第十三讲 圆的基本性质.docx
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第十三讲圆的基本性质
第十三讲圆的基本性质
在课内同学们已学了圆的许多基本性质,在此基础上,我们再补充一些与圆有关的性质.
§13.1圆内角与圆外角
与圆有关的角我们学习过圆心角、圆周角、弦切角以及它们的大小与它们所对(或夹)的弧的度数之间的关系.
如果角的顶点在圆内,则称这样的角为圆内角,如图3-28中的∠APB即为圆内角.圆内角的大小究竟与弧有何关系呢?
延长AP,BP分别交圆于C,D两点,再连结AD,则∠APB=∠A+∠D.因为
所以
即圆内角的度数等于它和它的对顶角所对的两弧度数和的一半,其中圆心角是特殊的圆内角.
如果角的顶点在圆外,且角的两边都与同一个圆相交,则称这样的角为圆外角,如图3-29中的∠APB即为圆外角,圆外角的度数与它所夹两弧的度数有关.连结AD,则∠P=∠CAD-∠D.因为
所以
即圆外角的度数等于它所夹两弧度数差的一半.
§13.2圆内接多边形
1.圆内接三角形与正弦定理
在前一讲中我们介绍了正弦定理,利用三角形的外接圆不但可以证明正弦定理,而且还能得出更完满的结果.
如图3-30所示.设⊙O为△ABC的外接圆,⊙O的半径为R,连接BO并延长交⊙O于A′,连结A′C,则∠A=∠A′,且∠A′CB=90°,所以
上面这个等式就是正弦定理,它说明任意一个三角形中,一边与其所对的角的正弦值之比都等于该三角形的外接圆的直径.
2.圆内接四边形与四点共圆
任意一个三角形都存在外接圆,但是任意一个四边形不一定存在外接圆.什么样的四边形外接于圆呢?
我们知道,圆内接四边形对角互补,这个性质定理的逆命题就是圆内接四边形的判定定理,即对角互补的四边形是圆内接四边形.我们学过圆的这个性质:
同弧所对的圆周角相等,如图3-31中A,B,C,A′在圆O上,则∠A=∠A′.这个性质的逆命题就是四点共圆的判定定理,即具有公共边的且同侧公共边所对的角相等的两个三角形共圆,如图3-32所示.△ABC与△A′BC中∠A=∠A′,则A,B,C,A′四点共圆.
§13.3圆外切多边形的性质及判定
1.三角形内切圆半径
如图3-33所示,⊙O是△ABC的内切圆,D,E,F为切点,设内切圆半径为r,连接AO,BO,CO,则有
若△ABC为直角三角形,如图3-34所示,⊙I为其内切圆,D,E,F为切点.由切线长定理知,AD=AF,BD=BE,CE=CF,所以有
AC+BC-AB=CF+CE.
又因为四边形IECF是边长为r的正方形,所以
CF+CE=2r,
即直角三角形内切圆半径等于两直角边之和与斜边差的一半.
2.圆外切四边形
根据切线长定理可推出,圆外切四边形两组对边和相等,即AD+BC=AB+CD(如图3-35所示).
若圆外切四边形是梯形,则圆外切梯形两底和等于两腰和.特别地,圆外切等腰梯形的腰长等于中位线的长(如图3-36所示).
我们知道,任意一个三角形既有外接圆也有内切圆,但是任意一个四边形不一定有外接圆,也不一定有内切圆,只有两组对边和相等的四边形才有内切圆.
下面通过例题,进一步说明与圆有关的常见的一些问题的思路和解法.
例1已知⊙O的半径r=4,AB,CD为⊙O的两条弦,AB,CD的长分别是方程
的两根,其中AB>CD,且AB∥CD.求AB与CD间的距离.
分析解一元二次方程求得方程两根,从而得出弦AB与CD的长,由弦长及半径可求出每条弦的弦心距.若AB,CD位于圆心同侧,则两弦间距离等于弦心距的差;若AB,CD位于圆心异侧,则两弦间距离等于弦心距之和.
解由方程
所以
作OF⊥CD于F,因为AB∥CD,所以OF⊥AB,设垂足为E.
(1)若AB,CD位于圆心O的同侧(图3-37(a)),则AB与CD间的
(2)若AB,CD位于圆心O的异侧(图3-37(b)),则AB与CD间的距离
说明
(1)垂径定理在与弦长有关的计算或证明中是经常使用的,应注意.
(2)注意运用分类讨论的思想,将符合条件的图形间的不同位置关系逐一考查.
例2已知△ABC内接于⊙O,∠B=60°,AD是直径,过D点
分析在△ABC中,只知道AB的长度及∠B的大小,是无法确定BC的长的.因为AD是直径,DE是⊙O的切线,所以DE⊥AD.若连接DC,则∠ADC=∠B=60°,且∠DCE=90°,∠CDE=30°,这样△DCE可解,求出DE边以后可利用切割线定理求出AC的长,或者求出DC边后利用射影定理求出AC,这样由△ABC可解出BC的长.
解连结DC.因为AD为⊙O的直径,DE切⊙O于D,所以
AD⊥DE,∠ACD=90°.
又因为
∠ADC=∠B=60°,
所以 ∠CDE=90°-60°=30°.
因为
DC2=AC×CE(射影定理),
在△ABC中,根据余弦定理有
AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cosB.
设BC=x,则
22+x2-4x·cos60°=6,
整理得
x2-2x-2=0,
说明本题已知条件中虽然给出了两条线段的长度及一个角的大小,但是这些已知量没有集中在同一个三角形中,所以图中各个三角形都无法求解,这时应通过作适当的辅助线,将这些已知量尽可能地转移到同一个三角形中.
另外,在求出AC后,问题转化为在△ABC中已知两边及一对角求另一边,用余弦定理列出一元二次方程,BC的情况完全由方程确定,也可以通过A点向BC边作高线AF,转化为解直角三角形的问题.应注意,垂足F究竟落在BC上还是落在BC的延长线上,因此,应分类讨论.
例3如图3-39所示.已知⊙O的外切△ABC,AB,BC,AC边上的切点为M,D,N,MN与直线DO交于E,连接AE并延长交BC于F.求证:
BF=CF.
分析若证F是BC的中点,因为ED与BC垂直,因此考虑将MN绕E点旋转到与BC平行的位置,即M′N′,这时只要E点是M′N′的中点,结论即可得出.
证过E点作M′N′∥BC,交AB于M′,交AC于N′,连结OM,ON,OM′,ON′.因为⊙O是△ABC的内切圆,且D,M,N为切点,所以
∠OMM′=∠ODB=90°.
因为 ∠OEM′=∠ODB,
所以 ∠OMM′=∠OEM′,
所以O,E,M,M′四点共圆,所以
∠OME=∠OM′E.
同理,O,E,N′,N四点共圆,所以
∠ONE=∠ON′E.
因为OM=ON,所以
∠OME=∠ONE,∠OM′E=∠ON′E,
OM′=ON′,EM′=EN′.
因为M′N′∥BC,
所以BF=FC.
例4如图3-40所示.在半径为1的⊙O中,引两条互相垂直的直径AE和BF,在EF上取点C,弦AC交BF于P,弦CB交AE于Q.证明:
四边形APQB的面积是1.
正方形面积为2.而△ABD的面积为正方形面积的一半,所以,只需证明S△APQB=S△ABD,即证S△BPD=S△BPQ,即证DQ∥PB.因为BP⊥AE,所以,只需证DQ⊥AE.
证因为AE,BF为互相垂直的两条直径,垂足O为圆心,所以AE,BF互相平分、垂直且相等,所以四边形ABEF是正方形.所以
∠ACB=∠AEF=45°,
即 ∠DCQ=∠QED,
所以D,Q,E,C四点共圆.连接CE,DQ,则∠DCE+∠DQE=180°.因为AE为⊙O的直径,所以
∠DCE=90°,∠DQE=90°.
因为∠FOE=90°,进而DQ∥BF,所以
S△BPQ=S△BPD,
所以
S△ABP+S△BPQ=S△ABP+S△BPD,
即
SABQP=S△ABD.
说明当题目的结论直接证明较繁或无法证明时,可根据条件先证明某四点共圆,再利用圆的性质可使问题得以解决,这种方法常称之为“作辅助圆”方法.
练习十三
任一点,自M向弦BC引垂线,垂足为D.求证:
AB+BD=DC.
2.如图3-42所示.P是△ABC的外接圆上一点,由P向边BC,CA,AB引垂线,垂足分别是D,E,F.求证:
D,E,F三点共线.
3.如图3-43所示.AB为半圆O的直径,经过A,B引弦AC与BD,设两弦交于E,又过C,D分别引⊙O的切线交于点P,连接PE.求证:
PE⊥AB.
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- 第十三讲 圆的基本性质 第十 三讲 基本 性质