高中数学第二讲直线与圆的位置关系本讲小结学案新人教A版4-1.
人教A版数学【选修4-1】ppt课件：2-2第二讲-直线与圆的位置关系
任意平行四边形的四个顶点在同一个圆上
平行四边形的四个顶点不一定在同一个圆上，因为
它的对角相等，但不一定互补．当互补时，共圆． 思考探究2 在我们学过的特殊四边形中，有哪些四边形
的四个顶点共圆？ 提示 有矩形、正方形、等腰梯形，因为它们的四个内角
中相对的两个内角互补.Fra bibliotek名师点拨 1.判定四点共圆的方法 (1)如果四个点与一定点的距离相等，那么这四个点共 圆．
【证明】 O.
由A，B，D三点可以确定一个圆，设该圆为⊙
(1)如果点C在⊙O的外部(如图①)，连接BC，与圆相交于 点E. ∵∠1＝∠AEB，∠1＝∠2， ∴∠2＝∠AEB. 而∠AEB>∠2，矛盾，故点C不可能在圆外．
(2)如果点C在⊙O的内部(如图②)． 延长BC与圆相交于点E，连接AE， 则∠1＝∠AEB，而∠1＝∠2， ∴∠2＝∠AEB，与∠2>∠AEB矛盾． ∴点C不可能在圆内． 由(1)、(2)知，点C只能在圆上． ∴A，B，C，D四点共圆．
规律技巧
本例的证明应用了分类讨论的思想和反证法．
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．
证明 GEF＝90° .
(1)连接GF，由DF⊥AB，EG⊥AC，知∠GDF＝∠
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．
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．
人教A版选修4-1配套练习第二讲2.2圆内接四边形的性质与判定定理 Word版含解析
第二讲直线与圆的位置关系圆内接四边形的性质与判定定理级基础巩固一、选择题．圆内接平行四边形一定是( )．菱形．正方形．矩形．等腰梯形解析：由于圆内接四边形对角互补，平行四边形的对角相等，所以圆内接平行四边形的各角均为直角，故为矩形．答案：．已知，是⊙的两条直径，则四边形一定是( )．菱形．矩形．等腰梯形．正方形解析：，均为⊙的直径，故四边形的四个角均为直角，且对角线＝，所以四边形为矩形．答案：．四边形内接于圆，∠∶∠∶∠＝∶∶，则∠等于( )．°．°．°．°解析：由圆内接四边形的性质定理，∠＋∠＝°.又由∠∶∠＝∶，设∠＝，∠＝，则＝°，即＝°，所以∠＝＝°.故∠＝°－∠＝°.答案：.如图所示，四边形是⊙的内接四边形，为的延长线上一点，∠＝°，则∠等于( )．°．°．°．°解析：因为四边形是圆内接四边形，且∠＝°，由圆内接四边形性质知∠＝∠＝°，又由圆周角定理知∠＝∠＝°.答案：．如图所示，若是⊙的直径，是⊙的弦，∠＝°，则∠的度数为( )．°．°．°．°解析：如图所示，连接，则△是直角三角形，∠＝°，则∠＝°－∠＝°，根据同弧所对的圆周角相等，∠＝∠＝°.答案：二、填空题.如图所示，四边形是圆的内接四边形，延长与相交于点.若＝，。
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
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
高中数学 第二讲 直线与圆的位置关系本讲概览素材 新人教A版选修41
第二讲直线与圆的位置关系本讲概览内容提要本讲从圆周角定理出发,得到推论1、推论2以及圆内接四边形的性质定理和判定定理,从切线的定义推出圆的切线的性质和判定,借助圆内接四边形性质,引出弦切角定理,又以圆周角定理为逻辑起点,推出了相交弦定理,割线定理,切割线定理及切线长定理.本讲内容分为四部分:角的关系,点与圆的关系(四点共圆),直线与圆相切,线段的关系(圆幂定理).圆周角、弦切角定理及推论,讨论了圆中角的关系,它们是本讲的重点和核心,其他各部分都以它们为基础.四点共圆的性质与判定定理,提供了纽带的作用,许多问题通过四点共圆,进而利用圆的有关性质解决会非常简洁.圆的切线的性质与判定定理,除了定理本身描述了切线、切点、半径、圆心的关系外,另外与弦切角、切割线、切线定理都有必然的联系.圆幂定理(包括相交弦、切割线、割线、切线长四个定理)从不同侧面描述了和圆有关的线段的关系.学法指导1.掌握圆周角定理及推论1、2,弦切角定理.2.掌握四点共圆的判定方法和圆内接四边形的性质.3.掌握切线的两种判定方法和切线的性质.4.掌握圆幂定理,会用圆幂定理求线段的长,证明线段的关系式.5.了解分类思想方法和运动变化思想以及猜想与证明数学研究方法,另外有些定理的证明,也提供了不少方法.6.角的关系,紧紧围绕弧与角的关系,角→弦→角是一般思路.7.四点共圆判定除了应用判定定理及推论外,有时还可用有公共边的两三角形对角相等且在同侧,则四个顶点共圆.8.切线的判定,分为已知半径外端(切点)和不知半径外端两种情况,前者用判定定理,后者用圆心到直线距离等于半径.9.和圆有关的线段,主要围绕求线段的长度和证明线段关系式,有时利用相似三角形、等线代换、等比代换、面积法等联合解决.。
高中数学必修二(4.2.1直线与圆的位置关系)示范教案新人教A版必修2
5 , 圆心 C
到直线 l 的距离 d= | 3 0 6 1 | = 5 ＜ 5 . 所以直线 l 与圆相交 , 有两个公共点 .
2
2
31
10
由 x2-3x+2=0, 得 x1=2,x 2=1. 把 x 1=2 代入方程① , 得 y 1=0; 把 x2=1 代入方程① , 得 y2=3. 所以直
线 l 与圆相交有两个公共点 , 它们的坐标分别是 (2,0) 和 (1,3).
2°利用消元法 , 得到关于另一个元的一元二次方程 . 3°求出其判别式 Δ 的值 . 4°比较 Δ 与 0 的大小关系 , 若 Δ＞ 0, 则直线与圆相离；若 Δ =0, 则直线与圆相切 ; 若 Δ ＜ 0, 则直线与圆相交 . 反之也成立 . 应用示例
思路 1 例 1 已知直线 l ： 3x+y-6=0 和圆心为 C的圆 x 2+y2-2y-4=0, 判断直线 l 与圆的位置关系 . 如 果相交 , 求出它们的交点坐标 . 活动 : 学生思考或交流 , 回顾判断的方法与步骤 , 教师引导学生考虑问题的思路 , 必要时提示 , 对学生的思维作出评价 ; 方法一 , 判断直线 l 与圆的位置关系 , 就是看由它们的方程组成的方 程组有无实数解；方法二 , 可以依据圆心到直线的距离与半径长的关系判断直线与圆的位置 关系 . 解法一 : 由直线 l 与圆的方程 , 得
消去 y, 得 2x2+2bx+b2-2=0, 所以 Δ =(2b) 2- 4×2(b 2-2)=16-4b 2. 所以 , 当 Δ =16-4b 2＞ 0, 即-2 ＜ b＜2 时, 圆与直线有两个公共点；
当 Δ =16-4b 2=0, 即 b=±２时 ,
圆与直线只有一个公共点；当 Δ =16-4b 2＜ 0, 即 b＞2 或 b＜ -2 时 , 圆与直线没有公共点 . 解法二： 圆 x2+y2=2 的圆心 C 的坐标为 (0,0), 半径长为 2, 圆心 C 到直线 l:y=x+b 的距离
数学知识点人教A版数学必修二《直线和圆的位置关系》教案-总结
【说课教案】广东省始兴县风度中学高中数学《直线和圆的位置关系》教案新人教A版必修2一．教学目标1．掌握直线和圆的三种位置关系以及直线和圆的关系的判定和性质。
2．通过引导探究，在寻求解决问题的途径中，培养由直觉发现到抽象概括的能力。
3.关注学生的学习品质，培养学生勇于探索、积极进取的优良品质。
二．教材内容及重点、难点分析1．本节的内容是直线和圆的三种位置关系：相交、相切、相离，以及这三种情况下圆心到直线的距离d和半径r之间的数量关系。
2．本节的重点：直线与圆的位置关系的判定和性质的应用．3．本节的难点：直线和圆的位置关系的探讨及用数量关系揭示直线和圆的位置关系三．教学对象分析本节课是在学习了点和圆的位置关系的基础上，进行的为后面的圆与圆的位置关系作铺垫的一节课。
通过直线与圆的相对运动，揭示直线与圆的位置关系，培养学生运动变化的辨证唯物主义观点；通过对研究过程的反思，进一步强化对分类和化归思想的认识。
五．网络教学环境设计多媒体教室，运行环境基于Windows 98平台下，在电脑上操作。
学产生于标准是和圆的三种位置rrr r=2c mAB=，∵，∴AB·CD=AC·BC，______如图回顾本课学习过程，进行小系3有惟一公共点有两个公共点投影片1投影片2投影片3投影片4投影片5 质疑：1．有人说：“直线和圆有一个公共点时，称直线和圆相切。
”这句话对吗？2两个？为什么？ 投影片6投影片7r 直线和圆相切r 直线和圆相交r 直线和圆相离直线名称有惟一公共点有两个公共点。
【高中教育】最新高中数学第2讲直线与圆的位置关系4弦切角的性质学案1
——教学资料参考参考范本——【高中教育】最新高中数学第2讲直线与圆的位置关系4弦切角的性质学案1______年______月______日____________________部门1．掌握弦切角定理，并能利用它解决有关问题．(重点)2．体会分类思想，运动变化思想和化归思想．(难点)[基础·初探]教材整理弦切角定理阅读教材P33～P34，完成下列问题．1．弦切角顶点在圆上，一边和圆相交、另一边和圆相切的角叫做弦切角．2．弦切角定理(1)文字语言叙述：弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角．(2)图形语言叙述：如图241，AB与⊙O切于A点，则∠BAC＝∠D.图2411．P在⊙O外，PM切⊙O于C，PAB交⊙O于A，B，则( )A．∠MCB＝∠B B．∠PAC＝∠PC．∠PCA＝∠B D．∠PAC＝∠BCA【解析】由弦切角定理知∠PCA＝∠B.【答案】C2．如图242所示，MN与⊙O相切于点M，Q和P是⊙O上两点，∠PQM＝70°，则∠NMP等于( )图242A．20°B．70°C．110°D．160°【解析】根据弦切角定理：∠NMP＝∠PQM＝70°.【答案】B[质疑·手记]预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：疑问1：解惑：疑问2：解惑：疑问3：解惑：[小组合作型]利用弦切角定理解决与角有关的问题如图243，AB是半圆O的直径，C是圆周上一点(异于A，B)，过C作圆O的切线l，过A作直线l的垂线AD，垂足为D，AD交半圆于点E，求证：CB＝CE.图243【精彩点拨】解答本题的关键是运用弦切角定理与圆周角定理的有关知识，进行角度的等量替换．【自主解答】连接AC，BE，在DC延长线上取一点F，因为AB是半圆O的直径，C为圆周上一点，所以∠ACB＝90°，即∠BCF＋∠ACD＝90°.又因为AD⊥l，所以∠DAC＋∠ACD＝90°，所以∠BCF＝∠DAC.又因为直线l是圆O的切线，所以∠CEB＝∠BCF，又∠DAC＝∠CBE，所以∠CBE＝∠CEB，∴CB＝CE.则∠CEB＝∠DAC，由圆周角定理知∠DAC＝∠CBE，∴∠CBE＝∠CEB，∴CB＝CE.1．把证明线段相等转化为证明角的相等是弦切角定理应用的常见题目．2．利用弦切角定理进行计算、证明，要特别注意弦切角所夹弧所对的圆周角，有时与圆的直径所对的圆周角结合运用，同时要注意根据题目的需要可添加辅助线构成所需要的弦切角．[再练一题]1．如图244，已知AB是⊙O的直径，直线CD与⊙O相切于点C，过A作AD⊥CD，D为垂足．图244(1)求证：∠DAC＝∠BAC；(2)若AC＝8，cos∠B AC＝，求⊙O的直径．【解】(1)证明：连接BC，OC，因为AB是⊙O的直径，所以∠ACB＝90°，所以∠B＋∠BAC＝90°.因为直线CD与⊙O相切于点C，所以∠ACD＝∠B，∠OCD＝90°.因为AD⊥CD，所以∠DAC＋∠ACD＝90°.所以∠DAC＝∠BAC.(2)因为cos∠BAC＝，所以＝，因为AC＝8，所以AB＝10，故⊙O的直径为10.利用弦切角定理证明比例式或乘积式如图245，PA，PB是⊙O的切线，点C在上，CD⊥AB，CE⊥PA，CF⊥PB，垂足分别为D，E，F，求证：CD2＝CE·CF.【导学号：07370042】图245【精彩点拨】连接CA，CB，∠CAP＝→∠CBA，∠CBP＝∠CABRt△CAE∽Rt△CBD→→结论Rt△CBF∽Rt△CAD【自主解答】连接CA，CB.∵PA，PB是⊙O的切线．∴∠CAP＝∠CBA，∠CBP＝∠CA B.又CD⊥AB，CE⊥PA，CF⊥PB，∴Rt△CAE∽Rt△CBD，Rt△CBF∽Rt△CAD，∴＝，＝，∴＝，即CD2＝CE·CF.1．解答本题的难点在于乘积式中的线段不在两个相似三角形中，需用中间量过渡．2．弦切角定理经常作为工具，进行三角形相似的证明，然后利用三角形相似进一步确定相应边之间的关系，在圆中证明比例式或等积式，常常需要借助于三角形相似处理．3．弦切角定理有时还需与圆周角定理等知识综合运用，它们不但在证明方法上相似，在解题功能上也有相似之处，通常都作为辅助工具出现．[再练一题]2.如图246，已知AB是⊙O的直径，AB＝AC，BC交⊙O于点D，DE⊥AC，E为垂足．图246(1)求证：∠ADE＝∠B；(2)过点O作OF∥AD，与ED的延长线相交于点F，求证：FD·DA ＝FO·DE.【证明】(1)连接OD，因为OA＝OD，所以∠OAD＝∠ODA.因为AB是⊙O的直径，所以∠ADB＝90°，即AD⊥BC.又因为AB＝AC，所以AD平分∠BAC，即∠OAD＝∠CAD，所以∠ODA＝∠DAE＝∠OAD.因为∠ADE＋∠DAE＝90°，所以∠ADE＋∠ODA＝90°，即∠ODE＝90°，OD⊥EF.因为OD是⊙O的半径，所以EF是⊙O的切线．所以∠ADE＝∠B.(2)因为OF∥AD，所以∠F＝∠ADE.又因为∠DEA＝∠FDO(已证)，所以△FDO∽△DEA.所以FD∶DE＝FO∶DA，即FD·DA＝FO·DE.[构建·体系]1．如图247，AB是半圆O的直径，C，D是半圆上的两点，半圆O的切线PC交AB的延长线于点P，∠PCB＝25°，则∠ADC为( )图247A．105°B．115°C．120°D．125°【解析】连接AC，构造出夹圆周角∠ADC所对弧的弦切角，即∠PCA，而∠PCA显然等于∠PCB加上一个直角，由此即得结果．【答案】B2.如图248，四边形ABCD是圆的内接四边形，AB是直径，MN是切圆于C点的切线，若∠BCM＝38°，则∠B＝( )图248A．32°B．42°C．52°D．48°【解析】如图，连接AC.∵∠BCM＝38°，MN是⊙O的切线，∴∠BAC＝38°.∵AB为⊙O的直径，∴∠B＝90°－38°＝52°.【答案】C3．如图249，A，B是⊙O上的两点，AC是⊙O的切线，∠B＝65°，则∠BAC＝________.图249【解析】∵OA＝OB，∠B＝65°，∴∠OAB＝65°，∴∠O＝50°，∴∠BAC＝∠O＝25°.【答案】25°4．如图2410，已知AB为圆的直径，弦AC与AB成30°角，DC 切圆于点C，AB＝5 cm，则BD等于________cm.图2410【解析】如图，连接BC，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°.∵∠A＝30°，AB＝5 cm，∴BC＝ cm，∠CBA＝60°.∵CD切⊙O于C，∴∠DCB＝∠A＝30°，∴∠D＝30°，∴BD＝BC＝ cm.【答案】525.如图2411，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.图2411(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．【解】(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.又因为DB⊥BE，所以DE为圆的直径，∠DCE＝90°.又因为DE＝DE，所以△DBE≌△DCE，所以DB＝DC.(2)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外接圆的半径等于.我还有这些不足：(1)(2)我的课下提升方案：(1)(2)学业分层测评(九)(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．如图2412所示，AB是⊙O的直径，MN与⊙O切于点C，AC＝BC，则sin∠MCA＝( )图2412A. B.C. D.55【解析】由弦切角定理，得∠MCA＝∠ABC.∵sin∠ABC＝＝＝＝，故选D.【答案】D2．如图2413，在圆的内接四边形ABCD中，AC平分∠BAD，EF 切⊙O于C点，那么图中与∠DCF相等的角的个数是( )图2413A．4 B．5C．6 D．7【解析】∠DCF＝∠DAC，∠DCF＝∠BAC，∠DCF＝∠BCE，∠DCF＝∠BDC，∠DCF＝∠DBC.【答案】B3.如图2414所示，AB是⊙O的直径，EF切⊙O于C，AD⊥EF于D，AD＝2，AB＝6，则AC的长为( )图2414A．2 B．3C．2 D．4【解析】连接BC.∵AB是⊙O的直径，∴AC⊥BC，由弦切角定理可知，∠ACD＝∠ABC，∴△ABC∽△ACD，∴＝，∴AC2＝AB·AD＝6×2＝12，∴AC＝2，故选C.【答案】C4．如图2415，PC与⊙O相切于C点，割线PAB过圆心O，∠P ＝40°，则∠ACP等于( )【导学号：07370043】图2415A．20° B．25°C．30°D．40°【解析】如图，连接OC，BC，∵PC切⊙O于C点，∴OC⊥PC，∵∠P＝40°，∴∠POC＝50°.∵OC＝OB，∴∠B＝∠POC＝25°，∴∠ACP＝∠B＝25°.【答案】B5．如图2416所示，已知AB，AC与⊙O相切于B，C，∠A＝50°，点P是⊙O上异于B，C的一动点，则∠BPC的度数是( )图2416A．65°B．115°C．65°或115°D．130°或50°【解析】当点P在优弧上时，由∠A＝50°，得∠ABC＝∠ACB＝65°.∵AB是⊙O的切线，∴∠ABC＝∠BPC＝65°.当P点在劣弧上时，∠BPC＝115°.故选C.【答案】C二、填空题6.如图2417所示，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＝________.图2417【解析】∵PB切⊙O于点B，∴∠PBA＝∠ACB.又∠PBA＝∠DBA，∴∠DBA＝∠ACB，∴△ABD∽△ACB.∴＝，∴AB2＝AD·AC＝mn，∴AB＝.【答案】mn7．如图2418，已知△ABC内接于圆O，点D在OC的延长线上．AD是⊙O的切线，若∠B＝30°，AC＝2，则OD的长为__________．图2418【解析】连接OA，则∠COA＝2∠CBA＝60°，且由OC＝OA知△COA为正三角形，所以OA＝2.又因为AD是⊙O的切线，即OA⊥AD，所以OD＝2OA＝4.【答案】48.如图2419，点P在圆O直径AB的延长线上，且PB＝OB＝2，PC切圆O于C点，CD⊥AB于D点，则CD＝________.图2419【解析】连接OC，∵PC切⊙O于点C，∴OC⊥PC，∵PB＝OB＝2，OC＝2，∴PC＝2，∵OC·PC＝OP·CD，∴CD＝＝.【答案】 3三、解答题9．如图2420所示，△ABT内接于⊙O，过点T的切线交AB的延长线于点P，∠APT的平分线交BT，AT于C，D.图2420求证：△CTD为等腰三角形．【证明】∵PD是∠APT的平分线，∴∠APD＝∠DPT.又∵PT是圆的切线，∴∠BTP＝∠A.又∵∠TDC＝∠A＋∠APD，∠TCD＝∠BTP＋∠DPT，∴∠TDC＝∠TCD，∴△CTD为等腰三角形．10．如图2421，AB是⊙O的弦，M是上任一点，过点M的切线与分别以A，B为垂足的直线AD，BC交于D，C两点，过M点作NM⊥CD 交AB于点N，求证：MN2＝AD·BC.图2421【证明】连接AM，MB，因为DA⊥AB，MN⊥CD，所以∠MDA＋∠MNA＝180°.又因为∠MNA＋∠MNB＝180°，所以∠MDA＝∠MNB，又因为CD为⊙O的切线，所以∠1＝∠2，所以△ADM∽△MNB，所以＝，同理＝，所以＝，即有MN2＝AD·BC.[能力提升]1．在圆O的直径CB的延长线上取一点A，AP与圆O切于点P，且∠APB＝30°，AP＝，则CP＝( ) 【导学号：07370044】A. B．2 3C．2－1 D．2＋1【解析】如图，连接OP，则OP⊥PA，又∠APB＝30°，∴∠POB＝60°，在Rt△OPA中，由AP＝，易知，PB＝OP＝1，在Rt△PCB中，由PB＝1，∠PBC＝60°，得PC＝.【答案】A2．如图2422，AB是⊙O直径，P在AB的延长线上，PD切⊙O于C点，连接AC，若AC＝PC，PB＝1，则⊙O的半径为( )图2422A．1 B．2C．3 D．4【解析】连接BC.∵AC＝PC，∴∠A＝∠P.∵∠BCP＝∠A，∴∠BCP＝∠P，∴BC＝BP＝1.由△BCP∽△CAP，得PC2＝PB·PA，即AC2＝PB·PA.而AC2＝AB2－BC2，设⊙O半径为r，则4r2－12＝1·(1＋2r)，解得r＝1.【答案】A3．如图2423，过圆O外一点P分别作圆的切线和割线交圆于A，B，且PB＝7，C是圆上一点使得BC＝5，∠BAC＝∠APB，则AB＝__________.图2423【解析】由PA为⊙O的切线，BA为弦，得∠PAB＝∠BCA.又∠BAC＝∠APB，于是△APB∽△CAB，所以＝.而PB＝7，BC＝5，故AB2＝PB·BC＝7×5＝35，即AB＝.【答案】354．如图2424，AB为⊙O的直径，直线CD与⊙O相切于E，AD 垂直CD于D，BC垂直CD于C，EF垂直AB于F，连接AE，BE.图2424证明：(1)∠FEB＝∠CEB；(2)EF2＝AD·BC.【证明】(1)由直线CD与⊙O相切，得∠CEB＝∠EAB.由AB为⊙O的直径，得AE⊥EB，从而∠EAB＋∠EBF＝.又EF⊥AB，得∠FEB＋∠EBF＝.从而∠FEB＝∠EAB，故∠FEB＝∠CEB.(2)由BC⊥CE，EF⊥AB，∠FEB＝∠CEB，BE是公共边，得Rt△BCE≌Rt△BFE，所以BC＝BF.类似可证Rt△ADE≌Rt△AFE，得AD＝AF.又在Rt△AEB中，EF⊥AB，故EF2＝AF·BF，所以EF2＝AD·BC.。
人教A版数学【选修4-1】ppt课件：《第二讲-直线与圆的位置关系》小结
(2)由BC⊥CE，EF⊥AB，∠FEB＝∠CEB，BE是公共边， 得Rt△BCE≌Rt△BFE，所以BC＝BF. 类似可证，Rt△ADE≌Rt△AFE，得AD＝AF. 又在Rt△AEB中，EF⊥AB，故EF2＝AF· BF， 所以EF2＝AD· BC.
【解】 P运动2 s时，PC＝2×2＝4 cm，AC＝8 cm. ∴P是AC的中点，由勾股定理知， BC＝6 cm，BP＝2 13 cm. 连接OD，∵D为切点，∴OD⊥AC. DP PC 4 2 ∴OD∥BC，∴ ＝ ＝ ＝ . OD BC 6 3 设半径OD为3x，则DP＝2x(x>0)． 由勾股定理可求出OP＝ 3x2＋2x2＝ 13x，
【分析】
如下图所示．
轮船是否有触礁的危险，在于轮船航行所在的直线与以A为圆 心，15海里为半径的圆的位置关系，此题应从直线与圆A相切这一 特殊关系入手，转化为三角函数求解．
【解】 (1)过B作⊙A的切线，切点为D，连接DA，则AD⊥ BD. 在Rt△BDA中，AB＝45，AD＝15， AD 1 ∴sin∠DBA＝ AB ＝3，∴∠DBA≈20° . (2)过C作⊙A的切线，切点为E，连接AE， 则AE⊥CE，在Rt△ACE中， AC＝45－15＝30，AE＝15.
︵
【分析2】 如图②，欲证∠CAE＝∠ACD，连接OC，AC， 得到∠CAO＝∠OCA，因此只需证∠EAO＝∠OCD. ∵CD⊥AB，C为A E 的中点，∴OC⊥AE. ∴∠EAO＋∠COA＝∠OCD＋∠COA. ∴∠EAO＝∠OCD. ︵
【分析3】 如图③，欲证∠CAE＝∠ACD， ︵ ︵ ∵ CE ＝ AC ，∴∠CAE＝∠ABC，故只需证明∠ACD＝∠ ABC，这由∠ACB＝90° ，CD⊥AB可得． 证明略．
高中数学新人教版必修2教案4.2.1 直线与圆的位置关系.doc
教师课时教案
教
问题与情境及教师活动
学生活动
2
5．你能两种判断直线与圆的位置关系的数学思想解决例 1 的问题吗？
学 师：指导学生阅读教科书上的例 1．
生：新闻记者教科书上的例 1，并完成教科书第 136 页的练习题 2．
过
6．通过学习教科书的例 1，你能总结一下判断直线与圆的位置关系的步
程 骤吗？
生：阅读例 1．
及 师：分析例 1，并展示解答过程；启发学生概括判断直线与圆的位置关 方 系的基本步骤，注意给学生留有总结思考的时间．
生：交流自己总结的步骤．
法 师：展示解题步骤．
7．通过学习教科书上的例 2，你能说明例 2 中体现出来的数学思想方法 吗？ 师：指导学生阅读并完成教科书上的例 2，启发学生利用“数形结合” 的数学思想解决问题． 生：阅读教科书上的例 2，并完成第 137 页的练习题．
8．通过例 2 的学习，你发现了什么？ 师：引导并启发学生探索直线与圆的相交弦的求法． 生：通过分析、抽象、归纳，得出相交弦长的运算方法．
9．完成教科书第 136 页的练习题 1、2、3、4． 师：引导学生完成练习题． 生：互相讨论、交流，完成练习题．
10.教师总结： 设直线 l ： ax by c 0 ，圆 C ： x 2 y 2 Dx Ey F 0 ，圆的半
教 学 过 程 及 方 法
学生活动
教 学 （1）通过直线与圆的位置关系的判断，你学到了什么？ 小 （2）判断直线与圆的位置关系有几种方法？它们的特点是什么？ 结 （3）如何求出直线与圆的相交弦长？
课 后 反 思
3
4
5
生：回忆直线与圆的位置关系的判断过程． 点评：由算4多它．个们你平的能面表说图面出形积判围就断成是直的计线几算与何它圆体的的，各位它个置们侧关的面系侧面的面积两展和种开底方图面法还面吗是积？平之面和图．形，计
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
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．
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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．
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【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＝________.
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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
新人教A版必修2高中数学学案教案： 4.2.1直线与圆的位置关系
数学 4.2.1直线与圆的位置关系教案 新人教A 版必修2一、教学目标1、知识与技能：能根据给定直线、圆的方程，判断直线与圆的位置关系。
2、过程与方法：通过具体事例探究直线与圆的位置关系，经历利用点到直线距离来判断直线与圆位置关系的过程，学会求弦长或圆的切线的方法。
3、情感态度与价值观：通过观察图形，理解并掌握直线与圆的位置关系，培养数形结合的思想。
二、教学重点、难点：重点：直线与圆的位置关系的几何图形及其判断方法。
难点：用坐标法判直线与圆的位置关系。
三、教学过程（一）实例引入例1、已知直线l ：3x + y – 6 = 0和圆心为C 的圆04222=--+y y x ，判断直线l 与圆C 的位置关系；如果相交，求直线l 被圆C 所截得的弦长。
问题1：在平面几何中，直线与圆的位置关系有几种？（1）直线与圆相交，有两个公共点；（2）直线与圆相切，只有一个公共点；（3）直线与圆相离，没有公共点。
问题2：在初中，我们怎样判断直线与圆的位置关系？如何用直线和圆的方程判断它们之间的位置关系？方法一：联立方程组，考察方程组有无实数解； 方法二：依据圆心到直线的距离与半径长的关系，判断直线与圆的位置关系。
（二）问题解决解法一：联立方程组：023042063222=+-⇒⎩⎨⎧=--+=-+x x y y x y x ， 因为判别式△ > 0，所以直线l 与圆C 相交，有两个公共点。
解法二：圆心C （0，1），半径5=r ，圆心C 到直线l 的距离5210<=d ，所以直线l 与圆C 相交。
结论：判断直线l 与圆C 的位置关系的方法： 1、判断直线l 与圆C 组成的方程组是否有解： （1）有两组实数解，则直线l 与圆C 相交；（2）有一组实数解，则直线l 与圆C 相切；（3）没有实数解，则直线l 与圆C 相离。
2、判断圆C 的圆心C 到直线的距离与圆的半径的关系：（1）当r d >时，直线l 与圆C 相离；（2）当r d =时，直线l 与圆C 相切；（3）当r d <时，直线l 与圆C 相交；拓展：如何求直线l 被圆C 所截得的弦AB 的长？解法一：联立方程组，消去一个未知数，得关于的一元二次方程：思路一：求出交点的坐标，由两点间的距离公式求得弦长。
2020学年高中数学第二讲直线与圆的位置关系知识归纳与达标验收创新应用教学案新人教A版选修4_1
第二讲 直线与圆的位置关系[对应学生用书P35]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如果某两点在一条线段的同侧时，可证明这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．(湖南高考)如图，已知AB ，BC 是⊙O 的两条弦，AO ⊥BC ，AB ＝3，BC ＝22，则⊙O 的半径等于________．解析：设AO ，BC 的交点为D ，由已知可得D 为BC 的中点，则在直角三角形ABD 中，AD ＝AB 2－BD 2＝1，设圆的半径为r ，延长AO 交圆O 于点E ，由圆的相交弦定理可知BD ·CD ＝AD ·DE ，即(2)2＝2r－1，解得r ＝32. 答案：322.(新课标全国卷Ⅱ)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 ＝2PB 2.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BE ＝EC .因此BE ＝EC .(2)由切割线定理得PA 2＝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 ＝2PB 2.3．(新课标全国卷Ⅱ)如图，CD 为△ABC 外接圆的切线，AB 的延长线交直线CD 于点D ，E ，F 分别为弦AB 与弦AC 上的点，且BC ·AE ＝DC ·AF ，B ，E ，F ，C 四点共圆．(1)证明：CA 是△ABC 外接圆的直径；(2)若DB ＝BE ＝EA ，求过B ，E ，F ，C 四点的圆的面积与△ABC 外接圆面积的比值. 解：(1)证明：因为CD 为△ABC 外接圆的切线，所以∠DCB ＝∠A ，由题设知BC FA ＝DC EA， 故△CDB ∽△AEF ，所以∠DBC ＝∠EFA .因为B ，E ，F ，C 四点共圆，所以∠CFE ＝∠DBC ，故∠EFA ＝∠CFE ＝90°.所以∠CBA ＝ 90°，因此CA 是△ABC 外接圆的直径．(2)连接CE ，因为∠CBE ＝90°，所以过B ，E ，F ，C 四点的圆的直径为CE .由BD ＝BE ，有CE ＝DC .又BC 2＝DB ·BA ＝2DB 2，所以CA 2＝4DB 2＋BC 2＝6DB 2.而DC 2＝DB ·DA ＝3DB 2，故过B ，E ，F ，C 四点的圆的面积与△ABC 外接圆面积的比值为12. [对应学生用书P35]圆内接四边形的判定与性质 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°.所以∠AEF ＝∠C .所以C 、D 、E 、F 四点共圆．[例2] 如图，ABCD 是⊙O 的内接四边形，延长BC 到E ，已知∠BCD ∶∠ECD ＝3∶2，那么∠BOD 等于( )A ．120°B ．136°C ．144°D ．150°[解析] 由圆内接四边形性质知∠A ＝∠DCE ，而∠BCD ∶∠ECD ＝3∶2，且∠BCD ＋∠ECD ＝180°，∠ECD ＝72°.又由圆周角定理知∠BOD ＝2∠A ＝144°.[答案] C 直线与圆相切要，结合此知识点所设计的有关切线的判定与性质、弦切角的性质等问题是高考选做题热点之一，解题时要特别注意．[例3] 如图，⊙O 是Rt △ABC 的外接圆，∠ABC ＝90°，点P 是圆外一点，PA 切⊙O 于点A ，且PA ＝PB .(1)求证：PB 是⊙O 的切线；(2)已知PA ＝3，BC ＝1，求⊙O 的半径．[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．(2)连接OP ，交AB 于点D .如图．∵PA ＝PB ，∴点P 在线段AB 的垂直平分线上． ∵OA ＝OB ，∴点O 在线段AB 的垂直平分线上．∴OP 垂直平分线段AB . ∴∠PAO ＝∠PDA ＝90°.又∵∠APO ＝∠OPA ，∴△APO ∽△DPA .∴AP DP ＝PO PA .∴AP 2＝PO ·DP .又∵OD ＝12BC ＝12，∴PO (PO －OD )＝AP 2.即PO 2－12PO ＝(3)2，解得PO ＝2.在Rt △APO 中，OA ＝PO 2－PA 2＝1，即⊙O 的半径为1.与圆有关的比例线段圆的切线、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] 如图，A，B是两圆的交点，AC是小圆的直径，D和E分别是CA和CB的延长线与大圆的交点，已知AC＝4，BE＝10，且BC＝AD，求DE的长．[解] 设CB＝AD＝x，则由割线定理得：CA·CD＝CB·CE，即4(4＋x)＝x(x＋10)，化简得x2＋6x－16＝0，解得x＝2或x＝－8(舍去)，即CD＝6，CE＝12.连接AB，因为CA为小圆的直径，所以∠CBA＝90°，即∠ABE＝90°，则由圆的内接四边形对角互补，得∠D＝90°，则CD2＋DE2＝CE2，所以62＋DE2＝122，所以DE＝6 3.[例5] △ABC中，AB＝AC，以AB为直径作圆，交BC于D，O是圆心，DM是⊙O的切线交AC于M(如图)．求证：DC2＝AC·CM.[证明] 连接AD、OD.∵AB是直径，∴AD⊥BC.∵OA＝OD，∴∠BAD＝∠ODA.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.[对应学生用书P43](时间：90分钟，满分：120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，满分50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．圆内接四边形的4个角中，如果没有直角，那么一定有( )A ．2个锐角和2个钝角B ．1个锐角和3个钝角C ．1个钝角和3个锐角D ．都是锐角或都是钝角解析：由于圆内接四边形的对角互补，圆内接四边形的4个角中若没有直角，则必有2个锐角和2个钝角．答案：A2.如图，在⊙O 中，弦AB 长等于半径，E 为BA 延长线上一点，∠DAE＝80°，则∠ACD 的度数是( )A ．60°B ．50°C ．45°D ．30° 解析：∠BCD ＝∠DAE ＝80°，在Rt △ABC 中，∠B ＝90°，AB ＝12AC ， ∴∠ACB ＝30°.∴∠ACD ＝80°－30°＝50°.答案：B3．如图所示，在半径为2 cm 的⊙O 内有长为2 3 cm 的弦AB .则此弦所对的圆心角∠AOB 为( )A ．60°B ．90°C ．120°D ．150° 解析：作OC ⊥AB 于C ，则BC ＝3，在Rt △BOC 中cos ∠B ＝BO OB ＝32. ∴∠B ＝30°.∴∠BOC ＝60°.∴∠AOB ＝120°.答案：C4.如图，已知⊙O 的半径为5，两弦AB 、CD 相交于AB 的中点E ，且AB ＝8，CE ∶ED ＝4∶9，则圆心到弦CD 的距离为( ) A.2143B.289C.273D.809 解析：过O 作OH ⊥CD ，连接OD ，则DH ＝12CD ， 由相交弦定理知，AE ·BE ＝CE ·DE .设CE ＝4x ，则DE ＝9x ，∴4×4＝4x ×9x ，解得x ＝23， ∴OH ＝OD 2－DH 2＝52－1332＝2143. 答案：A5.如图，PA 切⊙O 于A ，PBC 是⊙O 的割线，且PB ＝BC ，PA ＝32，那么BC 的长为( ) A. 3B ．2 3C ．3D ．3 3解析：根据切割线定理PA 2＝PB ·PC ， 所以(32)2＝2PB 2.所以PB ＝3＝BC .答案：C6．两个同心圆的半径分别为3 cm 和6 cm ，作大圆的弦MN ＝6 3 cm ，则MN 与小圆的位置关系是( )A ．相切B ．相交C ．相离D ．不确定 解析：作OA ⊥MN 于A .连接OM .则MA ＝12MN ＝3 3. 在Rt △OMA 中， OA ＝OM 2－AM 2＝3(cm)．∴MN 与小圆相切．答案：A7.如图，PAB ，PDC 是⊙O 的割线，连接AD ，BC ，若PD ∶PB ＝1∶4，AD ＝2，则BC 的长是( )A ．4B ．5C ．6D ．8解析：由四边形ABCD 为⊙O 的内接四边形可得∠PAD ＝∠C ，∠PDA ＝∠B .∴△PAD ∽△PCB .∴PD PB ＝AD CB ＝14. 又AD ＝2，∴BC ＝8.答案：D8．已知⊙O 的两条弦AB ，CD 交于点P ，若PA ＝8 cm ，PB ＝18 cm ，则CD 的长的最小值为( )A ．25 cmB ．24 cmC ．20 cmD ．12 cm解析：设CD ＝a cm ，CD 被P 分成的两段中一段长x cm ，另一段长为(a －x ) cm.则x (a －x )＝8×18，即8×18≤(x ＋a －x 2)2＝14a 2. 所以a 2≥576＝242，即a ≥24.当且仅当x ＝a －x ，即x ＝12a ＝12时等号成立． 所以CD 的长的最小值为24 cm.答案：B9．如图，点C 在以AB 为直径的半圆上，连接AC 、BC ，AB ＝10，tan∠BAC ＝34，则阴影部分的面积为( ) A.252π B.252π－24 C ．24D.252π＋24 解析：∵AB 为直径，∴∠ACB ＝90°，∵tan ∠BAC ＝34， ∴sin ∠BAC ＝35. 又∵sin ∠BAC ＝BC AB，AB ＝10，∴BC ＝35×10＝6. AC ＝43×BC ＝43×6＝8，∴S 阴影＝S 半圆－S △ABC ＝12×π×52－12×8×6 ＝252π－24. 答案：B10．在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，以A 为圆心、AC 为半径的圆交AB 于F ，交BA 的延长线于E ，CD ⊥AB 于D ，给出四个等式：①BC 2＝BF ·BA ；②CD 2＝AD ·AB ；③CD 2＝DF ·DE ；④BF ·BE ＝BD ·BA .其中能够成立的有( )A ．0个B ．2个C ．3个D ．4个 解析：①②不正确，由相交弦定理知③正确，又由BC 2＝BE ·BF ，BC 2＝BD ·BA ，得BE ·BF ＝BD ·BA ，故④正确．答案：B二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，满分20分．把正确答案填写在题中的横线上)11．四边形ABCD 内接于⊙O ，若∠BOD ＝120°，OB ＝1，则∠BAD ＝________，∠BCD ＝________，BCD 的长＝________.解析：∠BAD ＝∠12BOD ＝60°， ∠BCD ＝180°－∠BAD ＝120°，由圆的半径OB ＝1，∠BOD ＝2π3， ∴BCD 的长为2π3. 答案：60° 120° 2π3 12．(陕西高考)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：由相交弦定理可知ED 2＝AE ·EB ＝1×5＝5，又易知△EBD 与△FED 相似，得DF ·DB ＝ED 2＝5.答案：513.如图，⊙O 为△ABC 的内切圆，AC ，BC ，AB 分别与⊙O 切于点D ，E ，F ，∠C ＝90°，AD ＝3，⊙O 的半径为2，则BC ＝________.解析：如图所示，分别连接OD ，OE ，OF .∵OE ＝OD ，CD ＝CE ，OE ⊥BC ，OD ⊥AC ，∴四边形OECD 是正方形．设BF ＝x ，则BE ＝x .∵AD ＝AF ＝3，CD ＝CE ＝2，∴(2＋x )2＋25＝(x ＋3)2，解得x ＝10，∴BC＝12.答案：1214．如图，AB为⊙O的直径，CB切⊙O于B，CD切⊙O于D，交AB的延长线于E，若EA＝1，ED＝2，则BC＝________.解析：∵CE为⊙O的切线，D为切点，∴ED2＝EA·EB.又∵EA＝1，ED＝2，得EB＝4，又∵CB、CD均为⊙O的切线，∴CD＝CB.在Rt△EBC中，设BC＝x，则EC＝x＋2.由勾股定理得EB2＋BC2＝EC2.∴42＋x2＝(x＋2)2，得x＝3，∴BC＝3.答案：3三、解答题(本大题共4个小题，满分50分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)如图，设AB为⊙O的任一条不与直线l垂直的直径，P是⊙O与l的公共点，AC⊥l，BD⊥l，垂足分别为C，D，且PC＝PD，求证：(1)l是⊙O的切线；(2)PB平分∠ABD.证明：(1)连接OP，因为AC⊥l，BD⊥l，所以AC∥BD.又OA＝OB，PC＝PD，所以OP∥BD，从而OP⊥l.因为P在⊙O上，所以l是⊙O的切线．(2)连接AP，因为l是⊙O的切线，所以∠BPD＝∠BAP.又∠BPD＋∠PBD＝90°，∠BAP＋∠PBA＝90°，所以∠PBA＝∠PBD，即PB平分∠ABD.16．(本小题满分12分)(2012·辽宁高考)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两点，连结DB并延长交⊙O于点E.证明：(1)AC·BD＝AD·AB；(2)AC＝AE.证明：(1)由AC 与⊙O ′相切于A ，得∠CAB ＝∠ADB ，同理∠ACB ＝∠DAB ，所以△ACB ∽△DAB .从而AC AD ＝AB BD ，即AC ·BD ＝AD ·AB .(2)由AD 与⊙O 相切于A ，得∠AED ＝∠BAD ，又∠ADE ＝∠BDA ，得△EAD ∽△ABD .从而AE AB ＝AD BD，即AE ·BD ＝AD ·AB .结合(1)的结论，AC ＝AE .17.(本小题满分12分)如图，AB 为圆O 的直径，CD 为垂直于AB 的一条弦，垂足为E ，弦BM 与CD 交于点F .(1)证明：A ，E ，F ，M 四点共圆；(2)证明：AC 2＋BF ·BM ＝AB 2.证明：(1)连接AM ，则∠AMB ＝90°.∵AB ⊥CD ，∴∠AEF ＝90°.∴∠AMB ＋∠AEF ＝180°，即A ，E ，F ，M 四点共圆．(2)连接CB ，由A ，E ，F ，M 四点共圆，得BF ·BM ＝BE ·BA .在Rt △ACB 中，BC 2＝BE ·BA ，AC 2＋CB 2＝AB 2，∴AC 2＋BF ·BM ＝AB 2.18．(辽宁高考)(本小题满分14分)如图，EP 交圆于E ，C 两点，PD切圆于D ，G 为CE 上一点且PG ＝PD ，连接DG 并延长交圆于点A ，作弦AB垂直EP ，垂足为F .(1)求证：AB 为圆的直径；(2)若AC ＝BD ，求证：AB ＝ED .证明：(1)因为PD ＝PG ，所以∠PDG ＝∠PGD .由于PD 为切线，故∠PDA ＝∠DBA ，又由于∠PGD ＝∠EGA ，故∠DBA ＝∠EGA ，所以∠DBA ＋∠BAD ＝∠EGA ＋∠BAD ，从而∠BDA ＝∠PFA .由于AF ⊥EP ，所以∠PFA ＝90°，于是∠BDA ＝90°.故AB 是直径．文档从互联网中收集，已重新修正排版，word格式支持编辑，如有帮助欢迎下载支持。
高中数学 4.2.1直线与圆的位置关系全册精品教案 新人教A版必修2
4.2.1 直线与圆的位置关系（一）教学目标 1．知识与技能（1）理解直线与圆的位置的种类；（2）利用平面直角坐标系中点到直线的距离公式求圆心到直线的距离； （3）会用点到直线的距离来判断直线与圆的位置关系. （二）过程与方法设直线l ：ax + by + c = 0，圆C ：x 2+ y 2+ Dx + Ey + F = 0，圆的半径为r ，圆心(,)22D E--到直线的距离为d ，则判别直线与圆的位置关系的依据有以下几点： （1）当d ＞r 时，直线l 与圆C 相离； （2）当d ＝r 时，直线l 与圆C 相切； （3）当d ＜r 时，直线l 与圆C 相交； 3．情态与价值观让学生通过观察图形，理解并掌握直线与圆的位置关系，培养学生数形结合的思想. （二）教学重点、难点重点：直线与圆的位置关系的几何图形及其判断方法. 难点：用坐标法判定直线与圆的位置关系. （三）教学过程设想分析：方法一：由直l与圆的位置关系，是看由它们的方程组成的方程组有无实数解；方即圆心到所求直线l的距离为因为直线l过点M (，所以可设所求直线备选例题例1 已知圆的方程x 2+ y 2= 2，直线y = x + b ，当b 为何值时， （1）圆与直线有两个公共点； （2）圆与直线只有一个公共点； （3）圆与直线没有公共点.解法1：圆心O (，0)到直线y = x + b 的距离为d r（1）当d ＜r ，即–2＜b ＜2时，直线与圆相交，有两个公共点； （2）当d = r ，即b = 2±时，直线与圆相切，有一个公共点； （3）当d ＞r ，即b ＞2或b ＜–2时，直线与圆相离， 无公共点.解法2：联立两个方程得方程组222x y y x b⎧+=⎨=+⎩.消去y 2得2x 2 + 2bx + b 2 – 2 = 0，∆=16 – 4b 2.（1）当∆＞0，即–2 ＜b ＜2时，直线与圆有两个公共点； （2）当∆＝0，即2b =±时，直线与圆有一个公共点； （3）当∆＜0即b ＞2或b ＜–2时，直线与圆无公共点.例2 直线m 经过点P (5，5)且和圆C ：x 2+ y 2= 25相交，截得弦长l 为m 的方程.【解析】设圆心到直线m 的距离为 d ，由于圆的半径r = 5，弦长的一半2l=所以由勾股定理，得：d所以设直线方程为y – 5 = k (x – 5) 即kx – y + 5 – 5k = 0.=，得12k =或k = 2. 所以直线m 的方程为x – 2y + 5 = 0或2x – y – 5 = 0.例3 已知圆C ：x 2+ y 2– 2x + 4y – 4 = 0. 问是否存在斜率为1的直线l ， 使l 被圆C 截得弦AB 满足：以AB 为直径的圆经过原点.【解析】假设存在且设l 为：y = x + m ，圆C 化为(x – 1)2– (y + 2)2= 9，圆心C (1，–2).解方程组2(1)y x m y x =+⎧⎨+=--⎩得AB 的中点N 的坐标11(,)22m m N +--，由于以AB 为直径的圆过原点，所以|AN | = |ON |.又||AN ==，||ON =所以22(3)(1)1 9() 222m m m++--=+解得m = 1或m = –4.所以存在直线l，方程为x–y + 1 = 0和x–y– 4 = 0，并可以检验，这时l与圆是相交于两点的.。
高中数学 (4.2.1 直线与圆的位置关系)示范教案 新人教A版必修2
4.2 直线、圆的位置关系 4.2.1 直线与圆的位置关系整体设计教学分析学生在初中的学习中已了解直线与圆的位置关系，并知道可以利用直线与圆的交点的个数以及圆心与直线的距离d 与半径r 的关系判断直线与圆的位置关系，但是，在初中学习时，利用圆心与直线的距离d 与半径r 的关系判断直线与圆的位置关系的方法却以结论性的形式呈现.在高一学习了解析几何以后，要考虑的问题是如何掌握由直线和圆的方程判断直线与圆的位置关系的方法.解决问题的方法主要是几何法和代数法.其中几何法应该是在初中学习的基础上，结合高中所学的点到直线的距离公式求出圆心与直线的距离d 后，比较与半径r 的关系从而作出判断.适可而止地引进用联立方程组转化为二次方程判别根的“纯代数判别法”，并与“几何法”欣赏比较，以决优劣，从而也深化了基本的“几何法”.含参数的问题、简单的弦的问题、切线问题等综合问题作为进一步的拓展提高或综合应用，也适度地引入课堂教学中，但以深化“判定直线与圆的位置关系”为目的，要控制难度.虽然学生学习解析几何了，但把几何问题代数化无论是思维习惯还是具体转化方法，学生仍是似懂非懂，因此应不断强化，逐渐内化为学生的习惯和基本素质. 三维目标1.理解直线与圆的位置关系，明确直线与圆的三种位置关系的判定方法，培养学生数形结合的数学思想.2.会用点到直线的距离来判断直线与圆的位置关系及会利用直线与圆的位置关系解决相关的问题，让学生通过观察图形，明确数与形的统一性和联系性. 重点难点教学重点：直线与圆的位置关系的几何图形及其判断方法. 教学难点:用坐标法判断直线与圆的位置关系. 课时安排 2课时教学过程第1课时 导入新课思路1.平面解析几何是高考的重点和热点内容，每年的高考试题中有选择题、填空题和解答题，考查的知识点有直线方程和圆的方程的建立、直线与圆的位置关系等，本节主要学习直线与圆的关系. 思路2.(复习导入)(1)直线方程Ax+By+C=0(A ，B 不同时为零).(2)圆的标准方程(x-a)2+(y-b)2=r 2，圆心为(a ，b)，半径为r. (3)圆的一般方程x 2+y 2+Dx+Ey+F=0(其中D 2+E 2-4F ＞0)，圆心为(-2D ，-2E)，半径为21F E D 422-+.推进新课 新知探究 提出问题①初中学过的平面几何中，直线与圆的位置关系有几类？ ②在初中，我们怎样判断直线与圆的位置关系呢？ ③如何用直线与圆的方程判断它们之间的位置关系呢？④判断直线与圆的位置关系有几种方法？它们的特点是什么？ 讨论结果：①初中学过的平面几何中，直线与圆的位置关系有直线与圆相离、直线与圆相切、直线与圆相交三种.②直线与圆的三种位置关系的含义是: 直线与圆的位置关系公共点个数圆心到直线的距离d 与半径r 的关系图形相交 两个 d ＜r 相切 只有一个 d=r相离没有d ＞r③方法一，判断直线l 与圆的位置关系，就是看由它们的方程组成的方程组有无实数解；方法二，可以依据圆心到直线的距离与半径长的关系判断直线与圆的位置关系. ④直线与圆的位置关系的判断方法： 几何方法步骤：1°把直线方程化为一般式，求出圆心和半径. 2°利用点到直线的距离公式求圆心到直线的距离.3°作判断：当d ＞r 时，直线与圆相离；当d=r 时，直线与圆相切;当d ＜r 时，直线与圆相交.代数方法步骤：1°将直线方程与圆的方程联立成方程组.2°利用消元法，得到关于另一个元的一元二次方程. 3°求出其判别式Δ的值.4°比较Δ与0的大小关系，若Δ＞0，则直线与圆相离；若Δ=0，则直线与圆相切;若Δ＜0，则直线与圆相交.反之也成立. 应用示例思路1例1 已知直线l ：3x+y-6=0和圆心为C 的圆x 2+y 2-2y-4=0，判断直线l 与圆的位置关系.如果相交，求出它们的交点坐标.活动:学生思考或交流，回顾判断的方法与步骤，教师引导学生考虑问题的思路，必要时提示，对学生的思维作出评价;方法一，判断直线l 与圆的位置关系，就是看由它们的方程组成的方程组有无实数解；方法二，可以依据圆心到直线的距离与半径长的关系判断直线与圆的位置关系.解法一:由直线l 与圆的方程，得⎪⎩⎪⎨⎧=--+=-+)2(.042)1(,06322y y x y x消去y ，得x 2-3x+2=0，因为Δ=(-3)2-4×1×2=1＞0，所以直线l 与圆相交，有两个公共点.解法二：圆x 2+y 2-2y-4=0可化为x 2+(y-1)2=5，其圆心C 的坐标为(0，1)，半径长为5，圆心C 到直线l 的距离d=2213|1603|+-+⨯=105＜5.所以直线l 与圆相交，有两个公共点.由x 2-3x+2=0，得x 1=2，x 2=1.把x 1=2代入方程①，得y 1=0;把x 2=1代入方程①，得y 2=3.所以直线l 与圆相交有两个公共点，它们的坐标分别是(2，0)和(1，3).点评:比较两种解法，我们可以看出，几何法判断要比代数法判断快得多，但是若要求交点，仍需联立方程组求解.例2 已知圆的方程是x 2+y 2=2，直线y=x+b ，当b 为何值时，圆与直线有两个公共点，只有一个公共点没有公共点.活动:学生思考或交流，教师引导学生考虑问题的思路，必要时提示，对学生的思维作出评价.我们知道，判断直线l 与圆的位置关系，就是看由它们的方程组成的方程组有无实数解，或依据圆心到直线的距离与半径长的关系判断直线与圆的位置关系.反过来，当已知圆与直线的位置关系时，也可求字母的取值范围，所求曲线公共点问题可转化为b 为何值时，方程组⎪⎩⎪⎨⎧+==+bx y y x ,222有两组不同实数根、有两组相同实根、无实根的问题.圆与直线有两个公共点、只有一个公共点、没有公共点的问题，可转化为b 为何值时圆心到直线的距离小于半径、等于半径、大于半径的问题.解法一:若直线l ：y=x+b 和圆x 2+y 2=2有两个公共点、只有一个公共点、没有公共点，则方程组⎪⎩⎪⎨⎧+==+bx y y x ,222有两个不同解、有两个相同解、没有实数解，消去y ，得2x 2+2bx+b 2-2=0，所以Δ=(2b)2-4×2(b 2-2)=16-4b 2.所以，当Δ=16-4b 2＞0，即-2＜b ＜2时，圆与直线有两个公共点；当Δ=16-4b 2=0，即b=±2时，圆与直线只有一个公共点；当Δ=16-4b 2＜0，即b ＞2或b ＜-2时，圆与直线没有公共点.解法二：圆x 2+y 2=2的圆心C 的坐标为(0，0)，半径长为2，圆心C 到直线l:y=x+b 的距离d=2||11|0101|22b b =+-⨯+⨯-.当d ＞r 时，即2||b ＞2，即|b|＞2，即b ＞2或b ＜-2时，圆与直线没有公共点;当d=r 时，即2||b =2，即|b|=2，即b=±2时，圆与直线只有一个公共点；当d ＜r 时，即2||b ＜2，即|b|＜2，即-2＜b ＜2时，圆与直线有两个公共点.点评：由于圆的特殊性，判断圆与直线的位置关系，多采用圆心到直线的距离与半径的大小进行比较的方法，而以后我们将要学习的圆锥曲线与直线位置关系的判断，则需要利用方程组解的个数来判断. 变式训练已知直线l 过点P(4，0)，且与圆O ：x 2+y 2=8相交，求直线l 的倾斜角α的取值范围. 解法一：设直线l 的方程为y=k(x-4)，即kx-y-4k=0，因为直线l 与圆O 相交，所以圆心O 到直线l 的距离小于半径， 即1|4|2+-k k ＜22，化简得k 2＜1，所以-1＜k ＜1，即-1＜tan α＜1.当0≤tan α＜1时，0≤α＜4π；当-1＜tan α＜0时，43π＜α＜π.所以α的取值范围是［0，4π)∪(43π，π).解法二：设直线l 的方程为y=k(x-4)，由⎪⎩⎪⎨⎧=+-=,8),4(22y x x k y ，消去y 得(k 2+1)x 2-8k 2x+16k 2-8=0. 因为直线l 与圆O 相交，所以Δ=(-8k 2)2-4(k 2+1)(16k 2-8)＞0，化简得k 2＜1.(以下同解法一)点评:涉及直线与圆的位置关系的问题，常可运用以上两种方法.本题若改为选择题或填空题，也可利用图形直接得到答案.思路2例1 已知圆的方程是x 2+y 2=r 2，求经过圆上一点M(x 0，y 0)的切线方程.活动:学生思考讨论，教师提示学生解题的思路，引导学生回顾直线方程的求法，既考虑通法又考虑图形的几何性质.此切线过点(x 0，y 0)，要确定其方程，只需求出其斜率k ，可利用待定系数法(或直接求解).直线与圆相切的几何特征是圆心到切线的距离等于圆的半径，切线与法线垂直.解法一:当点M 不在坐标轴上时，设切线的斜率为k ，半径OM 的斜率为k 1， 因为圆的切线垂直于过切点的半径，所以k=-11k . 因为k 1=00x y 所以k=-00y x .所以经过点M 的切线方程是y-y 0=-00y x(x-x 0). 整理得x 0x+y 0y=x 02+y 02.又因为点M(x 0，y 0)在圆上，所以x 02+y 02=r 2.所以所求的切线方程是x 0x+y 0y=r 2.当点M 在坐标轴上时，可以验证上面的方程同样适用.解法二:设P(x ，y)为所求切线上的任意一点，当P 与M 不重合时，△OPM 为直角三角形，OP为斜边，所以OP 2=OM 2+MP 2，即x 2+y 2=x 02+y 02+(x-x 0)2+(y-y 0)2.整理得x 0x+y 0y=r 2.可以验证，当P 与M 重合时同样适合上式，故所求的切线方程是x 0x+y 0y=r 2. 解法三:设P(x ，y)为所求切线上的任意一点，当点M 不在坐标轴上时，由OM⊥MP 得k OM ·k MP =-1，即0x y ·x x y y --00=-1，整理得x 0x+y 0y=r 2.可以验证，当点M 在坐标轴上时，P 与M 重合，同样适合上式，故所求的切线方程是x 0x+y 0y=r 2.点评:如果已知圆上一点的坐标，我们可直接利用上述方程写出过这一点的切线方程. 变式训练求过圆C:(x-a)2+(y-b)2=r 2上一点M(x 0，y 0)的圆的切线方程.解:设x 0≠a ，y 0≠b，所求切线斜率为k ，则由圆的切线垂直于过切点的半径，得k=by ax k CM---=-001，所以所求方程为y-y 0=by ax ---00(x-x 0)，即(y-b)(y 0-b)+(x-a)(x 0-a)=(x 0-a)2+(y 0-b)2.又点M(x 0，y 0)在圆上，则有(x 0-a)2+(y 0-b)2=r 2.代入上式，得(y-b)(y 0-b)+(x-a)(x 0-a)=r 2.当x 0=a ，y 0=b 时仍然成立，所以过圆C:(x-a)2+(y-b)2=r 2上一点M(x 0，y 0)的圆的切线方程为(y-b)(y 0-b)+(x-a)(x 0-a)=r 2.例2 从点P(4，5)向圆(x －2)2＋y 2=4引切线，求切线方程.活动:学生思考交流，提出解题的方法，回想直线方程的求法，先验证点与圆的位置关系，再利用几何性质解题.解:把点P(4，5)代入(x －2)2＋y 2=4，得(4－2)2＋52=29＞4，所以点P 在圆(x －2)2＋y 2=4外.设切线斜率为k ，则切线方程为y －5=k(x －4)，即kx －y ＋5－4k=0.又圆心坐标为(2，0)，r=2.因为圆心到切线的距离等于半径，即1|4502|2+-+-k k k =2，k=2021. 所以切线方程为21x －20y ＋16=0.当直线的斜率不存在时还有一条切线是x=4. 点评:过圆外已知点P(x ，y)的圆的切线必有两条，一般可设切线斜率为k ，写出点斜式方程，再利用圆心到切线的距离等于半径，写出有关k 的方程.求出k ，因为有两条，所以应有两个不同的k 值，当求得的k 值只有一个时，说明有一条切线斜率不存在，即为垂直于x 轴的直线，所以补上一条切线x=x 1. 变式训练求过点M(3，1)，且与圆(x-1)2+y 2=4相切的直线l 的方程. 解:设切线方程为y-1=k(x-3)，即kx-y-3k+1=0， 因为圆心(1，0)到切线l 的距离等于半径2， 所以22)1(|13|-++-k k k =2，解得k=-43. 所以切线方程为y-1=-43(x-3)，即3x+4y-13=0. 当过点M 的直线的斜率不存在时，其方程为x=3，圆心(1，0)到此直线的距离等于半径2，故直线x=3也符合题意.所以直线l 的方程是3x+4y-12=0或x=3.例3 (1)已知直线l ：y=x+b 与曲线C ：y=21x -有两个不同的公共点，求实数b 的取值范围；(2)若关于x 的不等式21x -＞x+b 解集为R ，求实数b 的取值范围.图1解:(1)如图1(数形结合)，方程y=x+b 表示斜率为1，在y 轴上截距为b 的直线l ； 方程y=21x -表示单位圆在x 轴上及其上方的半圆， 当直线过B 点时，它与半圆交于两点，此时b=1，直线记为l 1； 当直线与半圆相切时，b=2，直线记为l 2.直线l 要与半圆有两个不同的公共点，必须满足l 在l 1与l 2之间(包括l 1但不包括l 2)， 所以1≤b＜2，即所求的b 的取值范围是［1，2).(2)不等式21x -＞x+b 恒成立，即半圆y=21x -在直线y=x+b 上方， 当直线l 过点(1，0)时，b=-1，所以所求的b 的取值范围是(-∞，-1). 点评:利用数形结合解题，有时非常方便直观. 知能训练本节练习2、3、4. 拓展提升圆x 2+y 2=8内有一点P 0(-1，2)，AB 为过点P 0且倾斜角为α的弦. (1)当α=43π时，求AB 的长； (2)当AB 的长最短时，求直线AB 的方程. 解:(1)当α=43π时，直线AB 的斜率为k=tan 43π=-1，所以直线AB 的方程为y-2=-(x+1)，即y=-x+1.解法一：(用弦长公式)由⎪⎩⎪⎨⎧=++-=,8,122y x x y 消去y ，得2x 2-2x-7=0， 设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，则x 1+x 2=1，x 1x 2=-27， 所以|AB|=2)1(1-+|x 1-x 2|=2·212214)(x x x x -+=2·)27(41-⨯-=30.解法二：(几何法)弦心距d=21，半径r=22，弦长|AB|=230218222=-=-dr . (2)当AB 的长最短时，OP 0⊥AB，因为k OP0=-2，k AB =21，直线AB 的方程为y-2=21(x+1)， 即x-2y+5=0.课堂小结(1)判断直线与圆的位置关系的方法:几何法和代数法.(2)求切线方程.作业习题4.2 A组1、2、3.设计感想本节课是在学习了点和圆的位置关系的基础上进行的，是为后面的圆与圆的位置关系作铺垫的一节课.本节的主题是直线和圆，在解析几何中，直线与圆的关系是一个非常重要的知识点，可以对学生的思维有一个很好的锻炼，将几种重要的数学思想灌输给学生.首先，一开始的复习提问全面又突出重点，特别是“初中学习的如何判断直线和圆的位置关系？”这个问题，为学生思考提供了很好的引导.其次对于例题的选择有很高的要求，好的例题是一个好教案的重要保证.在例题的设计方面，本教案共分为三个层次来一步步的推进，让学生由浅入深，从思维容量上层层递进，对学生的思考和分析都有很好的引导作用，通过思路1的例题1、2对直线与圆的几种位置关系作了巩固，是每个学生都必须也能够掌握的.但这几题虽是基础题也并不是平淡无奇的题，它印证了判定的条件和结论在一定条件下是可以转化的.通过思路2的例题1、2，对圆的切线方程的求法进行了说明和总结.这个知识点与“直线与圆”联系起来，而且同时又渗透了数形结合的思想.让学生通过具体的练习，通过自主地思考、研究，来体会数学思想对我们解题和研究的作用.例题3的设计给学生留下了讨论的空间，不仅将与直线与圆有关的各知识点联系了起来，而且还通过各知识点之间的联系、综合应用，组织学生一起思考起来，对应用的加强更是体现了“分类活动，激发潜能”的基本要求.。
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第二节平面与圆柱面的截线
整合提升
知识网络
典例精讲
直线与圆的位置关系是初等几何的核心,通过本章学习进一步熟悉并应用分类思想、运动变化思想和猜想与证明的数学思想方法.
本讲有四类问题,一是与圆有关角的计算与证明,二是圆内接四边形性质与判定,三是切线的性质与判定,四是与圆有关线段的计算与证明.
【例1】如图2-1,EB、EC是⊙O的两条切线,B、C是切点,A、D是⊙O上两点,如果∠E=46°,∠DCF=32°,则∠A的度数是______________.
图2-1
思路分析:要求∠A,可转化为求∠BCD.由已知∠DCF的度数,想到先求∠ECB的度数,从而注意到题目所给的EB、EC为切线,将∠ECB与∠E的度数联系起来.
解法一:∵EB、EC是⊙O的切线,
∴EC=EB.又∠E=46°,
∴∠ECB=
246
180︒
-
︒
=67°.
∵∠DCF=32°,∴∠BCD=180°-67°-32°=81°.
∵∠A+∠BCD=180°,
∴∠A=180°-81°=99°.
温馨提示
本解法借助切线长定理和圆内接四边形的有关性质,此题还可借助于弦切角定理来求. 解法二:连结AC,∵EB、EC是⊙O切线,
图2-2
∴EB=EC.
∴∠ECB=2
46180︒-︒=67°. ∵EF 切⊙O 于点C,∴∠BAC=∠ECB=67°,∠CAD=∠DCF=32°.
∴∠BAD=∠BAC+∠DAC=67°+32°=99°.
答案:99°
【例2】 如图2-3,D 、E 是△ABC 的BC 、AC 两边上两点,且∠ADB=∠AEB.
求证:∠CED=∠ABC.
图2-3
思路分析:要证∠CED=∠ABC,容易想到圆内接四边形的性质.而证A 、B 、D 、E 四点共圆,用圆内接四边形判定定理不易找到条件,我们采用分类讨论思想.
证明:作△ABE 的外接圆⊙O,则点D 与⊙O 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⊙O 交于点F,连结AF,
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.
(2)如果点D 在圆内,设⊙O 与CD 交于F,连结AF,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.
综上所求,A 、B 、D 、E 在同一圆上.∴∠CED=∠ABC.
温馨提示
通过证四点共圆,然后利用圆内接四边形的性质是本题的一个特色,四点共圆的证明除了圆内接四边形的判定定理及推论外,定理本身的证明方法就是一种有效的证法.证法中分类讨论思想是该证法的精髓,以反证法和圆周角定理作为辅助手段.
【例3】如图2-4,已知Rt△ABC 中,∠B=90°,AC=13,AB=5,O 是AB 上的点,以O 为圆心,OB 为半径作⊙O.
(1)当OB=2.5时,⊙O 交AC 于点D,求CD 的长.
(2)当OB=2.4时,AC 与⊙O 的位置关系如何?试证明你的结论.
图2-4
思路分析:求CD 的长容易想到利用圆幂定理.其中AC 已知,只需求BC 并证BC 为切线即可. 解:(1)在Rt△ABC 中,BC=
22AB AC -=12.
∵∠B=90°,OB 为半径,
∴BC 是⊙O 切线.
又AB=5,OB=2.5,
∴OA=2.5,即A 在圆上.
由切割线定理,得BC 2=CD·AC. ∴CD=13
1442=AC BC . (2)当OB=2.4时,AC 是⊙O 的切线,如图2-5.
图2-5
证明:过O 作OM⊥AC 于M,则△AOM∽△ACB. ∴AC
AO CB OM =. ∴OM=2.4,
即点O 到AC 的距离等于⊙O 的半径.
∴AC 切⊙O 于点M.
【例4】 如图2-6,已知P 是直径AB 延长线上的一点,割线PCD 交⊙O 于C 、D 两点,弦DF⊥AB 于点H,CF 交AB 于点E.
(1)求证:PA·PB=PO·PE;
(2)若DE⊥CF,∠P=15°,⊙O 的半径为2,求CF 的长.
图2-6
思路分析:由PA·PB 立刻想起割线定理.只需证PC·PD=PO·PE.
(1)证明:连结OD. ∵DF⊥AB,∴=.
又∠AOD 度数等于
度数的一半,∠DCF 度数等于度数的一半, ∴∠AOD=∠DCF.
∴180°-∠AOD=180°-∠DCF.
∴∠POD=∠PCE,∠P 为公共角. ∴△PCE∽△POD.∴PD
PE PO PC =. ∴PC·PD=PO·PE.
由割线定理PC·PD=PA·PB,
∴PA·PB=PO·PE.
(2)解析:∵AB⊥DF,∴DE=EF.
∵DE⊥CF,∴△DEF 为等腰直角三角形.
∴∠F=∠FEH=∠HDE=45°.
∵∠P=15°,∴∠DCF=∠P+∠CEP
=15°+45°=60°.
∴∠DOH=60°.
在Rt△ODH 中,DH=OD·sin∠DOH=2·sin60°=3.
在Rt△DHE 中,DE=645cos =︒
DH . 在Rt△CDE 中,∠DCE=60°, ∴EC=DE·cot60°=2336=∙
. ∴CF=EF+CE=26+.
温馨提示
在圆中证明线段的关系式首要考虑的是圆幂定理,结合相似三角形进行等比代换或等线代换;圆中角的关系,则往往利用圆周角、弦切角、圆心角与弧的关系转化.
【例5】 如图2-7,四边形ABCD 内接于⊙O, =,E 为CB 延长线BM 上的动点,当E 点运动到某一位置满足一定条件时,就有AB·DA=BE·CD 成立,问该结论成立的条件是什么?请注明条件并给予证明.
图2-7
思路分析:若AB·DA=BE·CD 成立,则需AD
BE CD AB =成立,考虑利用△ABE 与△ACD 相似,其中∠ABE=∠D,∠ACD=∠ACB,只需∠EAB=∠ACB,只要EA 是⊙O 切线.
∴当EA 切⊙O 于A 时,AB·DA=BE·CD 成立.
证明:连结AC,∵EA 切⊙O 于A,
∴∠EAB=∠ACB.∵AD=AB,
∴∠ACB=∠ACD.
∴∠EAB=∠ACD.
又∵四边形ABCD 内接于⊙O,
∴∠EBA=∠D. ∴△ABE∽△CDA.∴
AD
BE CD AB =. ∴AB·AD=BE·CD.
温馨提示
运动变化思想在数学探究中具有重要的作用,在变化中发现不变性(规律),并提出一个猜想,然后再对猜想进行严格证明.。