理解相交弦定理、割線定理、切割線定理/理解圓內接四邊形的判定與性質定理【命題預測】

本課時內容主要考查相交弦定理、切割線定理、割線定理、四邊形為圓內接四邊形的等價條件，考查方式以大題形式出現，一般難度不大．第3課時圓中比例線段與圓內接四邊形【應試對策】1．圓內接四邊形的判定定理是性質的逆命題．考察一個數學問題時，我們常常逆向思考，探討其正確性，發(fā)現新的結論和方法．2．當直線和圓的公共點個數為2,1,0時，位置關系分別是相交、相切、相離．圓的切線性質定理及兩個推論可以整理為：當一條直線滿足三個條件(經過圓心，經過切點，垂直于切線)中的兩個時，另一個成立．3．圓內接四邊形的性質定理是圓中探求角的相等或互補關系的常用定理，使用時要注意觀察圖形，弄清四邊形的外角和它的內對角的位置．其性質定理是溝通角的相等關系的重要依據，解題時要注意與圓周角定理、圓心角、弧、弦、弦心距以及垂徑定理之間的聯系與綜合．4．直觀觀察圖形，大膽猜測結論，多用運動與變化的觀點探究新的結論．由弦切角定理的發(fā)現和證明可以領悟，對一個圖形進行適當的變化，往往可以發(fā)現幾何中一些新的結論，這就是猜想．猜想的證明需結合分類討論思想、特殊化思想和化歸思想．可將切線長定理推廣到空間，從球外一點作球的切線，則切線長相等，球心和這一點的連線與各切線的夾角相等．【知識拓展】圓錐面的截線、平面截圓錐面1．在空間中，取直線l為軸，直線l′與l相交于O點，其夾角為α，l′圍繞l旋轉得到以O為頂點、l′為母線的圓錐面，任取平面γ，若它與軸l的交角為β(若γ與l平行，記β＝0°)，則：

(1)β>α，平面γ與圓錐的交線為橢圓；

(2)β＝α，平面γ與圓錐的交線為拋物線；

(3)β<α，平面γ與圓錐的交線為雙曲線．2．橢圓、雙曲線、拋物線都可以看成是平面截圓錐面所得的截線，其本質是統(tǒng)一的，只是由于平面與圓錐軸線交角的不同而產生這三種曲線的差異，因而這三種曲線可統(tǒng)一為“一個動點到定點F和定直線l的距離之比是一個常數e的軌跡”，當0<e<1，e＝1，e>1時，分別表示橢圓、拋物線和雙曲線．1．圓中比例線段定理名稱基本圖形條件結論應用相交弦定理弦AB、CD相交于圓內點PPA·PB＝

；△ACP∽

(1)在PA、PB、PC、PD四線段中知三求一；(2)求弦長及角切割線定理PA切⊙O于A，PBC是⊙O的割線PA2＝

，△PAB∽△PCA(1)在PA、PB、PC中知二可求一；(2)求解AB、AC割線定理PAB、PCD是⊙O的割線PA·PB＝

；△PAC∽△PCB(1)求線段PA、PB、PC、PD及AB、CD；(2)應用相似求AC、BDPC·PD△BDPPB·PCPC·PD2.圓內接四邊形

(1)圓內接四邊形性質定理：圓內接四邊形對角

．

(2)圓內接四邊形判定定理： ①如果四邊形的對角

，則此四邊形內接于圓． ②若兩點在一條線段同側且對該線段張角相等，則此兩點與

共圓，特別的，對定線段張角為直角的點共圓．互補互補線段兩個端點1．如圖，AB是半圓O的直徑，∠BAC＝30°，BC為半圓的切線，且BC＝4，則點O到AC的距離OD＝________.

解析：在Rt△ABC中，AB＝＝12，∴AO＝6， 在Rt△AOD中，OD＝AOsin30°＝6×＝3.

答案：32．已知PA是圓O的切線，切點為A，PA＝2.AC是圓O的直徑，PC與圓O交于點B，PB＝1，則圓O的半徑R＝________.

解析：如圖所示，由切割弦定理得PA2＝PB·PC，

∴PC＝4，∴AC＝2， ∴R＝. 答案：3.如圖，ABCD是⊙O的內接四邊形，AH⊥CD，如果∠HAD＝30°，那么∠B＝_____.

解析：∴∠HAD＝30°，∠AHD＝90°，∴∠D＝60°，由圓內接四邊形的對角和是180°，得∠B＝120°答案：120°4．如圖所示，⊙O的直徑AC＝2，∠BAD＝75°，∠ACD＝45°，則四邊形ABCD的周長為________．(結果取準確值)

解析：∵∠BAD＝75°，∴∠BCD＝105°， 又∠ACD＝45°，∴∠ACB＝60°， 在Rt△ABC中，∠BAC＝90°－60°＝30°， 又AC＝2，得BC＝1，AC＝.

在Rt△ACD中，∠ACD＝∠CAD＝45°， ∴AD＝CD＝.∴ABCD的周長C＝.

答案：

5．如圖，PT是⊙O的切線，切點為T，直線PA與⊙O交于A、B兩點，∠TPA的平分線分別交直線TA、TB于D、E兩點，已知PT＝2，PB＝，則PA＝______，＝______.解析：由切割線定理：PT2＝PB·PA，∴PA＝

由弦切角定理：∠PTB＝∠TAB，又∵∠TED＝∠PTB＋∠TPE，∠TDE＝∠TAB＋∠DPA.∴∠TED＝∠TDE，TD＝TE.由角平分線性質：答案：

相交弦定理揭示了圓內兩條相交弦被交點分成兩條線段的長度之間的關系，知道了其中的三條可以用相交弦定理求出剩下的一條，特別地，如果兩條弦中的一條是直徑，另一條與直徑垂直的弦被分成了相等的兩部分正好成為直徑被分成兩段的比例中項．【例1】⊙O的直徑CD與弦AB交于P點，若AP＝4，BP＝6，CP＝3，則⊙O的半徑為多少？ 思路點撥：CD、AB是⊙O的兩條相交弦，考慮用相交弦定理． 解：由相交弦定理可知：PA·PB＝PC·PD， ∴PD＝

＝8.∴圓O的半徑為

變式1：(蘇錫常鎮(zhèn)四市高三教學情況調查)在直徑是AB的半圓上有兩點M，N，設AN與BM的交點為P.

求證：AP·AN＋BP·BM＝AB2.

證明：作PE⊥AB于點E.∵AB為直徑， ∴∠ANB＝∠AMB＝90°， ∴P，E，B，N四點共圓，P，E，A，M四點共圓，①＋②得AB(AE＋BE)＝AP·AN＋BP·BM，即AP·AN＋BP·BM＝AB2.割線定理反映了從圓外一點向圓引兩條割線，得到的四條線段之間的關系，切線定理可以看作是割線定理的特殊情況．當一個問題中出現圓的割線時，可以添加一條切線，以便于利用切割線定理，有的用切割線定理求解問題，也可以連結圓心和切點構造直角三角形，利用勾股定理求解．【例2】如圖，已知AB是半圓的直徑，D是AB上的一點，CD⊥AB，CD交半圓于點E，CT是半圓的切線，T是切點，CB交半圓于F，求證：BE2＋CT2＝BC2.

思路點撥：有切線有割線，考慮利用切割線定理，有直徑，莫忘直角，有平方形式，考慮射影定理．證明：連結AE，AF，∵AB是直徑，∴∠AEB＝∠AFB＝90°，由∠CDB＝90°，∠ABC＝∠DBF，∴△DBC∽△FBA.∴

，即AB·BD＝BC·BF，∵∠AEB＝90°，CD⊥AB，∴BE2＝BD·AB(射影定理)．∵CT是切線，CB是割線，∴CT2＝CF·CB.∴BC2－CT2＝BC2－CF·CB＝BC(BC－CF)＝BC·BF，∴BE2＝BC2－CT2，即BE2＋CT2＝BC2.變式2：如圖，⊙O與⊙O′外切于P，兩圓公切線AC，分別切⊙O、⊙O′于A、C兩點，AB是⊙O的直徑，BE是⊙O′的切線，E為切點，連AP、PC、BC，求證：AP·BC＝BE·AC.

證明：由題意可知∠APC＝90°，連BP，則∠APB＝90°， ∴B、P、C在同一直線上，即P點在BC上，由于AB⊥AC， 易證Rt△APB∽Rt△CAB.∴，即AB2＝BP·BC， 又由切割線定理，得BE2＝BP·BC.∴AB＝BE，又Rt△APB∽Rt△CAB， ∴，即AP·BC＝AB·AC，∴AP·BC＝BE·AC.

圓內接四邊形的問題，要抓住角度的相等或互補，轉化為四點共圓；同樣利用四點共圓，可以得到相關的角度相等．【例3】在梯形ABCD中，AB∥DC，AB>CD，K，M分別在AD，BC上，∠DAM＝∠CBK.求證：C，D，K，M四點共圓．

思路點撥：由∠DAM＝∠CBK，易得A，B，M，K四點共圓，由此轉化到相關角相等與互補，再證C，D，K，M四點共圓．證明：在四邊形ABMK中．∵∠DAM＝∠CBK，∴A，B，M，K四點共圓．連接KM，有∠DAB＝∠CMK.∵∠DAB＋∠ADC＝180°，∴∠CMK＋∠KDC＝180°.故C，D，K，M四點共圓．變式3：在梯形ABCD中，AB∥DC，AB>CD，K，M分別在AD，BC上，∠DAM＝∠CBK.

求證：∠DMA＝∠CKB.

證明：易知A，B，M，K四點共圓，則∠AMB＝∠BKA.

連接KM，如圖所示， 有∠DAB＝∠CMK.∵∠DAB＋∠ADC＝180°， ∴∠CMK＋∠KDC＝180°.故C，D，K，M四點共圓?∠CMD＝∠DKC.

又∠AMB＝∠BKA，∴∠DMA＝∠CKB.1．在計算與證明過程中，可以使用下列定理作為推理的依據： 若兩點在一條線段同側且對該線段張角相等，則此兩點與線段兩個端點共圓．特別地，對定線段張角為直角的點共圓．2．注意觀察、分析圖形，把復雜的圖形分解成幾個基本圖形，通過添加輔助線補全或構造基本圖形．3．運用轉化的思想解決幾何證明問題，運用方程的思想解決幾何計算問題．還要靈活運用數學思想方法.

【規(guī)律方法總結】

【例4】(2009·寧夏、海南卷)如圖所示，已知△ABC的兩條角平分線AD和CE相交于H，∠B＝60°，F在AC上，且AE＝AF. (1)證明：B，D，H，E四點共圓；

(2)證明：CE平分∠DEF.

分析：(1)只要證明四邊形BDHE的內角互補即可；(2)根據第(1)問的證明可得∠AHE＝60°，連接BH后，∠HBD＝30°，故只要證明∠CEF＝30°即可，根據已知AE＝AF，AH為角平分線可知AH⊥EF，故∠CEF＝30°.【高考真題】規(guī)范解答：(1)在△ABC中，因為∠B＝60°，所以∠BAC＋∠BCA＝120°.因為AD，CE是角平分線，所以∠HAC＋∠HCA＝60°，故∠AHC＝120°，于是∠EHD＝∠AHC＝120°.因為∠EBD＋∠EHD＝180°，所以B，D，H，E四點共圓．(2)如圖所示，連接BH，則BH為∠ABC的平分線，得∠HBD＝30°.由(1)，知B，D，H，E四點共圓，所以∠CED＝∠HBD＝30°.又∠AHE＝∠EBD＝60°，由已知可得EF⊥AD，∠CEF＝30°，所以CE平分∠DEF.【命題探究】本題是對考生幾何推理論證能力的綜合考查，所用到的知識也比較多，試題設計的新穎之處是B，D，H，E四點共圓．實際上，在四邊形BDHE中，∠DHE＝∠AHC＝180°－(∠CAB＋∠ACB)，若要B，D，H，E四點共圓必須使(∠CAB＋∠ACB)＝∠ABC，即必須使∠B＝60°，也就是說在這個三角形中B，D，H，E四點共圓的充要條件是∠B＝60°.【全解密】【知識鏈接】三角形中的4個心外心：三角形三條邊的垂直平分線交于一點，這個點叫做三角形的外心；內心：三角形的三條角平分線交于一點，這個點叫做三角形的內心；重心：三角形的三條中線交于一點，這個點叫做三角形的重心；垂心：三角形的三條高線交于一點，這個點叫做三角形的垂心．【技巧點撥】證明四點共圓主要就是根據四點共圓的條件進行證明，在解題時要根據已知條件，通過等量代換將角集中到一個四邊形中，達到使用條件的目的．【誤點警示】第(1)問中對角的關系理解混亂，不能有意識地使用三角形內角和定理進行角之間的轉換；第(2)問中不知道連接BH，使用BH是∠ABC的平分線，以及表述不清、邏輯關系混亂等．幾何證明講究推理論證嚴謹，表述層次分明，在解答平面幾