2019版数学人教A版选修4-1课件：第二讲 直线与圆的位置关系 本讲整合

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解:(1)由于△ABC是等腰三角形,AD⊥BC,所以AD是∠CAB的平分线.
又因为☉O分别与AB,AC相切于点E,F,
所以AE=AF,故AD⊥EF.
从而EF∥BC.
(2)由(1)知,AE=AF,AD⊥EF,
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专题一
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专题二
应用2如图,已知D,E分别是△ABC的BC,AC边上的点,且∠ADB=∠AEB.
求证:∠CED=∠ABC.
提示:要证明∠CED=∠ABC,容易想到圆内接四边形的性质,需证明
A,B,D,E四点共圆.用圆内接四边形的判定定理不易找到条件,故采用分
类讨论来解决.
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专题一
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专题二
专题一 与圆有关的角的计算与证明
圆中的角有四类:圆心角、圆周角、弦切角和弧所对的角,与圆有关的
角的计算与证明通常涉及这四类角,因此圆周角定理、圆心角定理
15
.
2
在 Rt△DCP 中,DC2=(DM+PM)2+CP2,②
联立 ①②可求得 DM=6,所以 OD=8.
答案:8
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5(课标全国Ⅰ高考)如图,AB是☉O的直径,AC是☉O的切线,BC交☉O于
点E.
(1)若D为AC的中点,证明:DE是☉O的切线;
所以∠DEC+∠OEB=90°,
故∠OED=90°,DE是☉O的切线.
(2)设 CE=1,AE=x,由已知得 AB=2 3, =
12- 2 .
由射影定理可得,AE2=CE·BE,
所以 x2=
12- 2 , 即x4+x2-12=0.
可得 x= 3, 所以∠ACB=60°.
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(2)若 OA= 3, 求∠ACB 的大小.
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解:(1)连接AE,由已知得,AE⊥BC,AC⊥AB.
在Rt△AEC中,由已知得,DE=DC,故∠DEC=∠DCE.
连接OE,则∠OBE=∠OEB.
又∠ACB+∠ABC=90°,
即12=EB·(EB+4),可求得EB=2.
连接OC,则OC⊥DE,所以OC∥AD,


4
2
所以 =
,即 =
, 所以AD=3.


6

答案:3
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3(重庆高考)如图,圆O的弦AB,CD相交于点E,过点A作圆O的切线与DC
弦与交于点,∠CEB=60°,则∠CAB 等于(
)
A.50° B.45° C.40° D.35°
解析: ∵ 与 的度数之差为20°,
∴∠CAE-∠ECA=10°.
又∠CEB=∠CAE+∠ACE=60°,
∴∠CAE=35°,即∠CAB=35°.
答案:C
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8(课标全国Ⅱ高考)如图,P是☉O外一点,PA是切线,A为切点,割线PBC与
☉O相交于点B,C,PC=2PA,D为PC的中点,AD的延长线交☉O于点E.证
明:
(1)BE=EC;
(2)AD·DE=2PB2.
因此BE=EC.
(2)由切割线定理,得PA2=PB·PC.
因为PA=PD=DC,所以DC=2PB,BD=PB.
由相交弦定理,得AD·DE=BD·DC,
所以AD·DE=2PB2.
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故AD是EF的垂直平分线.
又EF为☉O的弦,所以O在AD上.
连接OE,OM,则OE⊥AE.
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由AG等于☉O的半径得AO=2OE,
所以∠OAE=30°.
因此△ABC和△AEF都是等边三角形.
因为 AE=2 3, 所以AO=4,OE=2.
2
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解析:由相交弦定理,
得
· = ·,
· = ·.
因为M,N是弦AB的三等分点,
所以AM=MN=NB,MB=AN.
所以AM·MB=AN·NB.
所以 CM·MD=CN·NE,即 2×4=3·NE,解得 NE=
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答案:2
= 2.
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4(广东高考)如图,已知AB是圆O的直径,AB=4,EC是圆O的切线,切点为
C,BC=1,过圆心O作BC的平行线,分别交EC和AC于点D和点P,则
OD=
.
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不相邻的内角”矛盾.故点D不能在圆外.
(2)如果点D在圆内,设圆与BD的延长线交于点F,连接AF,如图,
则∠AFB=∠AEB.
又因为∠AEB=∠ADB,
所以∠AFB=∠ADB.
这也与“三角形的外角大于任一不相邻的内角”矛盾.
故点D不可能在圆内.综上可得,点A,B,D,E在同一圆上.所以
∠CED=∠ABC.
或列出方程解得线段的长.
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专题一
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专题二
应用3如图,过☉O外一点A作一条直线与☉O交于C,D两点,AB切☉O
于点B,弦MN过CD的中点P.若AC=4,AB=6,则MP·NP=
.
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
解析:由于 AB 是☉O 的切线,则 AB2=AC·AD.
专题二
应用4在两圆公共弦AB上,任取一点G,过点G作直线交一圆于点C,D,交
另一圆于点E,F.
求证:CG·ED=EG·CF.
提示:简单型的比例线段问题,首先考虑证明两个三角形相似.
证明:如图,连接AD,AE,BC,BF.
∵∠D=∠ABC,∠AGD=∠CGB,
∴△ADG∽△CBG.

∴
=
,

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解析:设 OD 交劣弧 于点M,由 OP∥BC,得 OP=
点,PM=
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.
2
1
, 为AC 的中
2
由切割线定理得 DC2=DM·(DM+4).①
在△ABC 中,AC 为直角边,
且 AC=
所以 CP=
2 - 2 =
42 -12 = 15,
和弦切角定理是解决此类问题的知识基础,通常利用圆周角、弦切
角、圆心角与弧的关系来转化,并借助于圆内接四边形的对角互补
和圆的切线垂直于经过切点的半径来解决.
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专题二
应用 1 已知,如图, 与 的度数之差为 20°,
与DC的延长线交于点E,且CB=CE.
(1)证明:∠D=∠E;
(2)设AD不是☉O的直径,AD的中点为M,且MB=MC,证明:△ADE为等边
三角形.
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(1)证明:由题设知A,B,C,D四点共圆,所以∠D=∠CBE.
∴AG·BG=CG·DG.①
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专题一
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专题二
同理△AEG∽△FBG,∴


=

.

∴AG·BG=EG·FG.②
由 ①②可得 CG·DG=EG·FG,



∴
=
,∴
=
.
- -
∴


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专题二
专题二
与圆有关的线段的计算与证明
在圆中,解决与圆有关的线段的计算与证明问题时,先考虑圆幂定
理,即相交弦定理、割线定理、切割线定理和切线长定理,得到成比
例线段,再结合射影定理、相似三角形进行等比代换或等量代换加以证明
又 AC=4,AB=6,所以 AD=
2

= 9.
所以 CD=AD-AC=9-4=5.
5
2
又 P 是 CD 的中点,所以 PD=PC= .
又 MN 与 CD 交于点 P,
则 MP·NP=PD·PC=
25
.
4
25
答案:
4
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证明:(1)连接AB,AC,
由题设知PA=PD,故∠PAD=∠PDA.
因为∠PDA=∠DAC+∠DCA,
∠PAD=∠BAD+∠PAB,∠DCA=∠PAB,
所以∠DAC=∠BAD,从而 = .
因为 OM=OE=2,DM=
1

2
= 3,
所以 OD=1.
于是 AD=5,AB=
所以四边形
3
2
=
10 3
.
3
1
10 3
EBCF 的面积为 ×
2
3
2
×
3 1
− ×
2
2
(2 3)2 ×
16 3
.
3
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7(课标全国Ⅰ高考)如图,四边形ABCD是☉O的内接四边形,AB的延长线
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专题二
证明:作△ABE的外接圆,则点D与外接圆有三种位置关系:①点D在圆
外;②点D在圆内;③点D在圆上.
(1)如果点D在圆外,设BD与圆交于点F,连接AF,
如图.则∠AFB=∠AEB.而∠AEB=∠ADB,则
∠AFB=∠ADB.这与“三角形的外角大于任一
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6(课标全国Ⅱ高考)如图,O为等腰三角形ABC内一点,☉O与△ABC
的底边BC交于M,N两点,与底边上的高AD交于点G,且与AB,AC分别相
切于E,F两点.
(1)证明:EF∥BC;
(2)若AG等于☉O的半径,且AE=MN=
2 3, 求四边形的面积.
的延长线交于点P,若PA=6,AE=9,PC=3,CE∶ED=2∶1,则
BE=
.
解析:因为PA是圆的切线,
所以有PA2=PC·PD,
于是 PD=
2

=
62
3
= 12,
因此CD=PD-PC=9.
又因为CE∶ED=2∶1,所以CE=6,ED=3.
又由相交弦定理可得AE·BE=CE·ED,
6×3
所以 BE=
答案:A
8
.
3
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2(广东高考)如图,AB为圆O的直径,E为AB延长线上一点,过E作圆O的切
线,切点为C,过A作直线EC的垂线,垂足为D.若AB=4,CE=
2 3, 则 = ___________.
解析:由切割线定理得EC2=EB·EA,
由已知得∠CBE=∠E,故∠D=∠E.
(2)解:设BC的中点为N,连接MN,则由MB=MC,知MN⊥BC,故O在直线MN
上.
又AD不是☉O的直径,M为AD的中点,
故OM⊥AD,即MN⊥AD.
所以AD∥BC,故∠A=∠CBE.
又∠CBE=∠E,故∠A=∠E.
由(1)知,∠D=∠E,所以△ADE为等边三角形.
=

,∴

·ED=EG·CF.
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1(天津高考)如图,在圆O中,M,N是弦AB的三等分点,弦CD,CE分别经过
点M,N.若CM=2,MD=4,CN=3,则线段NE的长为(
A.
)
8
3
B. 3
C.
10
3
5
D.