【本讲教育信息】
一、教学内容
选修4—1 第一章 直线、多边形、圆，第二节：圆与四边形
二、教学目标
1. 使学生理解并掌握圆内接四边形的概念以及四点共圆的概念。
2. 使学生理解并掌握圆内接四边形的性质和一个四边形是圆内接四边形的判定定理。
3. 使学生理解并掌握托勒密定理及其应用。
三、教学重、难点
圆内接四边形的性质和判定是教学的重点也是教学的难点。
四、知识要点分析
1. 圆内接四边形的性质：
（1）圆内接四边形的对角互补。
（2）圆内接四边形的任何一个外角都等于它的内对角。
2. 圆内接四边形（四点共圆）的判定：
（1）如果一个四边形的内对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆。
（2）如果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顶点共圆。
3. 托勒密定理：圆内接四边形ABCD的两对对边乘积之和等于两条对角线的乘积。
【典型例题】
考点一：圆内接四边形的性质和判定
例1. 如图，⊙O1与⊙O2都经过A、B两点，经过点A的直线CD与⊙O1交于点C，与⊙O2 交于点D。经过点B的直线EF与⊙O1 交于点E，与⊙O2 交于点F。
求证：CE∥
DF
题意分析：该题目涉及圆内接四边形的性质、平行线的判断，显然四边形ABEC和ABFD分别是⊙O1和⊙O2的内接四边形，可以利用圆内接四边形的性质寻求角的相等或互补，从而证明直线的平行。
解题思路：四边形ABEC内接于⊙O1，∠ABF=∠C，而四边形ABFD内接于⊙O2，所以∠ABF+∠D=180°，所以可以证明∠C+∠D=180°，从而可以证明CE∥DF。
证明：∵四边形ABEC内接于⊙O1，四边形ABFD内接于⊙O2
∴∠ABF=∠C，∠ABF+∠D=180°
∴∠C+∠D=180°
∵A、C、D在一条直线上
∴CE∥DF
解题后思考：由于题目中有两个圆，有的学生可能将两个圆混为一谈没有头绪，不知道两个圆一个利用圆内接四边形外角等于内对角，一个利用圆内接四边形内对角互补。
例2. 已知圆内接四边形ABCD中，AB=2，BC=6，CD=DA=4，则四边形ABCD的面积为
A.16
3B.8C.32
3D
题意分析：已知圆内接四边形四条边长求面积可以把四边形分割成两个三角形，分别求出两个三角形的面积，求和即得四边形的面积，连接BD，但是在△ABD中只知道两条边不知道∠A的度数仍然求不出面积，问题转化成已知圆内接四边形四条边如何求四边形的内角。可以在△ABD和△BCD中分别使用余弦定理，因为BD=BD，∠A+∠C=180°，利用这些关系可以求出∠A，从而求出面积
解：连接BD，四边形ABCD面积
1ABADsinA+BCCDsinC)16sinA2S=S△ABD+S△CBD=
在△ABD中由余弦定理得BD2016cosA,△BCD中
BD5248cosC 22
2016cosA=52-48cosC,而cosA=-cosC
1cosA=-A=1202
S=16sin120
解题后思考：在解析几何、三角函数、立体几何中应用平面几何解题是学科内的知识交汇点，同样在平面几何中也可以使用其他数学知识，这将是高考中应该注意的地方。
例3. 如图，CF是△ABC的AB边上的高，PF⊥BC，FQ⊥AC
求证：A、B、P、Q四点共圆.
解题思路：求证A、B、P、Q四点共圆就是要证四边形ABPQ一个外角等于它的内对角或者两个对角互补。例如可以证明∠B=∠CQP，由于
∠B=∠CFP，所以只需证明∠CFP=∠CQP，而C、Q、F、P共圆，所以
∠CFP=∠CQP成立。从而得证。
证明：∵PF⊥BC，FQ⊥AC
∴四边形CQFP是圆内接四边形
∴∠CFP=∠CQP
∵CF⊥AB，PF⊥BC
∴∠B=∠CFP
∴∠B=∠CQP
所以A、B、P、Q四点共圆。
解题后思考：从要证明的结论出发寻求需要证明的结论是几何证明的常用方法，该题目同学们都知道要证明∠B=∠CQP也就是要证明∠CFP=∠CQP，但是怎么证明却没有了主张，产生思维障碍。
例4. 如图，已知AD是ΔABC的外角EAC的平分线，交BC的延长线于点D，延长DA 交ΔABC的外接圆于点F，连结FB、FC.
（1）求证：FB=FC；
（2）求证：FB2=FA·FD；
（3）若AB是ΔABC外接圆的直径，EAC=120， BC=6cm，求AD的长.
题意分析：本题涉及知识较多，要求学生能够对角平分线、圆内接四边形，相似三角形等知识有全面熟练的掌握，要对证明线段相等的常用方法、平方式的常见证法比较熟悉。
解题思路：本题目已知中涉及角平分线性质，圆内接四边形性质，等腰三角形证明，相似三角形等知识，证明两条线段FB=FC相等，可以证明三角形中两个线段的对角相等，在圆中也可以证明两条弦所对的弧相等，证明平方式可以将之转化成比例式通过相似证明。
证明：（1）∵AD平分EAC，∴EAD=DAC.
∵四边形AFBC内接于圆，∴DAC=FBC.
∵EAD=FAB=FCB，∴FBC=FCB，∴FB=FC.
（2）∵FAB=FCB=FBC ，AFB=BFD，
FBFA∴ΔFBA∽ΔFDB. ∴FDFB，∴FB2=FA·FD.
（3）∵AB是圆的直径，∴ACB=90.
1
∵EAC=120， ∴DAC=EAD=FAB=2EAC=60，BAC=60. ∴D=30. ∵BC=6， ∴AC=23. ∴AD=2AC=cm.
解题后思考：本题综合运用圆内接四边形性质、圆的性质、直角三角形的性质、相似三角形的判断，要求对各个方面知识都比较熟悉，可以将题目已知条件以及我们已经推出的结论汇总在一起综合分析，才不至于因某一个条件的忽视导致失败。
小结：证明四点共圆或者利用圆内接四边形性质或者通过构造圆内接四边形证明角、线段的相等是圆的综合应用，也是近几年高考中常考的内容，要注意四点共圆就是四边形四个顶点在同一个圆上应用，此定理必须要满足这个条件，证明四点共圆可以利用内对角互补也可以利用任意一个外角等于他的内角的对角。
考点二：托勒密定理及其应用
例5. 如图，P是正△ABC外接圆的劣弧BC上任一点（不与B、C重合）连结PA，则PB＋PC=.
A. AB B. PA C. PA－PB D. AB－PB
题意分析：这个题目虽然已知有正△ABC外接圆，但是实际是圆内接四边形ABPC，而由托勒密定理中PB·AC＋PC·AB= AB（PB＋PC）联想到可以用托勒密定理解决。
解：由于四边形ABFP是圆内接四边形，由托勒密定理得：
PB·AC＋PC·AB=PA·BC
而△ABC是正三角形。AC=AB=BC
所以PB＋PC= PA
例6. 如图，在△ABC中，∠A的平分线交外接圆于D，连结BD，求证：AD·BC=BD（AB＋AC）.
题意分析：需证明的式子AD·BC=BD（AB＋AC）可以写成AD·BC= BD·AB＋BD·AC很自然想到托勒密定理，只不过有一条线段和定理不符，所以题目实质就是要证BD=CD.
证明：连结CD，据托勒密定理，有AD·BC＝AB·CD＋AC·BD.
∵∠1=∠2，∴ BD=CD.
故 AD·BC=AB·BD＋AC·BD=BD（AB＋AC）.
解题后思考：托勒密定理是一个应用非常广泛的定理，符合定理形式的等式都可以设想用托勒密定理解决，有一些同学在学习后可能对定理认识不足导致遇到题目想不起来定理，在平时学习中一定要对每一个定理加强练习、在练习中加深认识。
例7. 已知a、b、c是△ABC的三边，且a2=b（b＋c），求证：∠A=2∠B.
题意分析：将a2=b（b＋c）变形为a·a=b·b＋b·c，从而联想到托勒密定理，进而构造一个等腰梯形，使两腰为b，两对角线为a，一底边为c.
证明：如图，作△ABC的外接圆，以 A为圆心，BC为半径作弧交圆于D，连结BD、
DC、DA.
∵AD=BC，
ACDBDC
∴∠ABD=∠BAC.
又∵∠BDA=∠ACB（对同弧），∴∠1=∠2.
BDAC,BD=AC=b
据托勒密定理，有BC·AD=AB·CD＋BD·AC. ①
而已知a2=b（b＋c），即a·a=b·c＋b2. 即BC·AD= AC·AB＋AC·AC=BD·AB+ AC·AC② 比较①②得：CD=b=AC，CD=AC,3=2=1
∴∠BAC=2∠ABC.
解题后思考：看似和圆没有关系但是我们可以看到结论和托勒密定理有关，通过构造三角形的外接圆，创造条件利用托勒密定理。在圆中等弦对的弧相等、对的圆周角也相等，反之也成立。通过弦相等可以证明圆心角相等。
小结：托勒密是希腊著名天文学家，托勒密定理具有非常广泛的应用，具有类似托勒密定理结论的四条线段中两条一组，每一组中两条线段长度之积的和等式很多，都可以通过构造圆内接四边形利用托勒密定理证明，例如著名的勾股定理就可以通过构造圆内接矩形利用托勒密定理证明。
本讲涉及的数学思想、方法：
1. 本节涉及划归的数学思想。例如在利用托勒密定理证明的时候总是将不完全符合定理的式子转化划归成圆内接四边形两对对边的乘积的和以及两条对角线的乘积。
2. 分类讨论的数学思想。在证明四点共圆的判定定理时我们分别在圆内、圆外、圆上进行讨论。
3. 反证法。在证明四点共圆的判定定理时我们进行分类讨论就是假设D在圆内、圆外得出矛盾，实际就是利用反证法证明D不可能在圆内、圆外.
预习导学案
（选修4—1 第二章 圆锥曲线：第一节 截面欣赏、第二节 直线与球，
平面与球的位置关系）
一、预习前知：
1. 直线与圆的位置关系有哪些？直线与球的位置关系有哪些？如何判断？
2. 过圆外一点可以作圆的几条切线？过球外一点可以作球的几条切线？它们的长度有什么关系？
3. 平面与球的位置关系有哪些？如何判断？
4. 如果一个平面和一个球相交，截面是什么图形？
5. 应用什么方法研究直线与球、平面与球的位置关系？
【模拟试题】（答题时间：100分钟 满分100分）
1. 如图，四边形ABCD为圆内接四边形。已知∠BOD=100°，则∠BCD=
A. 100° B. 110° C.120° D.130°
2. 如图，四边形ABCD为圆⊙O的内接四边形。延长BC到E，已知∠BCD：∠ECD=3：2，那么∠BOD=
A.120° B. 136° C. 144° D. 72°
3. 四边形ABCD为圆内接四边形，∠A：∠B：∠C=2：3：6，则∠D=
4. 直线x+3y－7=0与kx－y－2=0与两个坐标轴围成的四边形内接于一个圆，则实数k=
A. －3 B. 3 C. －6 D. 6
5. 圆内接四边形ABCD中BA和CD的延长线交于圆外一点P，AC和BD交于圆内一点E，，则图中相似三角形对数有
A. 5 B. 4 C. 3 D. 2
6. 圆内接四边形ABCD中，.
7. △ABC三边边长分别是5，12，13，则其外接圆半径为。
8. 圆内接四边形ABCD中，AB=39，BC=25，CD=60，DA=52，则圆的直径是。
9. 如图，ABCD是⊙O的内接四边形，AC平分∠BAD并与BD交于E点，CF切⊙O于C交AD延长线于F，图中四个三角形：①ΔACF；②ΔABC；③ΔABD；④ΔBEC，其中与ΔCDF一定相似的是.
10. 如下左图. AB是⊙O的直径，C是⊙O外一点，且AC＝AB，BC交⊙O于点D. 已知BC＝4，AD＝6，AC交⊙O于点E，求四边形ABDE的周长.
11. 如上右图已知AD是△ABC的外角∠EAC的平分线，交BC的延长线于点D，延长DA交△ABC的外接圆于点F，连接FB，FC.
（1）求证：FB＝FC；
（2）若AB是△ABC的外接圆的直径，
∠EAC＝120°，BC＝6，求AD的长.
12. 下图中，⊙1和⊙O2都经过A、B两点，经过点A的直线CD与⊙O1交于点C，与⊙O2交于点D经过点B的直线EF与⊙O1交于点E，与⊙O2交于点F. 求证：CE∥DF.
13. 等腰梯形一条对角线的平方等于一腰的平方加上两底之积.
已知：如图ABCD中，AB∥CD，AD=BC，
求证：BD=BC＋AB·CD. 22
【本讲教育信息】
一、教学内容
选修4—1 第一章 直线、多边形、圆，第二节：圆与四边形
二、教学目标
1. 使学生理解并掌握圆内接四边形的概念以及四点共圆的概念。
2. 使学生理解并掌握圆内接四边形的性质和一个四边形是圆内接四边形的判定定理。
3. 使学生理解并掌握托勒密定理及其应用。
三、教学重、难点
圆内接四边形的性质和判定是教学的重点也是教学的难点。
四、知识要点分析
1. 圆内接四边形的性质：
（1）圆内接四边形的对角互补。
（2）圆内接四边形的任何一个外角都等于它的内对角。
2. 圆内接四边形（四点共圆）的判定：
（1）如果一个四边形的内对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆。
（2）如果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顶点共圆。
3. 托勒密定理：圆内接四边形ABCD的两对对边乘积之和等于两条对角线的乘积。
【典型例题】
考点一：圆内接四边形的性质和判定
例1. 如图，⊙O1与⊙O2都经过A、B两点，经过点A的直线CD与⊙O1交于点C，与⊙O2 交于点D。经过点B的直线EF与⊙O1 交于点E，与⊙O2 交于点F。
求证：CE∥
DF
题意分析：该题目涉及圆内接四边形的性质、平行线的判断，显然四边形ABEC和ABFD分别是⊙O1和⊙O2的内接四边形，可以利用圆内接四边形的性质寻求角的相等或互补，从而证明直线的平行。
解题思路：四边形ABEC内接于⊙O1，∠ABF=∠C，而四边形ABFD内接于⊙O2，所以∠ABF+∠D=180°，所以可以证明∠C+∠D=180°，从而可以证明CE∥DF。
证明：∵四边形ABEC内接于⊙O1，四边形ABFD内接于⊙O2
∴∠ABF=∠C，∠ABF+∠D=180°
∴∠C+∠D=180°
∵A、C、D在一条直线上
∴CE∥DF
解题后思考：由于题目中有两个圆，有的学生可能将两个圆混为一谈没有头绪，不知道两个圆一个利用圆内接四边形外角等于内对角，一个利用圆内接四边形内对角互补。
例2. 已知圆内接四边形ABCD中，AB=2，BC=6，CD=DA=4，则四边形ABCD的面积为
A.16
3B.8C.32
3D
题意分析：已知圆内接四边形四条边长求面积可以把四边形分割成两个三角形，分别求出两个三角形的面积，求和即得四边形的面积，连接BD，但是在△ABD中只知道两条边不知道∠A的度数仍然求不出面积，问题转化成已知圆内接四边形四条边如何求四边形的内角。可以在△ABD和△BCD中分别使用余弦定理，因为BD=BD，∠A+∠C=180°，利用这些关系可以求出∠A，从而求出面积
解：连接BD，四边形ABCD面积
1ABADsinA+BCCDsinC)16sinA2S=S△ABD+S△CBD=
在△ABD中由余弦定理得BD2016cosA,△BCD中
BD5248cosC 22
2016cosA=52-48cosC,而cosA=-cosC
1cosA=-A=1202
S=16sin120
解题后思考：在解析几何、三角函数、立体几何中应用平面几何解题是学科内的知识交汇点，同样在平面几何中也可以使用其他数学知识，这将是高考中应该注意的地方。
例3. 如图，CF是△ABC的AB边上的高，PF⊥BC，FQ⊥AC
求证：A、B、P、Q四点共圆.
解题思路：求证A、B、P、Q四点共圆就是要证四边形ABPQ一个外角等于它的内对角或者两个对角互补。例如可以证明∠B=∠CQP，由于
∠B=∠CFP，所以只需证明∠CFP=∠CQP，而C、Q、F、P共圆，所以
∠CFP=∠CQP成立。从而得证。
证明：∵PF⊥BC，FQ⊥AC
∴四边形CQFP是圆内接四边形
∴∠CFP=∠CQP
∵CF⊥AB，PF⊥BC
∴∠B=∠CFP
∴∠B=∠CQP
所以A、B、P、Q四点共圆。
解题后思考：从要证明的结论出发寻求需要证明的结论是几何证明的常用方法，该题目同学们都知道要证明∠B=∠CQP也就是要证明∠CFP=∠CQP，但是怎么证明却没有了主张，产生思维障碍。
例4. 如图，已知AD是ΔABC的外角EAC的平分线，交BC的延长线于点D，延长DA 交ΔABC的外接圆于点F，连结FB、FC.
（1）求证：FB=FC；
（2）求证：FB2=FA·FD；
（3）若AB是ΔABC外接圆的直径，EAC=120， BC=6cm，求AD的长.
题意分析：本题涉及知识较多，要求学生能够对角平分线、圆内接四边形，相似三角形等知识有全面熟练的掌握，要对证明线段相等的常用方法、平方式的常见证法比较熟悉。
解题思路：本题目已知中涉及角平分线性质，圆内接四边形性质，等腰三角形证明，相似三角形等知识，证明两条线段FB=FC相等，可以证明三角形中两个线段的对角相等，在圆中也可以证明两条弦所对的弧相等，证明平方式可以将之转化成比例式通过相似证明。
证明：（1）∵AD平分EAC，∴EAD=DAC.
∵四边形AFBC内接于圆，∴DAC=FBC.
∵EAD=FAB=FCB，∴FBC=FCB，∴FB=FC.
（2）∵FAB=FCB=FBC ，AFB=BFD，
FBFA∴ΔFBA∽ΔFDB. ∴FDFB，∴FB2=FA·FD.
（3）∵AB是圆的直径，∴ACB=90.
1
∵EAC=120， ∴DAC=EAD=FAB=2EAC=60，BAC=60. ∴D=30. ∵BC=6， ∴AC=23. ∴AD=2AC=cm.
解题后思考：本题综合运用圆内接四边形性质、圆的性质、直角三角形的性质、相似三角形的判断，要求对各个方面知识都比较熟悉，可以将题目已知条件以及我们已经推出的结论汇总在一起综合分析，才不至于因某一个条件的忽视导致失败。
小结：证明四点共圆或者利用圆内接四边形性质或者通过构造圆内接四边形证明角、线段的相等是圆的综合应用，也是近几年高考中常考的内容，要注意四点共圆就是四边形四个顶点在同一个圆上应用，此定理必须要满足这个条件，证明四点共圆可以利用内对角互补也可以利用任意一个外角等于他的内角的对角。
考点二：托勒密定理及其应用
例5. 如图，P是正△ABC外接圆的劣弧BC上任一点（不与B、C重合）连结PA，则PB＋PC=.
A. AB B. PA C. PA－PB D. AB－PB
题意分析：这个题目虽然已知有正△ABC外接圆，但是实际是圆内接四边形ABPC，而由托勒密定理中PB·AC＋PC·AB= AB（PB＋PC）联想到可以用托勒密定理解决。
解：由于四边形ABFP是圆内接四边形，由托勒密定理得：
PB·AC＋PC·AB=PA·BC
而△ABC是正三角形。AC=AB=BC
所以PB＋PC= PA
例6. 如图，在△ABC中，∠A的平分线交外接圆于D，连结BD，求证：AD·BC=BD（AB＋AC）.
题意分析：需证明的式子AD·BC=BD（AB＋AC）可以写成AD·BC= BD·AB＋BD·AC很自然想到托勒密定理，只不过有一条线段和定理不符，所以题目实质就是要证BD=CD.
证明：连结CD，据托勒密定理，有AD·BC＝AB·CD＋AC·BD.
∵∠1=∠2，∴ BD=CD.
故 AD·BC=AB·BD＋AC·BD=BD（AB＋AC）.
解题后思考：托勒密定理是一个应用非常广泛的定理，符合定理形式的等式都可以设想用托勒密定理解决，有一些同学在学习后可能对定理认识不足导致遇到题目想不起来定理，在平时学习中一定要对每一个定理加强练习、在练习中加深认识。
例7. 已知a、b、c是△ABC的三边，且a2=b（b＋c），求证：∠A=2∠B.
题意分析：将a2=b（b＋c）变形为a·a=b·b＋b·c，从而联想到托勒密定理，进而构造一个等腰梯形，使两腰为b，两对角线为a，一底边为c.
证明：如图，作△ABC的外接圆，以 A为圆心，BC为半径作弧交圆于D，连结BD、
DC、DA.
∵AD=BC，
ACDBDC
∴∠ABD=∠BAC.
又∵∠BDA=∠ACB（对同弧），∴∠1=∠2.
BDAC,BD=AC=b
据托勒密定理，有BC·AD=AB·CD＋BD·AC. ①
而已知a2=b（b＋c），即a·a=b·c＋b2. 即BC·AD= AC·AB＋AC·AC=BD·AB+ AC·AC② 比较①②得：CD=b=AC，CD=AC,3=2=1
∴∠BAC=2∠ABC.
解题后思考：看似和圆没有关系但是我们可以看到结论和托勒密定理有关，通过构造三角形的外接圆，创造条件利用托勒密定理。在圆中等弦对的弧相等、对的圆周角也相等，反之也成立。通过弦相等可以证明圆心角相等。
小结：托勒密是希腊著名天文学家，托勒密定理具有非常广泛的应用，具有类似托勒密定理结论的四条线段中两条一组，每一组中两条线段长度之积的和等式很多，都可以通过构造圆内接四边形利用托勒密定理证明，例如著名的勾股定理就可以通过构造圆内接矩形利用托勒密定理证明。
本讲涉及的数学思想、方法：
1. 本节涉及划归的数学思想。例如在利用托勒密定理证明的时候总是将不完全符合定理的式子转化划归成圆内接四边形两对对边的乘积的和以及两条对角线的乘积。
2. 分类讨论的数学思想。在证明四点共圆的判定定理时我们分别在圆内、圆外、圆上进行讨论。
3. 反证法。在证明四点共圆的判定定理时我们进行分类讨论就是假设D在圆内、圆外得出矛盾，实际就是利用反证法证明D不可能在圆内、圆外.
预习导学案
（选修4—1 第二章 圆锥曲线：第一节 截面欣赏、第二节 直线与球，
平面与球的位置关系）
一、预习前知：
1. 直线与圆的位置关系有哪些？直线与球的位置关系有哪些？如何判断？
2. 过圆外一点可以作圆的几条切线？过球外一点可以作球的几条切线？它们的长度有什么关系？
3. 平面与球的位置关系有哪些？如何判断？
4. 如果一个平面和一个球相交，截面是什么图形？
5. 应用什么方法研究直线与球、平面与球的位置关系？
【模拟试题】（答题时间：100分钟 满分100分）
1. 如图，四边形ABCD为圆内接四边形。已知∠BOD=100°，则∠BCD=
A. 100° B. 110° C.120° D.130°
2. 如图，四边形ABCD为圆⊙O的内接四边形。延长BC到E，已知∠BCD：∠ECD=3：2，那么∠BOD=
A.120° B. 136° C. 144° D. 72°
3. 四边形ABCD为圆内接四边形，∠A：∠B：∠C=2：3：6，则∠D=
4. 直线x+3y－7=0与kx－y－2=0与两个坐标轴围成的四边形内接于一个圆，则实数k=
A. －3 B. 3 C. －6 D. 6
5. 圆内接四边形ABCD中BA和CD的延长线交于圆外一点P，AC和BD交于圆内一点E，，则图中相似三角形对数有
A. 5 B. 4 C. 3 D. 2
6. 圆内接四边形ABCD中，.
7. △ABC三边边长分别是5，12，13，则其外接圆半径为。
8. 圆内接四边形ABCD中，AB=39，BC=25，CD=60，DA=52，则圆的直径是。
9. 如图，ABCD是⊙O的内接四边形，AC平分∠BAD并与BD交于E点，CF切⊙O于C交AD延长线于F，图中四个三角形：①ΔACF；②ΔABC；③ΔABD；④ΔBEC，其中与ΔCDF一定相似的是.
10. 如下左图. AB是⊙O的直径，C是⊙O外一点，且AC＝AB，BC交⊙O于点D. 已知BC＝4，AD＝6，AC交⊙O于点E，求四边形ABDE的周长.
11. 如上右图已知AD是△ABC的外角∠EAC的平分线，交BC的延长线于点D，延长DA交△ABC的外接圆于点F，连接FB，FC.
（1）求证：FB＝FC；
（2）若AB是△ABC的外接圆的直径，
∠EAC＝120°，BC＝6，求AD的长.
12. 下图中，⊙1和⊙O2都经过A、B两点，经过点A的直线CD与⊙O1交于点C，与⊙O2交于点D经过点B的直线EF与⊙O1交于点E，与⊙O2交于点F. 求证：CE∥DF.
13. 等腰梯形一条对角线的平方等于一腰的平方加上两底之积.
已知：如图ABCD中，AB∥CD，AD=BC，
求证：BD=BC＋AB·CD. 22