圆内接四边形性质及判定定理.docx
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圆内接四边形性质及判定定理
二圆内接四边形的性质及判判断理
[对应学生用书P21]
1．圆内接四边形的性质
（1）圆的内接四边形对角互补．
如图：
四边形ABCD内接于⊙O，则有：
∠A＋∠C＝180°，∠B＋∠
D＝180°.
（2）圆内接四边形的外角等于它的内角的对角．
如图：
∠CBE是圆内接四边形ABCD的一外角，则有：
∠CBE＝∠
D.
2．圆内接四边形的判断
（1）判判断理：
假如一个四边形的对角互补，那么这个四边形的四个极点共圆．
（2）推论：
假如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极点共
圆．
[对应学生用书P21]
圆内接四边形的性质
[例1]如图，AB是⊙O的直径，弦BD，CA的延伸线订交于点E，
EF
垂直
BA的延伸线于点
F.
求证：
∠
DEA＝∠DFA.
[思路点拨
]
此题主要察看圆内接四边形判断及性质的应用．
解题时，
只要证
A，D，E，
F
四点共圆后可得结论．
[证明]
连结
AD.由于
AB为圆的直径，所以∠
ADB＝90°又.EF⊥AB，
∠EFA＝90°，所以
A，D，E，F
四点共圆．
所以∠DEA＝∠DFA.
圆内接四边形的性质即对角互补，一个外角等于其内角的对角，可用来作为三角形相像
的条件，进而证明一些比率式的建立或证明某些等量关系．
1．圆内接四边形ABCD中，已知∠A，∠B，∠C的度数比为4∶3∶5，求四边形各角
的度数．
解：
设∠A，∠B，∠C的度数分别为4x,3x,5x，
则由∠A＋∠C＝180°，
可得4x＋5x＝180°∴.x＝20°.
∴∠A＝4×20°＝80°，∠B＝3×20°＝60°，
∠C＝5×20°＝100°，∠D＝180°－∠B＝120°.
2．已知：
如图，四边形ABCD内接于圆，延伸AD，BC订交于点E，点F是BD的延伸线上的点，且DE均分∠CDF.
（1）求证：
AB＝AC；
（2）若AC＝3cm，AD＝2cm，求DE的长．
解：
（1）证明：
∵∠ABC＝∠2，
∠2＝∠1＝∠3，∠4＝∠3，
∴∠ABC＝∠4.
∴AB＝AC.
（2）∵∠3＝∠4＝∠ABC，
∠DAB＝∠BAE，∴△ABD∽△AEB.
∴AB＝AD.
AEAB
∵AB＝AC＝3，AD＝2，
2
∴AE＝AB＝9.
AD2
∴DE＝9－2＝5（cm）.
22
圆内接四边形的判断
[例2]如图，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．
[思路点拨]可先连结PF，结构四边形EDPF的外角∠FPC，证明∠FPC＝∠C，再证
明∠FPC＝∠FED即可．
[证明]如图，连结PF，
∵AP⊥BC，F为AC的中点，
∴PF＝1AC.2
∵FC＝1AC，
2
∴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．
证明四点共圆的方法常有：
①假如四点与必然点等距离，那么这四点共圆；②假如四边形的一组对角互补，那么这个四边形的四个极点共圆；③假如四边形的一个外角等于它的内对角，那么这个四边形的四个极点共圆；④假如两个三角形有公共边，公共边所对的角相等且在公共边的同侧，那么这两个三角形的四个极点共圆．
3．判断以下各命题能否正确．
（1）随意三角形都有一个外接圆，但可能不但调个；
（2）矩形有独一的外接圆；
（3）菱形有外接圆；
（4）正多边形有外接圆．
解：
（1）错误，随意三角形有独一的外接圆；
（2）正确，由于矩形对角线的交点到各极点
的距离相等；（3）错误，只有当菱形是正方形时才有外接圆；（4）正确，由于正多边形的中心
到各极点的距离相等．
4．已知：
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：
（1）如图，
连结GF，
由DF⊥AB，EG⊥AC，知∠GDF＝∠GEF＝90°，
∴GF中点到D、E、F、G四点距离相等，∴D、E、F、G四点共圆．
（2）连结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.
圆内接四边形的综合应用
[例3]如图，已知⊙O1与⊙O2订交于A、B两点，P是⊙O1上一点，PA、PB的延伸线分别交⊙O2于点D、C，⊙O1的直径PE的延伸线交CD于点M.
求证：
PM⊥CD.
[思路点拨]⊙O1与⊙O2订交，考虑连结两交点A、B得公共弦AB；PE是⊙O1的直径，
考虑连结AE或BE得90°的圆周角；要证PM⊥CD，再考虑证角相等．
[证明]如图，
分别连结AB，AE，
∵A、B、C、D四点共圆，∴∠ABP＝∠D.
∵A、E、B、P四点共圆，∴∠ABP＝∠AEP.
∴∠AEP＝∠D.
∴A、E、M、D四点共圆．∴∠PMC＝∠DAE.
∵PE是⊙O1的直径，∴EA⊥PA.
∴∠PMC＝∠DAE＝90°.
∴PM⊥CD.
此类问题综合性强，知识点丰富，解决的方法大多是先判断四点共圆，此后利用圆内接四边形的性质证明或求得某些结论建立．
5.如图，P点是等边△ABC外接圆的BC上一点，CP的延伸线和AB
的延伸线交于点D，连结BP.
求证：
（1）∠D＝∠CBP；
（2）AC2＝CP·CD.
证明：
（1）∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC＝∠A＝60°.
∴∠DBC＝120°.
又∵四边形ABPC是圆内接四边形，
∴∠BPC＝180°－∠A＝120°.
∴∠BPC＝∠DBC.
又∵∠DCB＝∠BCP，
∴△BCP∽△DCB.
∴∠D＝∠CBP.
（2）由
（1）知△BCP∽△DCB，
∴BC＝CP.
DCCB
∴CB2＝CP·CD.
又CB＝AC，∴AC2＝CP·CD.
6．如图，在正三角形ABC中，点D，E分别在边BC，AC上，且BD＝1BC，CE＝1CA，
33
AD，BE订交于点P.
求证：
（1）四点P，D，C，E共圆；
（2）AP⊥CP.
解：
（1）证明：
在△ABC中，
由BD＝1BC，CE＝1CA知：
33
△ABD≌△BCE，
即∠ADB＝∠BEC，即∠ADC＋∠BEC＝180°，
所以四点P，D，C，E共圆．
（2）如图，连结DE.
在△CDE中，CD＝2CE，
∠ACD＝60°，
由余弦定理知∠CED＝90°.由四点P，D，C，E共圆知，
∠DPC＝∠DEC，
所以AP⊥CP.
[对应学生用书P24]
一、选择题
1．设四边形ABCD为圆内接四边形，现给出四个关系式：
①sinA＝sinC，②sinA＋sinC＝0，③cosB＋cosD＝0，④cosB＝cosD.
此中恒建立的关系式的个数是（
）
A．1
B．2
C．3
D．4
解析：
由于圆内接四边形的对角互补，
故∠A＝180°－∠C，且∠A，∠C均不为0°或180°，
故①式恒建立，②式不建立．
相同由∠B＝180°－∠D知，③式恒建立．
④式只有当∠
B＝∠D＝90°时建立．
答案：
B
2．圆内接四边形
A．4∶2∶3∶1
C．4∶1∶3∶2
解析：
由四边形
ABCD中，∠A∶∠B∶∠C∶∠D能够是（）
B．4∶3∶1∶2
D．以上都不对
ABCD内接于圆，得∠A＋∠C＝∠B＋∠D，进而只有
B符合题意．
答案：
B
3．如图，四边形
ABCD
是⊙O的内接四边形，
E为
AB的延伸线
上一点，∠
CBE＝40°，则∠AOC
等于（
）
A．20°
B．40°
C．80°
D．100
°
解析：
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：
C
4．已知四边形ABCD是圆内接四边形，以下结论中正确的有（）
①假如∠A＝∠C，则∠A＝90°；
②假如∠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能够是1∶2∶3∶4
A．1个
B．2个
C．3个
D．4个
解析：
由“圆内接四边形的对角互补”可知：
①相等且互补的两角必为直角；②两相等邻角的对角也相等（亦可能有∠A＝∠B＝∠C＝∠D的特例）；③互补两内角的外角也互补；④两组对角之和的份额必然相等（这里1＋3≠2＋4）．所以得出①③正确，②④错误．
答案：
B
二、填空题
5．（2014陕·西高考）如图，△ABC中，BC＝6，以BC为直径的半圆分别交AB，AC于
点E，F，若AC＝2AE，则EF＝________.
解析：
∵B，C，F，E四点在同一个圆上，∴∠AEF＝∠ACB，又∠A＝∠A，∴△AEF
∽△ACB，∴AE＝EF，
ACBC
即1＝EF，∴EF＝3.
26
答案：
3
6．如图，直径AB＝10，弦BC＝8，CD均分∠ACB，则AC＝______，
BD＝________.
解析：
∠ACB＝90°，∠ADB＝90°.
在Rt△ABC中，AB＝10，BC＝8，∴AC＝AB2－BC2＝6.
又∵CD均分∠ACB.
即∠ACD＝∠BCD，
∴AD＝BD.
∴BD＝
AB2
＝52.
2
答案：
6
52
7．如图，点A，B，C，D都在⊙O上，若∠C＝34°，则∠AOB＝________，∠ADB＝
________.
解析：
∵∠C和∠AOB分别是AB所对的圆周角与圆心角，
∴∠AOB＝2∠C＝68°.
∵周角是360°，劣弧AB的度数为68°，∴优弧AB的度数为292°.
1
∴∠ADB＝×292°＝146°.
答案：
68°146°
三、解答题
8.已知：
如图，E、F、G、H分别为菱形ABCD各边的中点，对
角线AC与BD订交于O点，求证：
E，F，G，H共圆．
证明：
法一：
连结EF、FG、GH、HE.
∵E、F分别为AB、BC的中点，∴EF∥AC.同理EH∥BD.
∴∠HEF＝∠AOB.
∵AC⊥BD，∴∠HEF＝90°.同理∠FGH＝90°.
∴∠HEF＋∠FGH＝180°.∴E、F、G、H共圆．
法二：
连结OE、OF、OG、OH.
∵四边形ABCD为菱形．
∴AC⊥BD，
AB＝BC＝CD＝DA.
∵E、F、G、H分别为菱形ABCD各边的中点，
∴OE＝1AB，OF＝1BC，
22
OG＝1CD，OH＝1DA.
22
∴OE＝OF＝OG＝OH.
∴E，F，G，H在以O点为圆心，以OE为半径的圆上．故E，F，G，H四点共圆．
9.如图，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）由于EC＝ED，
所以∠EDC＝∠ECD.
由于A，B，C，D四点在同一圆上，
所以∠EDC＝∠EBA.
故ECD＝∠EBA.
所以CD∥AB.
（2）由
（1）知，AE＝BE.
由于EF＝EG，
故∠EFD＝∠EGC，进而∠FED＝∠GEC.
连结AF，BG，则△EFA≌△EGB，
故∠FAE＝∠GBE.
又CD∥AB，∠EDC＝∠ECD，所以∠FAB＝∠GBA.
所以∠AFG＋∠GBA＝180°.
故A，B，G，F四点共圆．
10．如图，已知⊙O的半径为2，弦AB的长为23，点C与点D分别是劣弧AB与优弧ADB上的任一点（点C、D均不与A、B重合）．
（1）求∠ACB.
（2）求△ABD的最大面积．
解：
（1）连结OA、OB，作OE⊥AB，E为垂足，则AE＝BE.
Rt△AOE中，OA＝2.
AE＝1AB＝1×23＝3.
22
AE3
所以sin∠AOE＝＝，
∴∠AOE＝60°，∠AOB＝2∠AOE＝120°.
又∠ADB＝1∠AOB，
2
∴∠ADB＝60°.
又四边形ACBD为圆内接四边形，
∴∠ACB＋∠ADB＝180°.
进而有∠ACB＝180°－∠ADB＝120°.
（2）作DF⊥AB，垂足为
F，则
△
1
AB·DF＝
1×2
3×DF＝3DF.
S
ABD＝
2
2
明显，当
DF经过圆心O时，DF取最大值，
进而S△ABD获得最大值．
此时DF＝DO＋OF＝3，S△ABD＝33，
即△ABD的最大面积是33.
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