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第8招 遇弧常作圓心角，或用圓周角協調
當題目給出的條件中涉及有關弧的概念時，往往要將弧的兩端點與圓心或圓上一點相連，或連接弧的兩端點等.這是因為弧線不如直線好把握，而這些輔助線恰好能將弧所隱藏的圓心角、圓周角、圓心距與半徑組成直角三角形等圖形顯露出來.由于將弧的信息轉換為圓心角或圓周角后，可改變思考的方向，以便我們順利地運用勾股定理、圓周角定理及其性質來探究有關圓心角、弧、弦和弦心距之間的關系，促進解題的靈活性.此招輔助線我們可將它表述為：
遇弧常作圓心角，或用圓周角協調.
由于在同圓或等圓中，圓周角、弧、弦及弦心距等四個量中有一個相等，則其余三個也同樣相等.為了把握這些基本概念，并能準確、方便運用它們進行信息轉換，我們可將“同弧或等弧所對的圓周角相等”“直徑所對的圓周角是直角”等定理簡述為：
等圓周角等弧弦，直徑直角互關聯.
例1在等邊三角形 ABC中，經過點 B 有一個圓與AC,AB,BC分別交于點D,E,F,連接BD,DE,DF.
(1) 如圖8-1所示,若BD是⊙O的直徑,當AE=CF時,求證:DE=DF.
(2) 如圖8-2所示,若 當AD=4時,求AB的長.
解析 (1) 證明:如圖8-1所示,∵BD是⊙O的直徑,
∴∠BED=∠BFD=90°.(直徑直角互關聯)
∵△ABC是等邊三角形,∴BA=BC.
∵AE=CF,∴BE=BF.
∵BD=BD,
∴Rt△BDE≌Rt△BDF(HL).
∴DE=DF.
(2) 如圖8-3所示,
∵∠AED+∠BED=180°,∠BED+∠BFD=180°,
∴∠AED=∠DFB.
過點 D作DM⊥AB,垂足為M,DN⊥BC,垂足為N,如圖8-3所示,則∠DME=∠DNF=90°.
∴△DME∽△DNF.(引線造角望相似)
(通性通法靈活使)
在 Rt△ADM中,
∵∠AMD=90°,∠A=60°,AD=4,
在 Rt△DCN中,∠DNC=90°,∠C=60°,
∴AB=AC=AD+DC=4+10=14.
點評 本題屬于圓綜合題，考查了圓周角定理，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質等.第(1)問，直接證 Rt△BDE≌Rt△BDF是解題的基本思想.第(2)問，難度較大，解題關鍵在于能否想到添加輔助線 DM，DN，構造相似三角形來探究.實際上，此思路的獲得在于 B,E,D,F四點共圓,發現了有∠AED=∠DFB,故需要構造一角，顯然是直角最好.
例2 如圖8-4所示,⊙O中AB 的中點為P，弦PC,PD分別交AB 于E,F兩點.
(1) 若∠PFB=2∠PCD,求∠PCD的大小.
(2)若EC的垂直平分線與FD 的垂直平分線交于點G,證明OG⊥CD.
解析(1) 解法1 連接 PA,PB,BC,如圖8-5所示.
(遇弧常作圓心角，或用圓周角協調)
∵P為 的中點，
∴PA=PB,且∠PBA=∠PCB.(等圓周角等弧弦)(逆)
由圖可得∠BFD=∠PBA+∠BPD,∠PCD=∠PCB+∠BCD.
又∠BPD=∠BCD,∴∠BFD=∠PCD.
又∠PFB+∠BFD=180°,∠PFB=2∠PCD,
∴3∠PCD=180°.
∴∠PCD=60°.
解法2 連接 PA,PB,BC,如圖8-6所示.
(遇弧常作圓心角，或用圓周角協調)
設∠PEB=∠1,∠PCB=∠2,∠ABC=∠3,
∠PBA=∠4,∠PAB=∠5,
由點 P 為 的中點,得∠4=∠5.
(等圓周角等弧弦)(逆)
在△EBC中,∠1=∠2+∠3,
又∠D=∠4+∠3,∠2=∠5,即∠2=∠4,
∴∠D=∠1.
故C，D，E，F四點共圓.(對角若互補，四點可構圓)
∴∠EFD+∠PCD=180°.
由∠PFB=∠EFD=2∠PCD,可得3∠PCD=180°.
∴∠PCD=60°.
(2)∵∠PCD=∠BFD,∴∠PCD+∠EFD=180°.
由此知C，D，E，F四點共圓，其圓心既在CE的垂直平分線上，又在DF的垂直平分線上，故點G就是過C，D，E，F四點的圓的圓心.
所以點G在CD 的垂直平分線上.
因此OG⊥CD.
點評 本題主要考查圓內接四邊形的性質和四點共圓的判斷，以及圓的垂徑定理的運用，考查推理能力.第(1)問關鍵在于抓住等弧探究,挖掘∠BFD=∠PCD,如解法1;或挖掘∠D=∠1,再利用四點共圓來分析，如解法 2.第(2)問充分利用(1)所推得的C，D，E，F四點共圓分析，體現了借前結論攻后題的思想.
例3 我們所學的幾何知識可以理解為對“構圖”的研究：根據給定的(或構造的)幾何圖形提出相關的概念和問題(或者根據問題構造圖形)，并加以研究.
例如：在平面上根據兩條直線的各種構圖，可以提出“兩條直線平行”“兩條直線相交”的概念；若增加第三條直線，則可以提出并研究“兩條直線平行的判定和性質”等問題(包括研究的思想和方法).
請你用上面的思想和方法對下面關于圓的問題進行研究：
(1)如圖8-7所示，在⊙O所在平面上，放置一條直線m(m和⊙O分別交于點A，B)，根據這個圖形可以提出的概念或問題有哪些 (直接寫出兩個即可)
(2)如圖8-8所示，在⊙O所在平面上，請你放置與⊙O都相交且不同時經過圓心的兩條直線m和n(m與⊙O分別交于點A，B，n與⊙O分別交于點C，D).請你根據所構造的圖形提出一個結論，并證明.
(3)如圖8-9所示,其中AB是⊙O的直徑,AC是弦,D是的中點，弦DE⊥AB 于點F.請找出點C和點E 重合的條件，并說明理由.
解析(1) 提出的概念：弦(圖中線段 AB)、弧(圖中的 弓形.提出的問題：求弓形的面積或直線AB分⊙O成兩段弧長的比、兩部分面積的比等.
(2) AB為弦，CD為弦，這兩弦可以相交，可以平行.
當兩弦AB 與弦CD相交且AB與CD在圓內相交于點 P 時.有結論：
PA·PB=PC·PD.
證明 連接AD,BC,如圖8-10 所示.(引線造角望相似)
∵∠APD=∠BPC,∠D=∠B,
從而可得 PA·PB=PC·PD.(通性通法靈活使)
(3)解法1 若點C和點E 重合,如圖8-11所示.
則由圓的對稱性，知點C和點 D關于直徑AB對稱.
設∠BAC=α,則∠BAD=α,∠ABC=90°-α.
又 D是的中點，
∴2∠CAD=∠CAD+∠ACD=180°-∠ABC, (*)
即
解得α=∠BAC=30°.
即點C和點E 重合的條件為∠BAC=30°.
解法2 若點 C和點E 重合,如圖8-11 所示.
則由圓的對稱性，知點 C和點 D 關于直徑AB 對稱，
∴AD=AC. ①
又 D是 的中點，即
∴AD=DC.(等圓周角等弧弦) ②
由①②，得△ADC為等邊三角形.
故當∠ABC=60°時,點 C 和點 E 重合.
解法3 若點 C和點E 重合,如圖8-11 所示.
由垂徑定理，得 ③
又 D是 的中點，∴AD=DC.(等圓周角等弧弦)
又在 Rt△AFD中，由勾股定理，得 則
④
由③④,得3AF·FB=AF ,所以 AF=3FB.
故當AF=3FB時,點 C和點E 重合.
點評 本題具有開放性，主要考查了垂徑定理、相交弦定理的運用，考查學生對圖形的理解、探究能力，體現了中考試卷的靈活性，凸顯了中考命題的新理念.這種讓考生根據題目提供的信息與要求，自己提出結論自作答，在一定程度上有利于增加得分率.命題開放信息握，優勢發揮在自我.解題的關鍵在于正確理解題意.第(1)問，較為基本，實際上是檢測學生對相關的數學基本概念的掌握與表述.只要讀懂了圖意，意識到相關的概念即可回答.第(2)問是檢測學生對相交弦定理的掌握，實為基本.第(3)問對探究能力要求較高，答案不唯一.也可為 或 等，也可以先直覺猜測點 B，C是圓的六等分點，然后說明.
跟蹤訓練
1. 如圖所示，A，E是半圓周上的兩個三等分點，直徑 ，垂足為D，BE與AD 相交于點F,則AF 的長為 .
2. 如圖所示，已知⊙O的直徑AB 的延長線與弦CD 的延長線交于點P，E為⊙O上的一點， DE交AB 于點F,且AB=2BP=4.
(1) 求 PF 的長度.
(2)若⊙F與⊙O內切,直線 PT與⊙F 切于點T,求線段 PT 的長.
3. 如圖所示,⊙O的直徑AB 與弦CD交于點 P,若 則
4. 如圖所示,四邊形 ABCE內接于⊙O,AB 是⊙O的直徑,點 D 在AB 的延長線上,延長 AE 交 BC 的延長線于點 F,C 是 BF 的中點,
(1) 求證:CD是⊙O的切線.
(2)求證: 是等腰三角形.
(3)若 求 的值及EF 的長.
參考答案
連接OA,OE,AB,如圖所示.
因為A，E是半圓周上的兩個三等分點，所以∠AOB=∠ABC=60°.
∴△AOB為正三角形,且∠FAO=30°.由∠AOB=60°,∠EBO=30°,得 BE⊥AO.故可得點 F 為△AOB垂心.
從而可得
(或由 得
故填
2.(1)連接OC,OD,OE,如圖所示.(遇弧常作圓心角)
(等圓周角等弧、弦)
又由∠CDE=∠P+∠PFD,∠AOC=∠P+∠OCP,可得∠PFD=∠OCP.
故△PFD∽△PCO,則
由割線定理知,PC·PD=PA·PB=2×6=12,故
(2)若⊙F與⊙O內切,設⊙F的半徑為r,
∵OF=2-r=1,即 r=1,
∴OB 是⊙F的直徑,且過點 P 的⊙F 的切線為PT,則PT =PB·PO=2×4=8,即
3. 45° 連接OD,AD,如圖所示.由圖知∠A=∠C,又∠APD=∠CPB,
∴△PAD∽△PCB.
則 AP·PB=CP·PD.
又
∴PB=7,AB=8.
于是,在△DPO中,OP=3,OD=4,PD=5,
故有
則△DOP 為直角三角形.
∵OA=OD,∴∠DAB=∠DCB=45°.故填45°.
4. (1) 證明 連接OC,如圖1所示.
∵AB為直徑,∴∠ACB=90°.
∵C為BF 的中點,∴AC為BF 的中垂線.
∴∠BAC=∠FAC.
又已知∠BCD=∠CAE,∴∠BCD=∠CAB.
∵OB=OC=OA,∴∠BCD=∠CAB=∠OCA.
∴∠OCD =∠DCB+∠OCB
=∠OCA+∠OCB=∠ACB=90°.
故OC⊥CD,即CD是⊙O的切線.
(2)證明:∵∠CAE=∠CAO,∴CB=CE.
又C為BF的中點,即CB=CF,∴CE=CF.
故△CEF是等腰三角形.
(3) 由(1)知CD是⊙O的切線,
而BD=1,CD=2,代入得AD=4,AB=3.
又由∠BCD=∠CAB,與∠BDC=∠CDA,得△ACD∽△CBD.
故AC=2BC.
故在 Rt△ACB中,由勾股定理,得. 即
從而可得
于是,在 Rt△ACB中,有
過點C作CH⊥EF,垂足為 H,如圖2所示,又∠ABC=∠AFC,
則在Rt△CFH中,有

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