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
①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．
②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：
①推论1：经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．
②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)PA·PB＝
PC·PD
(2)△ACP∽△BDP
(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)PA·PB＝
PC·PD
(2)△PAC∽△PDB
(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)PA2＝PB·PC
(2)△PAB∽△PCA
(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)PA＝PB
(2)∠OPA＝∠OPB
(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
①定理1：圆内接四边形的对角互补．
②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
①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．
②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，∠C＝90°，AB＝10，AC＝6，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∠CPA＝90°，即CP⊥AB，由射影定理知，AC2＝AP·AB.∴AP＝3.6，∴BP＝AB－AP＝6.4.
答案　6.4
2.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∠BAC＝80°， 那么∠BDC＝______.

解析　连接OB、OC，则OB⊥AB，OC⊥AC，∴∠BOC＝180°－∠BAC＝100°，
∴∠BDC＝∠BOC＝50°.
答案　50°
3.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PB＝1，PD＝3，则的值为________．

解析　∵ABCD为圆内接四边形，∴∠PBC＝∠ADP，又∠P＝∠P，∴△BCP∽△DAP，∴＝＝.
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，∠MAB＝35°，则∠D＝________.

解析　连接BD，由题意知，∠ADB＝∠MAB＝35°，∠BDC＝90°，故∠ADC＝∠ADB＋∠BDC＝125°.
答案　125°

5．如图所示，过点P的直线与⊙O相交于A，B两点．若PA＝1，AB＝2，PO＝3，则⊙O的半径r＝________.
解析　设⊙O的半径为r(r＞0)，
∵PA＝1，AB＝2，∴PB＝PA＋AB＝3.
延长PO交⊙O于点C，
则PC＝PO＋r＝3＋r.
设PO交⊙O于点D，则PD＝3－r.
由圆的割线定理知，PA·PB＝PD·PC，
∴1×3＝(3－r)(3＋r)，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，BC＝3，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∠CAB＝30°，
由于直线l与⊙O相切，由弦切角定理知∠BCF＝30°，
由∠DCA＋∠ACB＋∠BCF＝180°，又∠ACB＝90°，
知∠DCA＝60°，故在Rt△ADC中，∠DAC＝30°.

(1)
(2)法一　连接BE，如图(1)所示，∠EAB＝60°＝∠CBA，
则Rt△ABE≌Rt△BAC，所以AE＝BC＝3.
法二　连接EC，OC，如图(2)所示，则由弦切角定理知，∠DCE＝∠CAE＝30°，又∠DCA＝60°，故∠ECA＝30°，

(2)
又由于∠CAB＝30°，故∠ECA＝∠CAB，从而EC∥AO，
由OC⊥l，AD⊥l，可得OC∥AE，故四边形AOCE是平行四边形，
又由于OA＝OC，故四边形AOCE是菱形，故AE＝AO＝3.
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：△ABE∽△ADC；
(2)若△ABC的面积S＝AD·AE，求∠BAC的大小．
(1)证明　由已知条件，可得∠BAE＝∠CAD.
由于∠AEB与∠ACD是同弧所对的圆周角．
所以∠AEB＝∠ACD.故△ABE∽△ADC.
(2)解　由于△ABE∽△ADC，所以＝，即AB·AC＝AD·AE
又S＝AB·ACsin∠BAC，且S＝AD·AE，
故AB·ACsin∠BAC＝AD·AE，
则sin∠BAC＝1.又∠BAC为△ABC的内角，
所以∠BAC＝90°.
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)AD＝AE；
(2)AD2＝DB·EC.
证明　(1)∠AED＝∠EPC＋∠C，
∠ADE＝∠APD＋∠PAB.
因PE是∠APC的角平分线，故∠EPC＝∠APD.
又PA是⊙O的切线，故∠C＝∠PAB.
所以∠AED＝∠ADE.故AD＝AE.
(2)⇒△PCE∽△PAD⇒＝；
⇒△PAE∽△PBD⇒＝.
又PA是切线，PBC是割线⇒PA2＝PB·PC⇒＝.
故＝，又AD＝AE，故AD2＝DB·EC.
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BD∥AC.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AB＝AC，AE＝6，BD＝5，则线段CF的长为________．

解析　由切割线定理得AE2＝EB·ED，解得EB＝4.
由于AB＝AC，所以∠ABC＝∠ACB＝∠ADB.
由弦切角定理得∠EAB＝∠EDA，所以∠EAB＝∠ABC，则AE∥BC，
由于AC∥BD，所以四边形AEBC是平行四边形．
所以AE＝BC＝6，AC＝EB＝4，又由题意可得△CAF∽△CBA，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∠OAM＋∠APM的大小．

(1)证明　连接OP，OM，由于AP与⊙O相切于点P，所以OP⊥AP.
由于M是⊙O的弦BC的中点，所以OM⊥BC，
于是∠OPA＋∠OMA＝180°.
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∠OAM＝∠OPM，
由(1)得OP⊥AP，由于圆心O在∠PAC的内部，
所以∠OPM＋∠APM＝90°，所以∠OAM＋∠APM＝90°.
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，∠ABC＝60°，F在AC上，且AE＝AF.

求证：(1)B、D、H、E四点共圆；
(2)CE平分∠DEF.
证明　(1)在△ABC中，∵∠ABC＝60°，
∴∠BAC＋∠BCA＝120°.
∵AD，CE分别是△ABC的角平分线，
∴∠HAC＋∠HCA＝60°，
∴∠AHC＝120°.
∴∠EHD＝∠AHC＝120°.
∴∠EBD＋∠EHD＝180°.
∴B，D，H，E四点共圆．

(2)连接BH，则BH为∠ABC的平分线，
∴∠EBH＝∠HBD＝30°.
由(1)知B，D，H，E四点共圆，
∴∠CED＝∠HBD＝30°，
∠HDE＝∠EBH＝30°.
∴∠HED＝∠HDE＝30°.
∵AE＝AF，AD平分∠BAC，∴EF⊥AD.
又∠EHA＝∠HDE＋∠CED＝60°，
∴∠CEF＝30°.∴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：AD∥EC；
(2)若AD是⊙O2的切线，且PA＝6，PC＝2，BD＝9，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∠D＝∠E；(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BP·PE，依据(1)中△ADP∽△CEP，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，∴∠BAC＝∠D.
又∵∠BAC＝∠E.∴∠D＝∠E.∴AD∥EC.
(2)解　设BP＝x，PE＝y，
∵PA＝6，PC＝2，∴xy＝12.①
∵依据(1)，可得△ADP∽△CEP，
∴＝，即＝，②
由①②，可得或(负值舍去)
∴DE＝9＋x＋y＝16.
∵AD是⊙O2的切线，∴AD2＝DB·DE＝9×16.
∴AD＝12.
[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，AD∥BC，过B引⊙O的切线分别交DA、CA的延长线于E、F.

(1)求证：AB2＝AE·BC；
(2)已知BC＝8，CD＝5，AF＝6，求EF的长．
(1)证明　∵BE切⊙O于B，
∴∠ABE＝∠ACB.
又AD∥BC，∴∠EAB＝∠ABC，
∴△EAB∽△ABC，
∴＝.
∴AB2＝AE·BC.
(2)解　由(1)△EAB∽△ABC，∴＝.
又AE∥BC，∴＝，∴＝.
又AD∥BC，∴，∴AB＝CD，
∴＝，∴＝，
∴EF＝＝.

一、填空题
1.

如图，AB是⊙O的直径，MN与⊙O切于点C，AC＝BC，则sin∠MCA＝________.
解析　由弦切角定理得，
∠MCA＝∠ABC，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，∠DAB＝80°，则∠ACO＝________.
解析　∵CD是⊙O的切线，∴OC⊥CD，又∵AD⊥CD，∴OC∥AD.
由此得，∠ACO＝∠CAD，
∵OC＝OA，∴∠CAO＝∠ACO，
∴∠CAD＝∠CAO，故AC平分∠DAB.
∴∠CAO＝40°，∴∠ACO＝40°.
答案　40°
3.

(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，AF＝3，FB＝1，EF＝，则线段CD的长为________．
解析　由于AF·BF＝EF·CF，解得CF＝2，所以＝，即BD＝.设CD＝x，AD＝4x，所以4x2＝，所以x＝.
答案　
4.

如图，在△ABC中，AB＝AC，∠C＝72°，⊙O过A、B两点且与BC相切于点B，与AC交于点D，连接BD，若BC＝－1，则AC＝________.
解析　由题易知，∠C＝∠ABC＝72°，∠A＝∠DBC＝36°，所以△BCD∽△ACB，所以BC∶AC＝CD∶CB，
又易知BD＝AD＝BC，所以BC2＝CD·AC＝(AC－BC)·AC，解得AC＝2.
答案　2
5.

(2022·陕西卷)如图，在圆O中，直径AB与弦CD垂直，垂足为E，EF⊥DB，垂足为F，若AB＝6，AE＝1，则DF·DB＝________.
解析　由题意知，AB＝6，AE＝1，
∴BE＝5.∴CE·DE＝DE2＝AE·BE＝5.在Rt△DEB中，∵EF⊥DB，∴由射影定理得DF·DB＝DE2＝5.
答案　5
6.

(2022·广东卷)如图，直线PB与圆O相切于点B，D是弦AC上的点，∠PBA＝∠DBA.若AD＝m，AC＝n，则AB＝________.
解析　∵PB切⊙O于点B，
∴∠PBA＝∠ACB.
又∠PBA＝∠DBA，∴∠DBA＝∠ACB，
∴△ABD∽△ACB.∴＝，
∴AB2＝AD·AC＝mn，
∴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BC＝2，BD＝4，则AB的长为______．
解析　∵AC、AD分别是两圆的切线，
∴∠C＝∠2，∠1＝∠D，

∴△ACB∽△DAB.
∴＝，
∴AB2＝BC·BD＝2×4＝8.
∴AB＝＝2(舍去负值)．
答案　2

8．(2021·湖南卷)如图，在半径为的⊙O中，弦AB，CD相交于点P，PA＝PB＝2，PD＝1，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PA·PB＝PC·PD.
又PA＝PB＝2，PD＝1，则PC＝4，
∴CD＝PC＋PD＝5.
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，∠ACB＝90°，∠A＝60°，AB＝20，过C作△ABC的外接圆的切线CD，BD⊥CD，BD与外接圆交于点E，则DE的长为________．
解析　在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，
∴∠ABC＝30°.∵AB＝20，
∴AC＝10，BC＝10.
∵CD为切线，∴∠BCD＝∠A＝60°.
∵∠BDC＝90°，∴BD＝15，CD＝5.
由切割线定理得DC2＝DE·DB，
即(5)2＝15DE，
∴DE＝5.
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，AD⊥CD.
(1)求证：OC∥AD；
(2)若AD＝2，AC＝，求AB的长．
(1)证明　∵直线CD与⊙O相切于点C，
∴∠DCO＝∠DCA＋∠ACO＝90°，
∵AO＝CO，∴∠OAC＝∠ACO，
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC＝∠OAC，
∴∠DAC＝∠ACO，∴OC∥AD.
(2)解　由(1)OC∥AD且OC⊥DC，
∴AD⊥DC，∴即∠ADC＝90°，
连接BC，∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ADC＝∠ACB，
又∵∠DAC＝∠BAC，
∴△ADC∽△ACB，
∴＝，
∵AD＝2，AC＝，∴AB＝.
11.

(2021·新课标全国Ⅰ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：DB＝DC；
(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∠ABE＝∠BCE，
而∠ABE＝∠CBE，故∠CBE＝∠BCE，所以BE＝CE.
又由于DB⊥BE，所以DE为圆的直径，∠DCE＝90°.
由勾股定理可得DB＝DC.
(2)解　由(1)知，∠CDE＝∠BDE，DB＝DC，
故DG是BC边的中垂线，所以BG＝.
设DE的中点为O，连接BO，则∠BOG＝60°，从而∠ABE＝∠BCE＝∠CBE＝30°，
所以CF⊥BF，故Rt△BCF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：FB＝FC；
(2)求证：FB2＝FA·FD；
(3)若AB是△ABC外接圆的直径，∠EAC＝120°，BC＝6 cm，求AD的长．
(1)证明　由于AD平分∠EAC，
所以∠EAD＝∠DAC.
由于四边形AFBC内接于圆，
所以∠DAC＝∠FBC.
由于∠EAD＝∠FAB＝∠FCB，
所以∠FBC＝∠FCB，所以FB＝FC.
(2)证明　由于∠FAB＝∠FCB＝∠FBC，
∠AFB＝∠BFD，所以△FBA∽△FDB，
所以＝，所以FB2＝FA·FD.
(3)解　由于AB是圆的直径，
所以∠ACB＝90°，
又∠EAC＝120°，所以∠ABC＝30°，
∠DAC＝∠EAC＝60°，由于BC＝6，
所以AC＝BCtan∠ABC＝2，
所以AD＝＝4(cm)．