2021年高考数学(四川专用-理)一轮复习考点突破：选修4-1-第2讲-直线与圆.docx

第2讲直线与圆最新考纲1理解圆周角定理及其推论；把握圆的切线的判定定理及性质定理；理解弦切角定理及其推论2把握相交弦定理、割线定理、切割线定理；理解圆内接四边形的性质定理与判定定理.知 识 梳 理1圆周角定理与圆心角定理(1)圆周角定理及其推论定理：圆上一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半推论：(i)推论1：同弧或等弧所对的圆周角相等；同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧也相等(ii)推论2：半圆(或直径)所对的圆周角是直角；90的圆周角所对的弦是直径(2)圆心角定理：圆心角的度数等于它所对弧的度数2弦切角的性质弦切角定理：弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角3圆的切线的性质及判定定理(1)定理：圆的切线垂直于经过切点的半径(2)推论：推论1：经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点推论2：经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心4与圆有关的比例线段定理名称基本图形条件结论应用相交弦定理弦AB、CD相交于圆内点P(1)PAPBPCPD(2)ACPBDP(1)在PA、PB、PC、PD四线段中知三求一(2)求弦长及角割线定理PAB、PCD是O的割线(1)PAPBPCPD(2)PACPDB(1)求线段PA、PB、PC、PD(2)应用相像求AC、BD切割线定理PA切O于A，PBC是O的割线(1)PA2PBPC(2)PABPCA(1)已知PA、PB、PC知二可求一(2)求解AB、AC切线长定理PA、PB是O的切线(1)PAPB(2)OPAOPB(1)证线段相等，已知PA求PB(2)求角5.圆内接四边形的性质与判定定理(1)圆内接四边形的性质定理定理1：圆内接四边形的对角互补定理2：圆内接四边形的外角等于它的内角的对角(2)圆内接四边形的判定定理及推论判定定理：假如一个四边形的对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆推论：假如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诊 断 自 测1.如图，ABC中，C90，AB10，AC6，以AC为直径的圆与斜边交于点P，则BP长为_解析连接CP.由推论2知CPA90，即CPAB，由射影定理知，AC2APAB.AP3.6，BPABAP6.4.答案6.42.如图，AB、AC是O的两条切线，切点分别为B、C，D是优弧上的点，已知BAC80， 那么BDC_.解析连接OB、OC，则OBAB，OCAC，BOC180BAC100，BDCBOC50.答案503.如图，四边形ABCD是圆O的内接四边形，延长AB和DC相交 于点P.若PB1，PD3，则的值为_解析ABCD为圆内接四边形，PBCADP，又PP，BCPDAP，.答案4. (2022广州调研)如图，四边形ABCD内接于O，BC是直径，MN与O相切，切点为A，MAB35，则D_.解析连接BD，由题意知，ADBMAB35，BDC90，故ADCADBBDC125.答案1255如图所示，过点P的直线与O相交于A，B两点若PA1，AB2，PO3，则O的半径r_.解析设O的半径为r(r0)，PA1，AB2，PBPAAB3.延长PO交O于点C，则PCPOr3r.设PO交O于点D，则PD3r.由圆的割线定理知，PAPBPDPC，13(3r)(3r)，则r.答案考点一圆周角、弦切角及圆的切线问题【例1】 如图所示，O的直径为6，AB为O的直径，C为圆周上一点，BC3，过C作圆的切线l，过A作l的垂线AD，AD分别与直线l、圆交于D、E.(1)求DAC的度数；(2)求线段AE的长解(1)由已知ADC是直角三角形，易知CAB30，由于直线l与O相切，由弦切角定理知BCF30，由DCAACBBCF180，又ACB90，知DCA60，故在RtADC中，DAC30.(1)(2)法一连接BE，如图(1)所示，EAB60CBA，则RtABERtBAC，所以AEBC3.法二连接EC，OC，如图(2)所示，则由弦切角定理知，DCECAE30，又DCA60，故ECA30，(2)又由于CAB30，故ECACAB，从而ECAO，由OCl，ADl，可得OCAE，故四边形AOCE是平行四边形，又由于OAOC，故四边形AOCE是菱形，故AEAO3.规律方法 (1)圆周角定理及其推论与弦切角定理及其推论多用于推出角的关系，从而证明三角形全等或相像，可求线段或角的大小(2)涉及圆的切线问题时要留意弦切角的转化；关于圆周上的点，常作直径(或半径)或向弦(弧)两端画圆周角或作弦切角【训练1】 如图，ABC的角平分线AD的延长线交它的外接圆于点E.(1)证明：ABEADC；(2)若ABC的面积SADAE，求BAC的大小(1)证明由已知条件，可得BAECAD.由于AEB与ACD是同弧所对的圆周角所以AEBACD.故ABEADC.(2)解由于ABEADC，所以，即ABACADAE又SABACsinBAC，且SADAE，故ABACsinBACADAE，则sinBAC1.又BAC为ABC的内角，所以BAC90.考点二与圆有关的比例线段【例2】 如图，PA切O于点A，割线PBC交O于点B，C，APC的角平分线分别与AB、AC相交于点D、E，求证：(1)ADAE；(2)AD2DBEC.证明(1)AEDEPCC，ADEAPDPAB.因PE是APC的角平分线，故EPCAPD.又PA是O的切线，故CPAB.所以AEDADE.故ADAE.(2)PCEPAD；PAEPBD.又PA是切线，PBC是割线PA2PBPC.故，又ADAE，故AD2DBEC.规律方法 涉及与圆有关的等积线段或成比例的线段，常利用圆周角或弦切角证明三角形相像，在相像三角形中查找比例线段；也可以利用相交弦定理、切割线定理证明线段成比例，在实际应用中，一般涉及两条相交弦应首先考虑相交弦定理，涉及两条割线就要想到割线定理，见到切线和割线时要留意应用切割线定理【训练2】 (2021天津卷)如图，ABC为圆的内接三角形，BD为圆的弦，且BDAC.过点A作圆的切线与DB的延长线交于点E，AD与BC交于点F.若ABAC，AE6，BD5，则线段CF的长为_解析由切割线定理得AE2EBED，解得EB4.由于ABAC，所以ABCACBADB.由弦切角定理得EABEDA，所以EABABC，则AEBC，由于ACBD，所以四边形AEBC是平行四边形所以AEBC6，ACEB4，又由题意可得CAFCBA，所以，CF.答案考点三圆内接四边形的判定及应用【例3】 (2022银川一中月考)如图，已知AP是O的切线，P为切点，AC是O的割线，与O交于B、C两点，圆心O在PAC的内部，点M是BC的中点(1)证明：A、P、O、M四点共圆；(2)求OAMAPM的大小(1)证明连接OP，OM，由于AP与O相切于点P，所以OPAP.由于M是O的弦BC的中点，所以OMBC，于是OPAOMA180.由圆心O在PAC的内部，可知四边形APOM的对角互补，所以A、P、O、M四点共圆(2)解由(1)得A、P、O、M四点共圆，所以OAMOPM，由(1)得OPAP，由于圆心O在PAC的内部，所以OPMAPM90，所以OAMAPM90.规律方法 (1)假如四点与肯定点距离相等，那么这四点共圆；(2)假如四边形的一组对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆；(3)假如四边形的一个外角等于它的内对角，那么这个四边形的四个顶点共圆【训练3】 如图，已知ABC的两条角平分线AD和CE相交于点H，ABC60，F在AC上，且AEAF.求证：(1)B、D、H、E四点共圆；(2)CE平分DEF.证明(1)在ABC中，ABC60，BACBCA120.AD，CE分别是ABC的角平分线，HACHCA60，AHC120.EHDAHC120.EBDEHD180.B，D，H，E四点共圆(2)连接BH，则BH为ABC的平分线，EBHHBD30.由(1)知B，D，H，E四点共圆，CEDHBD30，HDEEBH30.HEDHDE30.AEAF，AD平分BAC，EFAD.又EHAHDECED60，CEF30.CE平分DEF.关于圆的综合应用【典例】 如图所示，已知O1和O2相交于A，B两点，过A点作O1的切线交O2于点C，过点B作两圆的割线，分别交O1，O2于点D，E，DE与AC相交于点P.(1)求证：ADEC；(2)若AD是O2的切线，且PA6，PC2，BD9，求AD的长审题视点(1)连接AB，在O1中使用弦切角定理，在O2中使用圆周角定理，即可证明DE；(2)依据切割线定理，只要求出BE的长度即可，在O2中依据相交弦定理可得BPPE，依据(1)中ADPCEP，又可得BP，PE的一个方程，解方程组求出BP，PE的长度即可(1)证明连接AB，如图所示AC是O1的切线，BACD.又BACE.DE.ADEC.(2)解设BPx，PEy，PA6，PC2，xy12.依据(1)，可得ADPCEP，即，由，可得或(负值舍去)DE9xy16.AD是O2的切线，AD2DBDE916.AD12.反思感悟 在平面几何的有关计算中往往要使用比例线段，产生比例线段的一个主要依据是两三角形相像，本题中使用三角形的相像把O2中两条待求的线段联系起来，发挥了相像三角形的桥梁作用在涉及两圆的公共弦时，通常是作出两圆的公共弦，假如有过公共点的切线就可以使用弦切角定理，在两个圆内实现角的等量代换，这是解决两个圆相交且在交点处有圆的切线问题的基本思考方向【自主体验】如图，梯形ABCD内接于O，ADBC，过B引O的切线分别交DA、CA的延长线于E、F.(1)求证：AB2AEBC；(2)已知BC8，CD5，AF6，求EF的长(1)证明BE切O于B，ABEACB.又ADBC，EABABC，EABABC，.AB2AEBC.(2)解由(1)EABABC，.又AEBC，.又ADBC，ABCD，EF.一、填空题1.如图，AB是O的直径，MN与O切于点C，ACBC，则sinMCA_.解析由弦切角定理得，MCAABC，sin ABC.答案2.如图，AB为O的直径，C为O上一点AD和过C点的切线相互垂直，垂足为D，DAB80，则ACO_.解析CD是O的切线，OCCD，又ADCD，OCAD.由此得，ACOCAD，OCOA，CAOACO，CADCAO，故AC平分DAB.CAO40，ACO40.答案403.(2022天津卷)如图，已知AB和AC是圆的两条弦，过点B作圆的切线与AC的延长线相交于点D.过点C作BD的平行线与圆相交于点E，与AB相交于点F，AF3，FB1，EF，则线段CD的长为_解析由于AFBFEFCF，解得CF2，所以，即BD.设CDx，AD4x，所以4x2，所以x.答案4.如图，在ABC中，ABAC，C72，O过A、B两点且与BC相切于点B，与AC交于点D，连接BD，若BC1，则AC_.解析由题易知，CABC72，ADBC36，所以BCDACB，所以BCACCDCB，又易知BDADBC，所以BC2CDAC(ACBC)AC，解得AC2.答案25.(2022陕西卷)如图，在圆O中，直径AB与弦CD垂直，垂足为E，EFDB，垂足为F，若AB6，AE1，则DFDB_.解析由题意知，AB6，AE1，BE5.CEDEDE2AEBE5.在RtDEB中，EFDB，由射影定理得DFDBDE25.答案56.(2022广东卷)如图，直线PB与圆O相切于点B，D是弦AC上的点，PBADBA.若ADm，ACn，则AB_.解析PB切O于点B，PBAACB.又PBADBA，DBAACB，ABDACB.，AB2ADACmn，AB.答案7.如图，O和O相交于A、B两点，过A作两圆的切线分别交两圆于C、D.若BC2，BD4，则AB的长为_解析AC、AD分别是两圆的切线，C2，1D，ACBDAB.，AB2BCBD248.AB2(舍去负值)答案28(2021湖南卷)如图，在半径为的O中，弦AB，CD相交于点P，PAPB2，PD1，则圆心O到弦CD的距离为_解析依据相交弦定理求出PC的长，过O作弦CD的垂线由相交弦定理得PAPBPCPD.又PAPB2，PD1，则PC4，CDPCPD5.过O作CD的垂线OE交CD于E，则E为CD中点，OE.答案9.(2021重庆卷)如图，在ABC中，ACB90，A60，AB20，过C作ABC的外接圆的切线CD，BDCD，BD与外接圆交于点E，则DE的长为_解析在RtACB中，ACB90，A60，ABC30.AB20，AC10，BC10.CD为切线，BCDA60.BDC90，BD15，CD5.由切割线定理得DC2DEDB，即(5)215DE，DE5.答案5二、解答题10.如图，已知AB是O的直径，直线CD与O相切于点C，AC平分DAB，ADCD.(1)求证：OCAD；(2)若AD2，AC，求AB的长(1)证明直线CD与O相切于点C，DCODCAACO90，AOCO，OACACO，AC平分DAB，DACOAC，DACACO，OCAD.(2)解由(1)OCAD且OCDC，ADDC，即ADC90，连接BC，AB是O的直径，ACB90，ADCACB，又DACBAC，ADCACB，AD2，AC，AB.11.(2021新课标全国卷)如图，直线AB为圆的切线，切点为B，点C在圆上，ABC的角平分线BE交圆于点E，DB垂直BE交圆于点D.(1)证明：DBDC；(2)设圆的半径为1，BC，延长CE交AB于点F，求BCF外接圆的半径(1)证明如图，连接DE，交BC于点G.由弦切角定理，得ABEBCE，而ABECBE，故CBEBCE，所以BECE.又由于DBBE，所以DE为圆的直径，DCE90.由勾股定理可得DBDC.(2)解由(1)知，CDEBDE，DBDC，故DG是BC边的中垂线，所以BG.设DE的中点为O，连接BO，则BOG60，从而ABEBCECBE30，所以CFBF，故RtBCF外接圆的半径为.12.如图，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：FBFC；(2)求证：FB2FAFD；(3)若AB是ABC外接圆的直径，EAC120，BC6 cm，求AD的长(1)证明由于AD平分EAC，所以EADDAC.由于四边形AFBC内接于圆，所以DACFBC.由于EADFABFCB，所以FBCFCB，所以FBFC.(2)证明由于FABFCBFBC，AFBBFD，所以FBAFDB，所以，所以FB2FAFD.(3)解由于AB是圆的直径，所以ACB90，又EAC120，所以ABC30，DACEAC60，由于BC6，所以ACBCtanABC2，所以AD4(cm)