高中数学人教A版选修4-1课时跟踪检测（七） 圆内接四边形的性质与判定定理 Word版含解析.doc
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高中数学人教A版选修4-1课时跟踪检测（七） 圆内接四边形的性质与判定定理 Word版含解析.doc
课时跟踪检测(七) 圆内接四边形的性质与判定定理
一、选择题
1．四边形ABCD的一个内角∠C＝36°，E是BA延长线上一点，若∠DAE＝36°，则四边形ABCD( )
A．一定有一个外接圆
B．四个顶点不在同一个圆上
C．一定有内切圆
D．四个顶点是否共圆不能确定
解析：选A 因为∠C＝36°，∠DAE＝36°，所以∠C与∠BAD的一个外角相等，由圆内接四边形判定定理的推论知，该四边形有外接圆，故选A.
2．圆内接四边形ABCD中，∠A∶∠B∶∠C∶∠D可以是( )
A．4∶2∶3∶1 B．4∶3∶1∶2
C．4∶1∶3∶2 D．以上都不对
解析：选B 由四边形ABCD内接于圆，得∠A＋∠C＝∠B＋∠D，从而只有B项符合题意．
3．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，E为AB的延长线上一点，∠CBE＝40°，则∠AOC等于( )
A．20° B．40°
C．80° D．100°
解析：选C 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°.
4．已知四边形ABCD是圆内接四边形，下列结论中正确的有( )
①如果∠A＝∠C，则∠A＝90°；
②如果∠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可以是1∶2∶3∶4
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
解析：选B 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须相等(这里1＋3≠2＋4)．因此得出①③正确，②④错误．
二、填空题
5．如图，直径AB＝10，弦BC＝8，CD平分∠ACB，则AC＝______，BD＝________.
解析：∠ACB＝90°，∠ADB＝90°.
在Rt△ABC中，AB＝10，BC＝8，
∴AC＝eq \r(AB2－BC2)＝6.
又∵CD平分∠ACB，即∠ACD＝∠BCD，
∴AD＝BD.
∴BD＝ eq \r(\f(AB2,2))＝5eq \r(2).
答案：6 5eq \r(2)
6．如图，在圆内接四边形ABCD中，AB＝AD，AC＝1，∠ACD＝60°，则四边形ABCD的面积为________．
INCLUDEPICTURE"15XTRJX4-1-38.TIF"
解析：过A作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F.
因为∠ADF＋∠ABC＝180°，
∠ABE＋∠ABC＝180°，
所以∠ABE＝∠ADF.
又因为AB＝AD，
∠AEB＝∠AFD＝90°，
所以Rt△AEB≌Rt△AFD.
所以S四边形ABCD＝S四边形AECF，AE＝AF.
又因为∠E＝∠AFC＝90°，AC＝AC，
所以Rt△AEC≌Rt△AFC.
因为∠ACD＝60°，∠AFC＝90°，
所以∠CAF＝30°.因为AC＝1，
所以CF＝eq \f(1,2)，AF＝eq \f(\r(3),2)，
所以S四边形ABCD＝2S△ACF＝2×eq \f(1,2)CF×AF＝eq \f(\r(3),4).
答案：eq \f(\r(3),4)
7.如图，已知四边形ABCD内接于圆，分别延长AB和DC相交于点E，EG平分∠E，且与BC，AD分别相交于F，G，若∠AED＝40°，∠CFG＝80°，则∠A＝________.
解析：∵EG平分∠E，∴∠FEC＝20°.
∴∠FCE＝∠CFG－∠FEC＝60°.
∵四边形ABCD内接于圆，
∴∠A＝∠FCE＝60°.
答案：60°
三、解答题
8.如图，在△ABC中，∠C＝60°，以AB为直径的半圆O分别交AC，BC于点D，E，已知⊙O的半径为2eq \r(3).
(1)求证：△CDE∽△CBA；
(2)求DE的长．
解：(1)证明：因为四边形ABED为⊙O的内接四边形，
所以∠CED＝∠A(或∠CDE＝∠B)．
又∠C＝∠C，
所以△CDE∽△CBA.
(2)法一：连接AE.由(1)得eq \f(DE,BA)＝eq \f(CE,CA)，
因为AB为⊙O的直径，
所以∠AEB＝∠AEC＝90°.
在Rt△AEC中，因为∠C＝60°，所以∠CAE＝30°，
所以eq \f(DE,BA)＝eq \f(CE,CA)＝eq \f(1,2)，即DE＝2eq \r(3).
法二：连接DO，EO.
因为AO＝DO＝OE＝OB，
所以∠A＝∠ODA，∠B＝∠OEB.
由(1)知∠A＋∠B＝∠CDE＋∠CED＝120°，
又∠A＋∠B＋∠ADE＋∠DEB＝360°，
所以∠ODE＋∠OED＝120°，
则∠DOE＝60°，
所以△ODE为等边三角形，
所以DE＝OB＝2eq \r(3).
9.如图，A，B，C，D四点在同一圆上，AD的延长线与BC的延长线交于E点，且EC＝ED.
(1)证明：CD∥AB；
(2)延长CD到F，延长DC到G，使得EF＝EG，证明：A，B，G，F四点共圆．
证明：(1)因为EC＝ED，
所以∠EDC＝∠ECD.
因为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.
因为EF＝EG，
故∠EFD＝∠EGC，从而∠FED＝∠GEC.
连接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．
INCLUDEPICTURE"能力提升彩.TIF"
10．如图，已知⊙O的半径为2，弦AB的长为2eq \r(3)，点C与点D分别是劣弧 EMBED Equation.DSMT4 与优弧 EMBED Equation.DSMT4 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)连接OA，OB，作OE⊥AB，E为垂足，则AE＝BE.
Rt△AOE中，OA＝2，
AE＝eq \f(1,2)AB＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)＝eq \r(3).
∴sin ∠AOE＝eq \f(AE,OA)＝eq \f(\r(3),2)，
∴∠AOE＝60°，∠AOB＝2∠AOE＝120°.
又∠ADB＝eq \f(1,2)∠AOB，∴∠ADB＝60°.
又四边形ACBD为圆内接四边形，∴∠ACB＋∠ADB＝180°.
从而有∠ACB＝180°－∠ADB＝120°.
(2)作DF⊥AB，垂足为F，则
S△ABD＝eq \f(1,2)AB·DF＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)×DF＝eq \r(3)DF.
显然，当DF经过圆心O时，DF取最大值，从而S△ABD取得最大值．
此时DF＝DO＋OF＝3，S△ABD＝3eq \r(3)，
即△ABD的最大面积是3eq \r(3).
课时跟踪检测(七) 圆内接四边形的性质与判定定理
一、选择题
1．四边形ABCD的一个内角∠C＝36°，E是BA延长线上一点，若∠DAE＝36°，则四边形ABCD( )
A．一定有一个外接圆
B．四个顶点不在同一个圆上
C．一定有内切圆
D．四个顶点是否共圆不能确定
解析：选A 因为∠C＝36°，∠DAE＝36°，所以∠C与∠BAD的一个外角相等，由圆内接四边形判定定理的推论知，该四边形有外接圆，故选A.
2．圆内接四边形ABCD中，∠A∶∠B∶∠C∶∠D可以是( )
A．4∶2∶3∶1 B．4∶3∶1∶2
C．4∶1∶3∶2 D．以上都不对
解析：选B 由四边形ABCD内接于圆，得∠A＋∠C＝∠B＋∠D，从而只有B项符合题意．
3．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，E为AB的延长线上一点，∠CBE＝40°，则∠AOC等于( )
A．20° B．40°
C．80° D．100°
解析：选C 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°.
4．已知四边形ABCD是圆内接四边形，下列结论中正确的有( )
①如果∠A＝∠C，则∠A＝90°；
②如果∠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可以是1∶2∶3∶4
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
解析：选B 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须相等(这里1＋3≠2＋4)．因此得出①③正确，②④错误．
二、填空题
5．如图，直径AB＝10，弦BC＝8，CD平分∠ACB，则AC＝______，BD＝________.
解析：∠ACB＝90°，∠ADB＝90°.
在Rt△ABC中，AB＝10，BC＝8，
∴AC＝eq \r(AB2－BC2)＝6.
又∵CD平分∠ACB，即∠ACD＝∠BCD，
∴AD＝BD.
∴BD＝ eq \r(\f(AB2,2))＝5eq \r(2).
答案：6 5eq \r(2)
6．如图，在圆内接四边形ABCD中，AB＝AD，AC＝1，∠ACD＝60°，则四边形ABCD的面积为________．
INCLUDEPICTURE"15XTRJX4-1-38.TIF"
解析：过A作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F.
因为∠ADF＋∠ABC＝180°，
∠ABE＋∠ABC＝180°，
所以∠ABE＝∠ADF.
又因为AB＝AD，
∠AEB＝∠AFD＝90°，
所以Rt△AEB≌Rt△AFD.
所以S四边形ABCD＝S四边形AECF，AE＝AF.
又因为∠E＝∠AFC＝90°，AC＝AC，
所以Rt△AEC≌Rt△AFC.
因为∠ACD＝60°，∠AFC＝90°，
所以∠CAF＝30°.因为AC＝1，
所以CF＝eq \f(1,2)，AF＝eq \f(\r(3),2)，
所以S四边形ABCD＝2S△ACF＝2×eq \f(1,2)CF×AF＝eq \f(\r(3),4).
答案：eq \f(\r(3),4)
7.如图，已知四边形ABCD内接于圆，分别延长AB和DC相交于点E，EG平分∠E，且与BC，AD分别相交于F，G，若∠AED＝40°，∠CFG＝80°，则∠A＝________.
解析：∵EG平分∠E，∴∠FEC＝20°.
∴∠FCE＝∠CFG－∠FEC＝60°.
∵四边形ABCD内接于圆，
∴∠A＝∠FCE＝60°.
答案：60°
三、解答题
8.如图，在△ABC中，∠C＝60°，以AB为直径的半圆O分别交AC，BC于点D，E，已知⊙O的半径为2eq \r(3).
(1)求证：△CDE∽△CBA；
(2)求DE的长．
解：(1)证明：因为四边形ABED为⊙O的内接四边形，
所以∠CED＝∠A(或∠CDE＝∠B)．
又∠C＝∠C，
所以△CDE∽△CBA.
(2)法一：连接AE.由(1)得eq \f(DE,BA)＝eq \f(CE,CA)，
因为AB为⊙O的直径，
所以∠AEB＝∠AEC＝90°.
在Rt△AEC中，因为∠C＝60°，所以∠CAE＝30°，
所以eq \f(DE,BA)＝eq \f(CE,CA)＝eq \f(1,2)，即DE＝2eq \r(3).
法二：连接DO，EO.
因为AO＝DO＝OE＝OB，
所以∠A＝∠ODA，∠B＝∠OEB.
由(1)知∠A＋∠B＝∠CDE＋∠CED＝120°，
又∠A＋∠B＋∠ADE＋∠DEB＝360°，
所以∠ODE＋∠OED＝120°，
则∠DOE＝60°，
所以△ODE为等边三角形，
所以DE＝OB＝2eq \r(3).
9.如图，A，B，C，D四点在同一圆上，AD的延长线与BC的延长线交于E点，且EC＝ED.
(1)证明：CD∥AB；
(2)延长CD到F，延长DC到G，使得EF＝EG，证明：A，B，G，F四点共圆．
证明：(1)因为EC＝ED，
所以∠EDC＝∠ECD.
因为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.
因为EF＝EG，
故∠EFD＝∠EGC，从而∠FED＝∠GEC.
连接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．
INCLUDEPICTURE"能力提升彩.TIF"
10．如图，已知⊙O的半径为2，弦AB的长为2eq \r(3)，点C与点D分别是劣弧 EMBED Equation.DSMT4 与优弧 EMBED Equation.DSMT4 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)连接OA，OB，作OE⊥AB，E为垂足，则AE＝BE.
Rt△AOE中，OA＝2，
AE＝eq \f(1,2)AB＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)＝eq \r(3).
∴sin ∠AOE＝eq \f(AE,OA)＝eq \f(\r(3),2)，
∴∠AOE＝60°，∠AOB＝2∠AOE＝120°.
又∠ADB＝eq \f(1,2)∠AOB，∴∠ADB＝60°.
又四边形ACBD为圆内接四边形，∴∠ACB＋∠ADB＝180°.
从而有∠ACB＝180°－∠ADB＝120°.
(2)作DF⊥AB，垂足为F，则
S△ABD＝eq \f(1,2)AB·DF＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)×DF＝eq \r(3)DF.
显然，当DF经过圆心O时，DF取最大值，从而S△ABD取得最大值．
此时DF＝DO＋OF＝3，S△ABD＝3eq \r(3)，
即△ABD的最大面积是3eq \r(3).