圓內接四邊形的性質及其應用

在初中數學幾何教學中，圓內接四邊形因其結構特殊、性質明確、聯系廣泛，成為重要的教學內容與?？純热?通過典型例題的解題過程與策略點撥，旨在梳理圓內接四邊形性質的解題路徑的同時，強化學生的幾何思維與轉化能力，為提升數學核心素養提供實踐指導.

1圓內接四邊形的三條性質

如圖1，四邊形PQRS的四個頂點 P，Q，R，S 都在 ?I 上，則圓內接四邊形PQRS是 ?I 的內接四邊形.點 T 是邊QR延長線上的點，則 ∠SRT 是圓內接四邊形PQRS的一個外角.

圖1

圓內接四邊形的三條性質如下：

（1）圓內接四邊形四個內角的和等于 360^° （2）圓內接四邊形的對角互補.

（3）圓內接四邊形的任意一個外角，等于與它相鄰的內角的對角（即圓內接四邊形的外角等于它的內對角）.

2圓內接四邊形的性質在解題中的應用

2.1運用對角互補的性質，求圓周角的度數

例1如圖2所示，等邊三角形PQR的頂點 P 在 ?I 上，邊PQ，PR 與 ?I 分別交于點 U，S ，點 T 是劣弧US上一點，且與點U，S 不重合，連接 UT ，TS，則∠UTS 的度數為（ ）.

圖2

A.110° B.120^° （20 （204號 C.130^° D.140^°

分析：因為 ΔPQR 是等邊三角形，所以 ∠P=60^° 因為四邊形PUTS的四個頂點都在 ?I 上，所以四邊形PUTS是圓內接四邊形，所以 ∠P 與 ∠UTS 互補，于是 ∠UTS 的度數易求.

解析：由題意知， ΔPQR 是等邊三角形，所以∠P=60^° ；因為四邊形PUTS是 ?I 的內接四邊形，所以 ∠P+∠UTS=180^°， 所以 ∠UTS=180^°-∠P= 180^°-60^°=120^° 故選答案：B.

2.2運用對角互補的性質，求圓心角的度數

例2如圖3，四邊形PQRS是 ?I 的內接四邊形，若 ∠QRS= 122^° ，則 ∠QIS 的度數為（ ）.

A.58^° （20 B.116^° C.161° D.185^° （204號

分析：由題意知 ∠P 與 ∠QRS 圖3互補，因為 ∠QRS=122^° ，所以 ∠P 的度數可求；由一條弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半，所以∠QIS=2∠P ，所以答案易選.

解析：因為四邊形PQRS是 ?I 的內接四邊形，所以 ∠P+∠QRS=180^°. 因為 ∠QRS=122^° ，所以∠P=180^°-122^°=58^°. 由圓周角定理知 ∠QIS= 2∠P=116^° .故選答案：B.

2.3運用任意一個外角等于和它相鄰的內角的對角的性質，求圓外角的度數

例3如圖4，四邊形UQRS是 ?I 的內接四邊形， QU 與 RS 的延長線交于點 P，RQ 與 SU 的延長線交于點 T，∠PST=75^° ∠T=27^° ，則 ∠P 的度數為（ ）.

圖4

A.57^° （204號 B.52^° C.47^° （20 D.42°

分析：因為圓內接四邊形的任意一個外角等于與它相鄰的內角的對角，所以 ∠UQR 的度數可求；由三角形一個外角等于和它不相鄰的兩個內角的和可求出 ∠TUQ ，聯系對頂角相等可知 ∠PUS 的度數，最后運用三角形內角和定理即可求出 ∠P 的度數.

解析：因為 ∠PST=75^° ，所以 ∠UQR=∠PST= 75^° 因為 ∠UQR=∠T+∠TUQ，∠PUS=∠TUQ 所以 ∠UQR=∠T+∠PUS. 所以 ∠PUS=∠UQR- ∠T=75^°-27^°=48^°， 因為 ∠P+∠PUS+∠PSU= 180^° ，所以 ∠P=180^°-（∠PUS+∠PSU）=180^°- （48^°+75^°）=57^° .故選答案：A.

2.4運用圓內接四邊形的性質，求值和證弧相等

例4如圖5，四邊形PQRS內接于 ?I，QR 為?I 的直徑， PI//SR ：

（1）若 ∠PQR=72^° ，求 ∠QPS 的度數；（2）求證：

分析：（1）由題意知，點 P，Q 都在 ?I 上，所以 IP，IQ 都是半徑，因此 IP=IQ ，所以 ∠QPI= ∠PQI=∠PQR=72^°

圖5

由題意和圓內接四邊形的對角互補可知， ∠PQR 與 ∠PSR 互補，所以 ∠PSR 的度數可求.由于 PI//SR ，因此∠SPI 與 ∠PSR 也互補，所以 ∠SPI=∠PQR ，于是∠QPS 的度數等于 ∠QPI 的2倍.

（2）如圖6，連接IS，則 ∠ISP= ∠IPS .因為可以證得 ΔIPQ? ΔIPS ，所以弦 PQ 與弦 PS 相等；由在同圓中相等的弦所對的弧相等，可證結論成立.

圖6

解析：（1）因為四邊形PQRS內接于 ?I ，所以點 Q，P，S 都在 ?I 上，于是 IQ= IP ，所以 ∠IQP=∠IPQ=∠PQR=72^° 由圓內接四邊形的對角互補，知 ∠PQR+∠PSR=180^° ，即 72^°+ ∠PSR=180^° 因為 PI//SR ，所以 ∠SPI+∠PSR= 180^° ，于是 72^°+∠PSR=∠SPI+∠PSR ，所以∠SPI=72^° ，因此 ∠QPS=∠QPI+∠SPI=72^°× 2=144^° ：

（2）如圖6，連接 IS ，則 IS=IP，∠ISP=∠IPS 所以有 ∠PQI=∠QPI=∠SPI=∠PSI=72^° 在ΔIPQ 和 ΔIPS 中， ，則 ΔIPQ? ΔIPS（AAS） ，所以 PQ=PS .由在同圓（或等圓中）等弦所對的弧相等，知 ：

2.5運用圓內接四邊形的性質，確定線段的數量關系

例5如圖7，在 ?I 中， Q 是?I 上的一個點， PQR=120^° ，弦

，弦QT平分 ∠PQR 交PR 于點 s ，連接 TP，TR （1）求 ?I 的半徑長；（2）求證： PQ+QR=QT

圖7

分析：（1）由題意知，四邊形PQRT是圓內接四邊形，所以 ∠PTR 與 ∠PQR 互補.又因為 ∠PQR= 120^° ，所以 ∠PTR=60^° .因為 ∠PQT=∠RQT ，所以PT=RT ，所以三角形 PTR 是等邊三角形，則 ∠PTR= ∠TPR=60^°

連接 PI，RI ，則 ∠PIR=2∠PTR=120^°. 作 IU⊥ PR 于點 U ，則由 ∠PIU 的正弦可求得半徑 PI 的長.

（2）在QT上截取 QJ=QP ，結合 ∠PQT=60^° 知 ΔPQJ 是等邊三角形.易證 ，所以JT=QR ，于是 PQ+QR=QJ+JT=QT ，所以問題得證.

解析：（1）如圖8，因為四邊形PQRT是圓內接四邊形，所以 PTR+ ∠PQR=180^° .又因為 ∠PQR= 120^° ，所以 ∠PTR=60^°

圖8

因為弦 QT 平分 ∠PQR ，所以∠TQP=∠TQR ，所以 PT=RT=PR

連接 PI，RI ，則 ∠PIR=120^° .過圓心 I 作 IU⊥ PR 于點 U

所以 .在 RtΔPIU 中，因為 （20 ，所以PI=

4.所以 ?I 的半徑長為4.

（2）如圖8，在 QT 上截取 QJ=QP ，連接 ，則ΔPJQ 是等邊三角形，所以 ∠JPR+∠RPQ=60^°. 又因為 ∠TPJ+∠JPR=60^° ，所以 ∠RPQ=∠TPJ 在△RPQ和△TPJ中， ，所以ΔRPQ?ΔTPJ （SAS），則 QR=JT 所以 QJ+JT=PQ+QR ，又 QJ+JT=QT ，所以 PQ+QR=QT

3圓內接四邊形相關問題的解法總結

從試題角度看，運用對角互補是解決與圓內接四邊形相關的角度計算問題的核心手段，如例1、例2中通過構建圓內接四邊形關系，將給定角轉換為其對角，從而實現快速求解；對于涉及外角等問題，需明確其與內對角的相等關系，借助三角形外角定理、對頂角等輔助知識進行推導，如例3.在復雜結構中，如例4、例5，通過作輔助線構造等腰或等邊三角形，結合對角互補與圓周角、弦心距、正弦函數等知識實現多步推理，進而求角、定弧、證線段關系.教學中，應引導學生從圖形特征人手，識別“圓上四點”“內接結構”等關鍵條件，建立圖形間的性質聯系，運用轉化思想和數形結合方法進行思維遷移與模型構建.同時，應強化幾何推理論證能力，尤其是在證明弧相等、線段關系等問題中，需借助全等、對稱等基礎知識，提升學生的邏輯表達與結構思維能力.Z