高中数学第二讲直线与圆的位置关系单元整合课件新人教A版选修4-1
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高中数学 第二讲 直线与圆的位置关系 一 圆周角定理课件 新人教A版选修41
因为∠AOB＝120°，所以A︵EB的度数为 120°， A︵CB的度数为 240°.
所以∠AEB＝12×240°＝120°. 所以此弦所对的圆周角为 60°或 120°.
规律方法 弦所对的圆周角有两个，易 丢掉120°导致错误，另外求圆周角时易 应用到解三角形的知识.
跟踪演练 1 如图，已知：△ABC 内接于⊙O，D，E 在 BC 边上，且 BD＝CE，∠1＝∠2. 求证：AB＝AC. 证明 延长 AD，AE，分别交⊙O 于 F，G，
要点三 直径上的圆周角 例 3 如图所示，已知 AB 为⊙O 的直径，AC
为弦，OD∥BC，交 AC 于 D，BC＝4 cm. (1)试判断 OD 与 AC 的位置关系； (2)求 OD 的长； (3)若 2sin A－1＝0，求⊙O 的直径.
解 (1)OD⊥AC.理由如下： ∵AB 为⊙O 的直径，∴∠ACB＝90°. ∵OD∥BC，∴∠ADO＝∠ACB＝90°，∴OD⊥AC. (2)∵△AOD∽△ABC，∴OBCD＝AAOB＝12， ∴OD＝12BC＝2(cm). (3)∵2sin A－1＝0，∴sin A＝12.又∵sin A＝BACB， ∴AB＝2BC＝8 cm，即⊙O 的直径为 8 cm.
3.关于圆周角定理推论的理解 (1)在推论1中，注意：“同弧或等弧”改为“同弦或等弦” 的话结论就不成立了，因为一条弦所对的圆周角有两种可 能，在一般情况下是不相等的. (2)圆心角的度数和它所对的弧的度数相等，但并不是“圆 心角等于它所对的弧”. (3)“相等的圆周角所对的弧也相等”的前提条件是“在同 圆或等圆中”. (4)在同圆或等圆中，由弦相等⇒弧相等时，这里的弧要求 同是优弧或同是劣弧，一般选劣弧.
所以B︵C＝A︵E.
规律方法 证明弧相等只需证明弧所对 的圆心角相等，通常用圆周角定理或平 行来转化.
所以∠AEB＝12×240°＝120°. 所以此弦所对的圆周角为 60°或 120°.
规律方法 弦所对的圆周角有两个，易 丢掉120°导致错误，另外求圆周角时易 应用到解三角形的知识.
跟踪演练 1 如图，已知：△ABC 内接于⊙O，D，E 在 BC 边上，且 BD＝CE，∠1＝∠2. 求证：AB＝AC. 证明 延长 AD，AE，分别交⊙O 于 F，G，
要点三 直径上的圆周角 例 3 如图所示，已知 AB 为⊙O 的直径，AC
为弦，OD∥BC，交 AC 于 D，BC＝4 cm. (1)试判断 OD 与 AC 的位置关系； (2)求 OD 的长； (3)若 2sin A－1＝0，求⊙O 的直径.
解 (1)OD⊥AC.理由如下： ∵AB 为⊙O 的直径，∴∠ACB＝90°. ∵OD∥BC，∴∠ADO＝∠ACB＝90°，∴OD⊥AC. (2)∵△AOD∽△ABC，∴OBCD＝AAOB＝12， ∴OD＝12BC＝2(cm). (3)∵2sin A－1＝0，∴sin A＝12.又∵sin A＝BACB， ∴AB＝2BC＝8 cm，即⊙O 的直径为 8 cm.
3.关于圆周角定理推论的理解 (1)在推论1中，注意：“同弧或等弧”改为“同弦或等弦” 的话结论就不成立了，因为一条弦所对的圆周角有两种可 能，在一般情况下是不相等的. (2)圆心角的度数和它所对的弧的度数相等，但并不是“圆 心角等于它所对的弧”. (3)“相等的圆周角所对的弧也相等”的前提条件是“在同 圆或等圆中”. (4)在同圆或等圆中，由弦相等⇒弧相等时，这里的弧要求 同是优弧或同是劣弧，一般选劣弧.
所以B︵C＝A︵E.
规律方法 证明弧相等只需证明弧所对 的圆心角相等，通常用圆周角定理或平 行来转化.
高中数学 2.2 第二讲 直线与圆的位置关系课件 新人教A版选修41
第二十八页，共42页。
规律技巧 本例的证明应用了分类讨论的思想和反证法．
第二十九页，共42页。
变式2
已知：如图，在△ABC中，AD＝DB，DF⊥AB交AC于点 F，AE＝EC，EG⊥AC交AB于点G，求证：
(1)D，E，F，G四点共圆； (2)G，B，C，F四点共圆．
第三十页，共42页。
证明 (1)连接GF，由DF⊥AB，EG⊥AC，知∠GDF＝∠ GEF＝90°.
第二十页，共42页。
规律技巧 本题除了运用圆内接四边形的性质定理，还运 用了垂径定理及圆周角定理的推论2解决问题．
第二十一页，共42页。
变式1
如图所示，已知⊙O的内接四边形ABCD，AB和DC的延长 线交于点P，AD和BC的延长线交于点Q.如果∠A＝50°，∠P＝ 30°，求∠Q的度数．
第二十二页，共42页。
第十四页，共42页。
3．四点共圆的应用 在证明有关几何问题中，当题目的结论直接证明较为繁杂 或无法证明时，可以根据条件，先证明某四点共圆，再利用圆 的性质加以解决．这种方法常称为“作辅助圆”法．对于一些 难以解决的几何问题，可以通过与圆结合，利用四点共圆，再 利用圆的有关性质定理，很可能使问题迎刃而解．因此，合理 巧妙地利用四点共圆，往往可以开拓解题思路，提高解题速 度．解题时可以从如下角度进行探究：
第十八页，共42页。
【分析】 可先利用圆内接四边形的性质定理求得∠BCD. 然后由题意判断出AC为直径，进而求得∠ABC与∠ADC.
第十九页，共42页。
【解】 ∵四边形ABCD是圆内接四边形， ∴∠BAD＋∠BCD＝180°. 又∵∠BAD＝72°，∴∠BCD＝108°. 又∵AC平分BD，并且AC⊥BD， ∴AC是四边形ABCD外接圆的直径． ∴∠ABC＝∠ADC＝90°.
规律技巧 本例的证明应用了分类讨论的思想和反证法．
第二十九页，共42页。
变式2
已知：如图，在△ABC中，AD＝DB，DF⊥AB交AC于点 F，AE＝EC，EG⊥AC交AB于点G，求证：
(1)D，E，F，G四点共圆； (2)G，B，C，F四点共圆．
第三十页，共42页。
证明 (1)连接GF，由DF⊥AB，EG⊥AC，知∠GDF＝∠ GEF＝90°.
第二十页，共42页。
规律技巧 本题除了运用圆内接四边形的性质定理，还运 用了垂径定理及圆周角定理的推论2解决问题．
第二十一页，共42页。
变式1
如图所示，已知⊙O的内接四边形ABCD，AB和DC的延长 线交于点P，AD和BC的延长线交于点Q.如果∠A＝50°，∠P＝ 30°，求∠Q的度数．
第二十二页，共42页。
第十四页，共42页。
3．四点共圆的应用 在证明有关几何问题中，当题目的结论直接证明较为繁杂 或无法证明时，可以根据条件，先证明某四点共圆，再利用圆 的性质加以解决．这种方法常称为“作辅助圆”法．对于一些 难以解决的几何问题，可以通过与圆结合，利用四点共圆，再 利用圆的有关性质定理，很可能使问题迎刃而解．因此，合理 巧妙地利用四点共圆，往往可以开拓解题思路，提高解题速 度．解题时可以从如下角度进行探究：
第十八页，共42页。
【分析】 可先利用圆内接四边形的性质定理求得∠BCD. 然后由题意判断出AC为直径，进而求得∠ABC与∠ADC.
第十九页，共42页。
【解】 ∵四边形ABCD是圆内接四边形， ∴∠BAD＋∠BCD＝180°. 又∵∠BAD＝72°，∴∠BCD＝108°. 又∵AC平分BD，并且AC⊥BD， ∴AC是四边形ABCD外接圆的直径． ∴∠ABC＝∠ADC＝90°.
第二讲 直线与圆的位置关系 知识归纳 课件(人教A选修4-1)
圆的切线、割线、相交弦可以构成许多相似三角形， 结合相似三角形的性质，又可以得到一些比例式、乘积 式，在解题中，多联系这些知识，能够计算或证明角、 线段的有关结论．
[例 4]
(2010· 陕西高考)如图，已知 Rt△
ABC 的两条直角边 AC，BC 的长分别为 3 cm, BD 4 cm， AC 为直径的圆与 AB 交于点 D， DA 以 则 ＝________. [解析] 由题意得BC＝4，AC＝3，∴AB＝5.
(2)m＝4，n＝6 时， 方程 x2－14x＋mn＝0 的两根为 x1＝2，x2＝12. 故 AD＝2，AB＝12. 取 CE 的中点 G，DB 的中点 F，分别过 G，F 作 AC，AB 的垂线，两垂线相交于 H 点，连接 DH. 因为 C，B，D，E 四点共圆， 所以 C，B，D，E 四点所在圆的圆心为 H，半径为 DH. 由于∠A＝90° ，故 GH∥AB，HF∥AC. 1 从而 HF＝AG＝5，DF＝ ×(12－2)＝5. 2 故 C，B，D，E 四点所在圆的半径为 5 2.
近两年高考中，主要考查圆的切线定理，切割线定理，相 交弦定理，圆周角定理以及圆内接四边形的判定与性质等．题目
难度不大，以容易题为主．对于与圆有关的比例线段问题通常要
考虑利用相交弦定理、割线定理、切割线定理、相似三角形的判 定和性质等；弦切角是沟通圆内已知和未知的桥梁，它在解决圆 内有关等角问题中可以大显身手；证明四点共圆也是常见的考查 题型，常见的证明方法有：①到某定点的距离都相等；②如果某
4 答案： 3
2．(2011· 北京高考)如图，AD，AE，BC分别与圆O切于 点D，E，F，延长AF与圆O交于另一点G.给出下列三 个结论： ①AD＋AE＝AB＋BC＋CA；
②AF· AG＝AD· AE；
高中数学 第二讲 直线与圆的位置关系 五 与圆有关的比例线段课件 新人教a版选修4-1
连接AC、AD, 同样可以证明 PAC ~ PDA ( 请同学们自 己证明),因而1 式仍然成立. 在这种情况下, A、B两点重 合, PA PB PC PD, 变形为: 2 PA2 PC PD.
D C
P
A
O
B
图2 24
D C
P
AB
O
图2 25
由上述探究和论证, 我们有
例1 如图2 28 ,圆内的 两条弦AB、CD相交于圆 内一点P,已知PA PB
A
C P
O
B
1 D 4, PC PD.求CD的长 . 4 图2 28 4 1 解 设CD x, 则PD x, PC x. 5 5
由相交弦定理 , 得 PA PB PC PD.
1 4 所以 4 4 x x, x 10. 故CD 10 . 5 5
D
C,PA
O
B
图2 23
D C
P
A
O
根据上述探究和论证, 我们有
B
割线定理 从圆外一点引圆 图2 24 的两条 割 线 , 这一点到每条 割 线与圆的交点的两条线段长的积相等.
下面继续用运动变化思 想探究.
探究 在图2 24 中, 使割线 PB 绕 P 点运动到切线位置 图 2 25, 是否还有PA PB PC PD ?
单击图 标, 用几 何画板作一 系列探究实 验.
D A A C P
O
D B P
O
D B A P B
O
图2 20
图2 21
C
C
图2 22
连接AD、BC, 则由圆周角定理的推论 可得: A C. PA PC 故Rt APD ~ Rt CPB.则 .即PA PB PC PD. PD PB
D C
P
A
O
B
图2 24
D C
P
AB
O
图2 25
由上述探究和论证, 我们有
例1 如图2 28 ,圆内的 两条弦AB、CD相交于圆 内一点P,已知PA PB
A
C P
O
B
1 D 4, PC PD.求CD的长 . 4 图2 28 4 1 解 设CD x, 则PD x, PC x. 5 5
由相交弦定理 , 得 PA PB PC PD.
1 4 所以 4 4 x x, x 10. 故CD 10 . 5 5
D
C,PA
O
B
图2 23
D C
P
A
O
根据上述探究和论证, 我们有
B
割线定理 从圆外一点引圆 图2 24 的两条 割 线 , 这一点到每条 割 线与圆的交点的两条线段长的积相等.
下面继续用运动变化思 想探究.
探究 在图2 24 中, 使割线 PB 绕 P 点运动到切线位置 图 2 25, 是否还有PA PB PC PD ?
单击图 标, 用几 何画板作一 系列探究实 验.
D A A C P
O
D B P
O
D B A P B
O
图2 20
图2 21
C
C
图2 22
连接AD、BC, 则由圆周角定理的推论 可得: A C. PA PC 故Rt APD ~ Rt CPB.则 .即PA PB PC PD. PD PB
高考数学总复习 第2讲 直线与圆的位置关系课件 理 新人教A版选修41
[审题视点] 本题条件中，直线CD为 圆的切线，故考虑利用切割定理建立(jiànlì)等量 关系，再化简证之．
第三十六页，共48页。
[解析] 在圆中，由相交弦定理：AF·FB＝EF·FC，
∴FC＝AFE·FFB＝2，由三角形相似，BFDC＝AABF，
∴BD＝FCA·FAB＝83.
由切割弦定理：DB2＝DC·DA，
[证明] (1)因为EC＝ED， 所以∠EDC＝∠ECD. 因为A、B、C、D四点在同一圆上， 所以∠EDC＝∠EBA. 故∠ECD＝∠EBA. 所以CD∥AB.
第二十三页，共48页。
(2)由(1)知，AE＝BE.因为(yīn wèi)EF＝EG， 故∠EFD＝∠EGC，从而∠FED＝∠GEC. 连接AF，BG，则△EFA≌△EGB， 故∠FAE＝∠GBE. 又CD∥AB，∠EDC＝∠ECD， 所以∠FAB＝∠GBA. 所以∠AFG＋∠GBA＝180°. 故A，B，G，F四点共圆．
定义
判定定理 性质定理 性质定理
的推论
内容
如果一条直线与一个圆有唯一公共点，那么这条 直线叫做这个圆的________，公共点叫做 ________ 经过半径的________并且垂直于这条半径的直线 是圆的________ 圆的切线________经过切点的半径 经过圆心且垂直于切线的直线必经过________ 经过切点且垂直于切线的直线必经过________
(1)证明：A，P，O，M四点共圆； (2)求∠OAM＋∠APM的大小．
第二十六页，共48页。
解：(1)证明：连接OP，OM，因为AP与⊙O相切于点P， 所以OP⊥AP. 因为M是⊙O的弦BC的中点， 所以OM⊥BC. 于是∠OPA＋∠OMA＝180°， 由圆心(yuánxīn)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．
第三十六页，共48页。
[解析] 在圆中，由相交弦定理：AF·FB＝EF·FC，
∴FC＝AFE·FFB＝2，由三角形相似，BFDC＝AABF，
∴BD＝FCA·FAB＝83.
由切割弦定理：DB2＝DC·DA，
[证明] (1)因为EC＝ED， 所以∠EDC＝∠ECD. 因为A、B、C、D四点在同一圆上， 所以∠EDC＝∠EBA. 故∠ECD＝∠EBA. 所以CD∥AB.
第二十三页，共48页。
(2)由(1)知，AE＝BE.因为(yīn wèi)EF＝EG， 故∠EFD＝∠EGC，从而∠FED＝∠GEC. 连接AF，BG，则△EFA≌△EGB， 故∠FAE＝∠GBE. 又CD∥AB，∠EDC＝∠ECD， 所以∠FAB＝∠GBA. 所以∠AFG＋∠GBA＝180°. 故A，B，G，F四点共圆．
定义
判定定理 性质定理 性质定理
的推论
内容
如果一条直线与一个圆有唯一公共点，那么这条 直线叫做这个圆的________，公共点叫做 ________ 经过半径的________并且垂直于这条半径的直线 是圆的________ 圆的切线________经过切点的半径 经过圆心且垂直于切线的直线必经过________ 经过切点且垂直于切线的直线必经过________
(1)证明：A，P，O，M四点共圆； (2)求∠OAM＋∠APM的大小．
第二十六页，共48页。
解：(1)证明：连接OP，OM，因为AP与⊙O相切于点P， 所以OP⊥AP. 因为M是⊙O的弦BC的中点， 所以OM⊥BC. 于是∠OPA＋∠OMA＝180°， 由圆心(yuánxīn)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．
2019_2020学年高中数学第二讲直线与圆的位置关系2.1圆周角定理课件新人教A版选修4_1
A.20° B.40° C.80° D.70° 解析因为∠AMB=40°,所以∠AOB=80°,从而劣弧 答案C
的���������度��� 数为80°.
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3.圆周角定理的推论 (1)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. (2)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.
探究二
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探究三
思维辨析
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解析(1)∵∠D=60°,∴∠B=∠D=60°,∴������������������的度数为 120°.
∵AD∥BC,∴∠EAF=∠B=60°,
∴������������的度数为 60°,故������������的度数为 60°.
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探究一
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思维辨析
变式训练1 如图,点A,B,C是圆O上的点,且AB=4,∠ACB=30°,则 圆O的面积等于( )
应用
【例 3】如图,在 Rt△ABC 中,∠BCA=90°,以 BC 为直径的☉O 交 AB 于点 E,D 为 AC 的中点,连接 BD 交☉O 于点 F.求证:������������������������ = ������������������������.
2019-2020学年高中数学 第二讲 直线与圆的位置关系 2.1 圆周角定理课件 新人教a版选修4-1
=
34.
在 Rt△BPD 中,cos∠BPD=������������������������,
∴cos∠BPD=34,∴tan∠BPD=√37.
答案 D
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探究一
探究二
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错用圆周角定理致误 典例已知☉O中的弦AB的长等于半径,求弦AB所对的圆心角和
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做一做1 如图,点A,B,P在圆O上,若∠APB=65°,则
∠AOB=
.
解析由圆周角定理可得∠AOB=2∠APB=130°. 答案130°
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做一做3 如图所示,若D是劣弧������������的中点,则与∠ABD相等的角的 个数是( )
A.7 B.3 C.2 D.1 解析由同弧或等弧所对的圆周角相等,知 ∠ABD=∠CBD=∠ACD=∠DAC,故与∠ABD相等的角有3个. 答案B
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正解根据题意画出大致示意图如图所示,
∠AOB为弦AB所对的圆心角,∠C和∠D是弦AB所对的圆周角. ∵AB=OA=OB,∴△AOB为等边三角形, ∴∠AOB=60°,∴∠C=30°,∴∠D=150°,∴弦AB所对的圆心角为60°, 所对的圆周角为30°或150°.
第二讲 直线与圆的位置关系 知识归纳 课件(人教A选修4-1)
两点对该线段的张角相等；
③证明凸四边形的内对角互补(或外角等于它的内对角)等．
1．(2012· 天津高考)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 3 点F，AF＝3，FB＝1，EF＝ ， 2 则线段CD的长为________．
圆内接四边形是中学教学的主要研究问题之一， 近几年各地的高考选做题中常涉及圆内接四边形的判 定和性质． [例1] 已知四边形ABCD为平行四边形，过点A和
点B的圆与AD、BC分别交于E、F.
求证：C、D、E、F四点共圆．
[证明] 连接EF，
因为四边形ABCD为平行四边形， 所以∠B＋∠C＝180°. 因为四边形ABFE内接于圆， 所以∠B＋∠AEF＝180°.
又AB＝AC，AD⊥BC，
∴∠BAD＝∠CAD. 则∠CAD＝∠ODA，OD∥AC. ∵DM是⊙O切线，∴OD⊥DM. 则DM⊥AC，DC2＝AC· CM.
点击下图进入阶段质量检测
且不与△ABC的顶点重合．已知AE 的长为m，AC的长为n，AD，AB的 长是关于x的方程x2－14x＋mn＝0的两个根． (1)证明：C，B，D，E四点共圆； (2)若∠A＝90°，且m＝4，n＝6， 求C，B，D，E所在圆的半径．
解：(1)证明：连接DE， 则在△ADE和△ACB中， AD×AB＝mn＝AE×AC， AD AE 即AC ＝AB. 又∠DAE＝∠CAB， 从而△ADE∽△ACB. 因此∠ADE＝∠ACB， 所以C，B，D，E四点共圆．
解析：逐个判断：由切线定理得CE＝CF，BD＝BF，所 以AD＋AE＝AB＋BD＋AC＋CE＝AB＋AC＋BC，即① 正确；由切割线定理得AF· AG＝AD2＝AD· AE，即②正确； 因为△ADF∽△AGD，所以③错误． 答案：A
③证明凸四边形的内对角互补(或外角等于它的内对角)等．
1．(2012· 天津高考)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 3 点F，AF＝3，FB＝1，EF＝ ， 2 则线段CD的长为________．
圆内接四边形是中学教学的主要研究问题之一， 近几年各地的高考选做题中常涉及圆内接四边形的判 定和性质． [例1] 已知四边形ABCD为平行四边形，过点A和
点B的圆与AD、BC分别交于E、F.
求证：C、D、E、F四点共圆．
[证明] 连接EF，
因为四边形ABCD为平行四边形， 所以∠B＋∠C＝180°. 因为四边形ABFE内接于圆， 所以∠B＋∠AEF＝180°.
又AB＝AC，AD⊥BC，
∴∠BAD＝∠CAD. 则∠CAD＝∠ODA，OD∥AC. ∵DM是⊙O切线，∴OD⊥DM. 则DM⊥AC，DC2＝AC· CM.
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且不与△ABC的顶点重合．已知AE 的长为m，AC的长为n，AD，AB的 长是关于x的方程x2－14x＋mn＝0的两个根． (1)证明：C，B，D，E四点共圆； (2)若∠A＝90°，且m＝4，n＝6， 求C，B，D，E所在圆的半径．
解：(1)证明：连接DE， 则在△ADE和△ACB中， AD×AB＝mn＝AE×AC， AD AE 即AC ＝AB. 又∠DAE＝∠CAB， 从而△ADE∽△ACB. 因此∠ADE＝∠ACB， 所以C，B，D，E四点共圆．
解析：逐个判断：由切线定理得CE＝CF，BD＝BF，所 以AD＋AE＝AB＋BD＋AC＋CE＝AB＋AC＋BC，即① 正确；由切割线定理得AF· AG＝AD2＝AD· AE，即②正确； 因为△ADF∽△AGD，所以③错误． 答案：A
高中数学 2.4 第二讲 直线与圆的位置关系课件 新人教A版选修41
第十一页，共39页。
如图所示，因为∠BDE与∠BED所夹的弧是同段弧，所 以∠BDE＝∠BED；
如果E︵M＝D︵M，也可以得出∠CEM＝∠ADM.
第十二页，共39页。
4．弦切角定理的运用 在运用弦切角定理时，首先应根据弦切角的概念准确地找 出弦切角，然后运用弦切角定理进行相关的计算、论证．弦切 角定理的运用主要体现在以下几个方面：
第八页，共39页。
名师点拨 1.弦切角必须具备的三个条件 (1)顶点在圆上(顶点为圆切线的切点)； (2)一边和圆相交(一边为过切点的弦)； (3)一边和圆相切(一边为过切点的切线)． 三者缺一不可．
第九页，共39页。
2．弦切角定理的几个注意点
(1)弦切角所夹的弧就是指构成弦切角的弦所对的、夹在
第二十七页，共39页。
【分析】 AB为圆的切线，D为切点，连接CD，可得弦 切角，由弦切角定理知，∠CDB＝∠CFD＝2∠CFG.又由直角 △ABC中，D为斜边的中点，从而得∠A＝∠ACD，由三角形 外角定理知∠CDB＝2∠ACD＝2∠EFD，获证．
第二十八页，共39页。
【证明】 连接CD，∵AB切圆于点D， ∴∠CDB＝∠CFD.
△ACE∽△ABC⇒ AACB＝AACE⇒AC2＝AE·AB.
第三十九页，共39页。
第五页，共39页。
(2)图形语言叙述： 如图，AB与⊙O切于点A，则∠BAC＝________.
第六页，共39页。
答 1.相交 圆相切 案 2.所夹的弧 ∠D
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思考探究1 弦切角与圆周角有什么异同点？ 提示 相同点：两者顶点都在圆上． 不同点：弦切角的一边与圆相交，另一边与圆相切，而圆 周角的两边都与圆相交． 思考探究2 一条弦和一条切线可形成几个弦切角？ 提示 两个
如图所示，因为∠BDE与∠BED所夹的弧是同段弧，所 以∠BDE＝∠BED；
如果E︵M＝D︵M，也可以得出∠CEM＝∠ADM.
第十二页，共39页。
4．弦切角定理的运用 在运用弦切角定理时，首先应根据弦切角的概念准确地找 出弦切角，然后运用弦切角定理进行相关的计算、论证．弦切 角定理的运用主要体现在以下几个方面：
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名师点拨 1.弦切角必须具备的三个条件 (1)顶点在圆上(顶点为圆切线的切点)； (2)一边和圆相交(一边为过切点的弦)； (3)一边和圆相切(一边为过切点的切线)． 三者缺一不可．
第九页，共39页。
2．弦切角定理的几个注意点
(1)弦切角所夹的弧就是指构成弦切角的弦所对的、夹在
第二十七页，共39页。
【分析】 AB为圆的切线，D为切点，连接CD，可得弦 切角，由弦切角定理知，∠CDB＝∠CFD＝2∠CFG.又由直角 △ABC中，D为斜边的中点，从而得∠A＝∠ACD，由三角形 外角定理知∠CDB＝2∠ACD＝2∠EFD，获证．
第二十八页，共39页。
【证明】 连接CD，∵AB切圆于点D， ∴∠CDB＝∠CFD.
△ACE∽△ABC⇒ AACB＝AACE⇒AC2＝AE·AB.
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(2)图形语言叙述： 如图，AB与⊙O切于点A，则∠BAC＝________.
第六页，共39页。
答 1.相交 圆相切 案 2.所夹的弧 ∠D
第七页，共39页。
思考探究1 弦切角与圆周角有什么异同点？ 提示 相同点：两者顶点都在圆上． 不同点：弦切角的一边与圆相交，另一边与圆相切，而圆 周角的两边都与圆相交． 思考探究2 一条弦和一条切线可形成几个弦切角？ 提示 两个
2019_2020学年高中数学第二讲直线与圆的位置关系本讲整合课件新人教A版选修4_1
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专题一 专题二
例1如图,锐角三角形ABC内接于☉O,∠ABC=60°,∠BAC=40°,作 OE⊥AB交劣弧 ������于������ 点E,连接EC,则∠OEC=( )
A.5° B.10° C.15° D.20°
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解析
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如图,连接 OC,∵∠ABC=60°,∠BAC=40°,∴∠ACB=80°.∵
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变式训练3 如图,AT切☉O于T,若AT=6,AE=3,AD=4,DE=2,则 BC等于( )
A.3 B.4 C.6 D.8 解析∵AT为☉O的切线,∴AT2=AD·AC. 又∵AT=6,AD=4,∴AC=9. ∵∠ADE=∠B,∠EAD=∠CAB, ∴△EAD∽△CAB,
考点1 考点2 考点3 考点4
考点1:圆周角问题 1.
Hale Waihona Puke 知识网络专题归纳高考体验
(2016·全国丙高考)如图,☉O中 ������������ 的中点为P,弦PC,PD分别交AB 于E,F两点. (1)若∠PFB=2∠PCD,求∠PCD的大小; (2)若EC的垂直平分线与FD的垂直平分线交于点G,证明OG⊥CD.
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(2)因为∠PCD=∠BFD,所以∠EFD+∠PCD=180°, 由此知C,D,F,E四点共圆,其圆心既在CE的垂直平分线上,又在DF 的垂直平分线上,故G就是过C,D,F,E四点的圆的圆心, 所以G在CD的垂直平分线上. 又O也在CD的垂直平分线上,因此OG⊥CD.
第二讲 直线与圆的位置关系 知识归纳 课件(人教A选修4-1)
且不与△ABC的顶点重合．已知AE 的长为m，AC的长为n，AD，AB的 长是关于x的方程x2－14x＋mn＝0的两个根． (1)证明：C，B，D，E四点共圆； (2)若∠A＝90°，且m＝4，n＝6， 求C，B，D，E所在圆的半径．
解：(1)证明：连接DE， 则在△ADE和△ACB中， AD×AB＝mn＝AE×AC， AD AE 即AC ＝AB. 又∠DAE＝∠CAB， 从而△ADE∽△ACB. 因此∠ADE＝∠ACB， 所以C，B，D，E四点共圆．
圆内接四边形是中学教学的主要研究问题之一， 近几年各地的高考选做题中常涉及圆内接四边形的判 定和性质． [例1] 已知四边形ABCD为平行四边形，过点A和
点B的圆与AD、BC分别交于E、F.
求证：C、D、E、F四点共圆．
[证明] 连接EF，
因为四边形ABCD为平行四边形， 所以∠B＋∠C＝180°. 因为四边形ABFE内接于圆， 所以∠B＋∠AEF＝180°.
近两年高考中，主要考查圆的切线定理，切割线定理，相 交弦定理，圆周角定理以及圆内接四边形的判定与性质等．题目
难度不大，以容易题为主．对于与圆有关的比例线段问题通常要
考虑利用相交弦定理、割线定理、切割线定理、相似三角形的判 定和性质等；弦切角是沟通圆内已知和未知的桥梁，它在解决圆 内有关等角问题中可以大显身手；证明四点共圆也是常见的考查 题型，常见的证明方法有：①到某定点的距离都相等；②如果某
[解]
(1)证明：如图，连接OB.
∵OA＝OB，∴∠OAB＝∠OBA.
∵PA＝PB，∴∠PAB＝∠PBA. ∴∠OAB＋∠PAB＝ ∠OBA＋∠PBA， 即∠PAO＝∠PBO.
又∵PA是⊙O的切线，∴∠PAO＝90°.
∴∠PBO＝90°.∴OB⊥PB. 又OB是⊙O半径，∴PB是⊙O的切线．
解：(1)证明：连接DE， 则在△ADE和△ACB中， AD×AB＝mn＝AE×AC， AD AE 即AC ＝AB. 又∠DAE＝∠CAB， 从而△ADE∽△ACB. 因此∠ADE＝∠ACB， 所以C，B，D，E四点共圆．
圆内接四边形是中学教学的主要研究问题之一， 近几年各地的高考选做题中常涉及圆内接四边形的判 定和性质． [例1] 已知四边形ABCD为平行四边形，过点A和
点B的圆与AD、BC分别交于E、F.
求证：C、D、E、F四点共圆．
[证明] 连接EF，
因为四边形ABCD为平行四边形， 所以∠B＋∠C＝180°. 因为四边形ABFE内接于圆， 所以∠B＋∠AEF＝180°.
近两年高考中，主要考查圆的切线定理，切割线定理，相 交弦定理，圆周角定理以及圆内接四边形的判定与性质等．题目
难度不大，以容易题为主．对于与圆有关的比例线段问题通常要
考虑利用相交弦定理、割线定理、切割线定理、相似三角形的判 定和性质等；弦切角是沟通圆内已知和未知的桥梁，它在解决圆 内有关等角问题中可以大显身手；证明四点共圆也是常见的考查 题型，常见的证明方法有：①到某定点的距离都相等；②如果某
[解]
(1)证明：如图，连接OB.
∵OA＝OB，∴∠OAB＝∠OBA.
∵PA＝PB，∴∠PAB＝∠PBA. ∴∠OAB＋∠PAB＝ ∠OBA＋∠PBA， 即∠PAO＝∠PBO.
又∵PA是⊙O的切线，∴∠PAO＝90°.
∴∠PBO＝90°.∴OB⊥PB. 又OB是⊙O半径，∴PB是⊙O的切线．
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专题一
专题二
(2)如果点 D 在圆内,设圆与 BD 的延长线交于 F,连接 AF,如图所示, 则∠AFB=∠AEB. 又∵ ∠AEB=∠ADB, ∴ ∠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. ∴ ∠CED=∠ABC.
专题一
专题二
证明:作两圆内公切线 EF,交 AC 于 F.
连接 AE,BE,CE. ∵ ∠ FAE= ∠ FEA,∠ FEC=∠ FCE, ∴ ∠AEF+ ∠ FEC=90° ,即∠ AEC=90° .
专题一
专题二
∵ AB 是直径,∴ ∠AEB=90° . ∴ B,E,C 在一条直线上. ∵ AC 切 ☉O 于 A,∴ AB⊥AC.
(1)证明 :DB=DC ; (2)设圆的半径为 1,BC= 3,延长 CE 交 AB 于点 F,求△BCF 外接圆的 半径.
专题一
专题二
(1)证明:连接 DE,交 BC 于点 G.
由弦切角定理得,∠ABE=∠BCE. 而∠ABE=∠ CBE,故 ∠CBE= ∠BCE,BE=CE.
专题一
专题二
又因为 DB⊥BE, 所以 DE 为直径,∠DCE=90° , 由勾股定理可得 DB=DC.
专题一
专题二
【例 1】 如图,AB 是圆 O 的直径,D,E 为圆 O 上位于 AB 异侧的两点, 连接 BD,并延长至点 C,使 BD=DC,连接 AC,AE,DE.
求证 :∠ E=∠C.
专题一
专题二
证明:如图,连接 OD,因为 BD=DC,O 为 AB 的中点, 所以 OD∥AC,于是∠ODB=∠C. 因为 OB=OD, 所以∠ODB=∠B.于是∠B=∠C. 因为点 A,E,B,D 都在圆 O 上,且 D,E 为圆 O 上位于 AB 异侧的两点,所 以∠E 和∠B 为同弧所对的圆周角,故∠E=∠B.所以∠E=∠C. 因为 OB=OD,所以∠ODB=∠B.于是∠B=∠C. 因为点 A,E,B,D 都在圆 O 上,且 D,E 为圆 O 上位于 AB 异侧的两点,所 以∠E 和∠B 为同弧所对的圆周角,故∠E=∠B.所以∠E=∠C.
专题一
专题二
(2)解:由(1)知,∠ CDE=∠BDE,DB=DC,
3 2
故 DG 是 BC 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 外接圆的半径等于 .
3 2
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,如图所示.
专题一
专题二
则∠AFB=∠AEB. 而∠AEB=∠ADB, ∴ ∠AFB= ∠ADB. 这与“三角形的外角大于任一不相邻的内角”矛盾. 故点 D 不能在圆外.
专题一
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,首先考虑圆幂定理 : 相交弦定理、割线定理、切割线定理和切线长定理,从而获得成比例线段, 再结合射影定理、 相似三角形进行等比代换或等线代换加以证明,或列出方 程解得线段的长.
专题一
专题二
【例 3】 如图所示,已知☉O 和☉O'外切于点 E,AC 是外公切线,A,C 是 切点,AB 是☉O 的直径,BD 是☉O'的切线,D 是切点,求证 :AB=BD.
专题一
专题二
【例 2】 如图所示,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 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.
专题一
单元整合
专题一
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(获得直角)来解决.
专题一
专题二
在 Rt△ABC 中,由射影定理,得 AB =BE· BC. 又 BD 切☉O'于 D, 由切割线定理得 BD =BE· BC, ∴ AB =BD .∴ AB=BD.
2 2 22专题一 Nhomakorabea专题二
【例 4】 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.