【創(chuàng)新設(shè)計(jì)】2021年高考數(shù)學(xué)(四川專用-理)一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)突破：選修4-1-第2講-直線與圓

第2講直線與圓[最新考綱]1．理解圓周角定理及其推論；把握?qǐng)A的切線的判定定理及性質(zhì)定理；理解弦切角定理及其推論．2．把握相交弦定理、割線定理、切割線定理；理解圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)定理與判定定理.知識(shí)梳理1．圓周角定理與圓心角定理(1)圓周角定理及其推論①定理：圓上一條弧所對(duì)的圓周角等于它所對(duì)的圓心角的一半．②推論：(i)推論1：同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等；同圓或等圓中，相等的圓周角所對(duì)的弧也相等．(ii)推論2：半圓(或直徑)所對(duì)的圓周角是直角；90°的圓周角所對(duì)的弦是直徑．(2)圓心角定理：圓心角的度數(shù)等于它所對(duì)弧的度數(shù)．2．弦切角的性質(zhì)弦切角定理：弦切角等于它所夾的弧所對(duì)的圓周角．3．圓的切線的性質(zhì)及判定定理(1)定理：圓的切線垂直于經(jīng)過切點(diǎn)的半徑．(2)推論：①推論1：經(jīng)過圓心且垂直于切線的直線必經(jīng)過切點(diǎn)．②推論2：經(jīng)過切點(diǎn)且垂直于切線的直線必經(jīng)過圓心．4．與圓有關(guān)的比例線段定理名稱基本圖形條件結(jié)論應(yīng)用相交弦定理弦AB、CD相交于圓內(nèi)點(diǎn)P(1)PA·PB＝PC·PD(2)△ACP∽△BDP(1)在PA、PB、PC、PD四線段中知三求一(2)求弦長及角割線定理PAB、PCD是⊙O的割線(1)PA·PB＝PC·PD(2)△PAC∽△PDB(1)求線段PA、PB、PC、PD(2)應(yīng)用相像求AC、BD切割線定理PA切⊙O于A，PBC是⊙O的割線(1)PA2＝PB·PC(2)△PAB∽△PCA(1)已知PA、PB、PC知二可求一(2)求解AB、AC切線長定理PA、PB是⊙O的切線(1)PA＝PB(2)∠OPA＝∠OPB(1)證線段相等，已知PA求PB(2)求角5.圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)與判定定理(1)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)定理①定理1：圓內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)．②定理2：圓內(nèi)接四邊形的外角等于它的內(nèi)角的對(duì)角．(2)圓內(nèi)接四邊形的判定定理及推論①判定定理：假如一個(gè)四邊形的對(duì)角互補(bǔ)，那么這個(gè)四邊形的四個(gè)頂點(diǎn)共圓．②推論：假如四邊形的一個(gè)外角等于它的內(nèi)角的對(duì)角，那么這個(gè)四邊形的四個(gè)頂點(diǎn)共圓．診斷自測1.如圖，△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，AC＝6，以AC為直徑的圓與斜邊交于點(diǎn)P，則BP長為________．解析連接CP.由推論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6.42.如圖，AB、AC是⊙O的兩條切線，切點(diǎn)分別為B、C，D是優(yōu)弧上的點(diǎn)，已知∠BAC＝80°，那么∠BDC＝______.解析連接OB、OC，則OB⊥AB，OC⊥AC，∴∠BOC＝180°－∠BAC＝100°，∴∠BDC＝eq\f(1,2)∠BOC＝50°.答案50°3.如圖，四邊形ABCD是圓O的內(nèi)接四邊形，延長AB和DC相交 于點(diǎn)P.若PB＝1，PD＝3，則eq\f(BC,AD)的值為________．解析∵ABCD為圓內(nèi)接四邊形，∴∠PBC＝∠ADP，又∠P＝∠P，∴△BCP∽△DAP，∴eq\f(BC,AD)＝eq\f(PB,PD)＝eq\f(1,3).答案eq\f(1,3)4.(2022·廣州調(diào)研)如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，BC是直徑，MN與⊙O相切，切點(diǎn)為A，∠MAB＝35°，則∠D＝________.解析連接BD，由題意知，∠ADB＝∠MAB＝35°，∠BDC＝90°，故∠ADC＝∠ADB＋∠BDC＝125°.答案125°5．如圖所示，過點(diǎn)P的直線與⊙O相交于A，B兩點(diǎn)．若PA＝1，AB＝2，PO＝3，則⊙O的半徑r＝________.解析設(shè)⊙O的半徑為r(r＞0)，∵PA＝1，AB＝2，∴PB＝PA＋AB＝3.延長PO交⊙O于點(diǎn)C，則PC＝PO＋r＝3＋r.設(shè)PO交⊙O于點(diǎn)D，則PD＝3－r.由圓的割線定理知，PA·PB＝PD·PC，∴1×3＝(3－r)(3＋r)，則r＝eq\r(6).答案eq\r(6)考點(diǎn)一圓周角、弦切角及圓的切線問題【例1】如圖所示，⊙O的直徑為6，AB為⊙O的直徑，C為圓周上一點(diǎn)，BC＝3，過C作圓的切線l，過A作l的垂線AD，AD分別與直線l、圓交于D、E.(1)求∠DAC的度數(shù)；(2)求線段AE的長．解(1)由已知△ADC是直角三角形，易知∠CAB＝30°，由于直線l與⊙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)法一連接BE，如圖(1)所示，∠EAB＝60°＝∠CBA，則Rt△ABE≌Rt△BAC，所以AE＝BC＝3.法二連接EC，OC，如圖(2)所示，則由弦切角定理知，∠DCE＝∠CAE＝30°，又∠DCA＝60°，故∠ECA＝30°，(2)又由于∠CAB＝30°，故∠ECA＝∠CAB，從而EC∥AO，由OC⊥l，AD⊥l，可得OC∥AE，故四邊形AOCE是平行四邊形，又由于OA＝OC，故四邊形AOCE是菱形，故AE＝AO＝3.規(guī)律方法(1)圓周角定理及其推論與弦切角定理及其推論多用于推出角的關(guān)系，從而證明三角形全等或相像，可求線段或角的大?。?2)涉及圓的切線問題時(shí)要留意弦切角的轉(zhuǎn)化；關(guān)于圓周上的點(diǎn)，常作直徑(或半徑)或向弦(弧)兩端畫圓周角或作弦切角．【訓(xùn)練1】如圖，△ABC的角平分線AD的延長線交它的外接圓于點(diǎn)E. (1)證明：△ABE∽△ADC； (2)若△ABC的面積S＝eq\f(1,2)AD·AE，求∠BAC的大小． (1)證明由已知條件，可得∠BAE＝∠CAD. 由于∠AEB與∠ACD是同弧所對(duì)的圓周角． 所以∠AEB＝∠ACD.故△ABE∽△ADC.(2)解由于△ABE∽△ADC，所以eq\f(AB,AD)＝eq\f(AE,AC)，即AB·AC＝AD·AE又S＝eq\f(1,2)AB·ACsin∠BAC，且S＝eq\f(1,2)AD·AE，故AB·ACsin∠BAC＝AD·AE，則sin∠BAC＝1.又∠BAC為△ABC的內(nèi)角，所以∠BAC＝90°.考點(diǎn)二與圓有關(guān)的比例線段【例2】如圖，PA切⊙O于點(diǎn)A，割線PBC交⊙O于點(diǎn)B，C，∠APC的角平分線分別與AB、AC相交于點(diǎn)D、E，求證：(1)AD＝AE；(2)AD2＝DB·EC.證明(1)∠AED＝∠EPC＋∠C，∠ADE＝∠APD＋∠PAB.因PE是∠APC的角平分線，故∠EPC＝∠APD.又PA是⊙O的切線，故∠C＝∠PAB.所以∠AED＝∠ADE.故AD＝AE.(2)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(∠PCE＝∠PAD,∠CPE＝∠APD))?△PCE∽△PAD?eq\f(EC,AD)＝eq\f(PC,PA)；eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(∠PEA＝∠PDB,∠APE＝∠BPD))?△PAE∽△PBD?eq\f(AE,DB)＝eq\f(PA,PB).又PA是切線，PBC是割線?PA2＝PB·PC?eq\f(PA,PB)＝eq\f(PC,PA).故eq\f(EC,AD)＝eq\f(AE,DB)，又AD＝AE，故AD2＝DB·EC.規(guī)律方法涉及與圓有關(guān)的等積線段或成比例的線段，常利用圓周角或弦切角證明三角形相像，在相像三角形中查找比例線段；也可以利用相交弦定理、切割線定理證明線段成比例，在實(shí)際應(yīng)用中，一般涉及兩條相交弦應(yīng)首先考慮相交弦定理，涉及兩條割線就要想到割線定理，見到切線和割線時(shí)要留意應(yīng)用切割線定理．【訓(xùn)練2】(2021·天津卷)如圖，△ABC為圓的內(nèi)接三角形，BD為圓的弦，且BD∥AC.過點(diǎn)A作圓的切線與DB的延長線交于點(diǎn)E，AD與BC交于點(diǎn)F.若AB＝AC，AE＝6，BD＝5，則線段CF的長為________．解析由切割線定理得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，則AE∥BC，由于AC∥BD，所以四邊形AEBC是平行四邊形．所以AE＝BC＝6，AC＝EB＝4，又由題意可得△CAF∽△CBA，所以eq\f(CA,CB)＝eq\f(CF,CA)，CF＝eq\f(CA2,CB)＝eq\f(8,3).答案eq\f(8,3)考點(diǎn)三圓內(nèi)接四邊形的判定及應(yīng)用【例3】(2022·銀川一中月考)如圖，已知AP是⊙O的切線，P為切點(diǎn)，AC是⊙O的割線，與⊙O交于B、C兩點(diǎn)，圓心O在∠PAC的內(nèi)部，點(diǎn)M是BC的中點(diǎn)．(1)證明：A、P、O、M四點(diǎn)共圓；(2)求∠OAM＋∠APM的大?。?1)證明連接OP，OM，由于AP與⊙O相切于點(diǎn)P，所以O(shè)P⊥AP.由于M是⊙O的弦BC的中點(diǎn)，所以O(shè)M⊥BC，于是∠OPA＋∠OMA＝180°.由圓心O在∠PAC的內(nèi)部，可知四邊形APOM的對(duì)角互補(bǔ)，所以A、P、O、M四點(diǎn)共圓．(2)解由(1)得A、P、O、M四點(diǎn)共圓，所以∠OAM＝∠OPM，由(1)得OP⊥AP，由于圓心O在∠PAC的內(nèi)部，所以∠OPM＋∠APM＝90°，所以∠OAM＋∠APM＝90°.規(guī)律方法(1)假如四點(diǎn)與肯定點(diǎn)距離相等，那么這四點(diǎn)共圓；(2)假如四邊形的一組對(duì)角互補(bǔ)，那么這個(gè)四邊形的四個(gè)頂點(diǎn)共圓；(3)假如四邊形的一個(gè)外角等于它的內(nèi)對(duì)角，那么這個(gè)四邊形的四個(gè)頂點(diǎn)共圓．【訓(xùn)練3】如圖，已知△ABC的兩條角平分線AD和CE相交于點(diǎn)H，∠ABC＝60°，F(xiàn)在AC上，且AE＝AF.求證：(1)B、D、H、E四點(diǎn)共圓；(2)CE平分∠DEF.證明(1)在△ABC中，∵∠ABC＝60°，∴∠BAC＋∠BCA＝120°.∵AD，CE分別是△ABC的角平分線，∴∠HAC＋∠HCA＝60°，∴∠AHC＝120°.∴∠EHD＝∠AHC＝120°.∴∠EBD＋∠EHD＝180°.∴B，D，H，E四點(diǎn)共圓．(2)連接BH，則BH為∠ABC的平分線，∴∠EBH＝∠HBD＝30°.由(1)知B，D，H，E四點(diǎn)共圓，∴∠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.關(guān)于圓的綜合應(yīng)用【典例】如圖所示，已知⊙O1和⊙O2相交于A，B兩點(diǎn)，過A點(diǎn)作⊙O1的切線交⊙O2于點(diǎn)C，過點(diǎn)B作兩圓的割線，分別交⊙O1，⊙O2于點(diǎn)D，E，DE與AC相交于點(diǎn)P.(1)求證：AD∥EC；(2)若AD是⊙O2的切線，且PA＝6，PC＝2，BD＝9，求AD的長．[審題視點(diǎn)](1)連接AB，在⊙O1中使用弦切角定理，在⊙O2中使用圓周角定理，即可證明∠D＝∠E；(2)依據(jù)切割線定理，只要求出BE的長度即可，在⊙O2中依據(jù)相交弦定理可得BP·PE，依據(jù)(1)中△ADP∽△CEP，又可得BP，PE的一個(gè)方程，解方程組求出BP，PE的長度即可．(1)證明連接AB，如圖所示．∵AC是⊙O1的切線，∴∠BAC＝∠D.又∵∠BAC＝∠E.∴∠D＝∠E.∴AD∥EC.(2)解設(shè)BP＝x，PE＝y(tǒng)，∵PA＝6，PC＝2，∴xy＝12.①∵依據(jù)(1)，可得△ADP∽△CEP，∴eq\f(DP,EP)＝eq\f(AP,CP)，即eq\f(9＋x,y)＝eq\f(6,2)，②由①②，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝4))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－12，,y＝－1.))(負(fù)值舍去)∴DE＝9＋x＋y＝16.∵AD是⊙O2的切線，∴AD2＝DB·DE＝9×16.∴AD＝12.[反思感悟]在平面幾何的有關(guān)計(jì)算中往往要使用比例線段，產(chǎn)生比例線段的一個(gè)主要依據(jù)是兩三角形相像，本題中使用三角形的相像把⊙O2中兩條待求的線段聯(lián)系起來，發(fā)揮了相像三角形的橋梁作用．在涉及兩圓的公共弦時(shí)，通常是作出兩圓的公共弦，假如有過公共點(diǎn)的切線就可以使用弦切角定理，在兩個(gè)圓內(nèi)實(shí)現(xiàn)角的等量代換，這是解決兩個(gè)圓相交且在交點(diǎn)處有圓的切線問題的基本思考方向．【自主體驗(yàn)】如圖，梯形ABCD內(nèi)接于⊙O，AD∥BC，過B引⊙O的切線分別交DA、CA的延長線于E、F.(1)求證：AB2＝AE·BC；(2)已知BC＝8，CD＝5，AF＝6，求EF的長．(1)證明∵BE切⊙O于B，∴∠ABE＝∠ACB.又AD∥BC，∴∠EAB＝∠ABC，∴△EAB∽△ABC，∴eq\f(AE,AB)＝eq\f(AB,BC).∴AB2＝AE·BC.(2)解由(1)△EAB∽△ABC，∴eq\f(BE,AC)＝eq\f(AB,BC).又AE∥BC，∴eq\f(EF,AF)＝eq\f(BE,AC)，∴eq\f(AB,BC)＝eq\f(EF,AF).又AD∥BC，∴，∴AB＝CD，∴eq\f(CD,BC)＝eq\f(EF,AF)，∴eq\f(5,8)＝eq\f(EF,6)，∴EF＝eq\f(30,8)＝eq\f(15,4).一、填空題1.如圖，AB是⊙O的直徑，MN與⊙O切于點(diǎn)C，AC＝eq\f(1,2)BC，則sin∠MCA＝________.解析由弦切角定理得，∠MCA＝∠ABC，sin∠ABC＝eq\f(AC,AB)＝eq\f(AC,\r(AC2＋BC2))＝eq\f(AC,\r(5)AC)＝eq\f(\r(5),5).答案eq\f(\r(5),5)2.如圖，AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點(diǎn)．AD和過C點(diǎn)的切線相互垂直，垂足為D，∠DAB＝80°，則∠ACO＝________.解析∵CD是⊙O的切線，∴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)如圖，已知AB和AC是圓的兩條弦，過點(diǎn)B作圓的切線與AC的延長線相交于點(diǎn)D.過點(diǎn)C作BD的平行線與圓相交于點(diǎn)E，與AB相交于點(diǎn)F，AF＝3，F(xiàn)B＝1，EF＝eq\f(3,2)，則線段CD的長為________．解析由于AF·BF＝EF·CF，解得CF＝2，所以eq\f(3,4)＝eq\f(2,BD)，即BD＝eq\f(8,3).設(shè)CD＝x，AD＝4x，所以4x2＝eq\f(64,9)，所以x＝eq\f(4,3).答案eq\f(4,3)4.如圖，在△ABC中，AB＝AC，∠C＝72°，⊙O過A、B兩點(diǎn)且與BC相切于點(diǎn)B，與AC交于點(diǎn)D，連接BD，若BC＝eq\r(5)－1，則AC＝________.解析由題易知，∠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25.(2022·陜西卷)如圖，在圓O中，直徑AB與弦CD垂直，垂足為E，EF⊥DB，垂足為F，若AB＝6，AE＝1，則DF·DB＝________.解析由題意知，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56.(2022·廣東卷)如圖，直線PB與圓O相切于點(diǎn)B，D是弦AC上的點(diǎn)，∠PBA＝∠DBA.若AD＝m，AC＝n，則AB＝________.解析∵PB切⊙O于點(diǎn)B，∴∠PBA＝∠ACB.又∠PBA＝∠DBA，∴∠DBA＝∠ACB，∴△ABD∽△ACB.∴eq\f(AB,AC)＝eq\f(AD,AB)，∴AB2＝AD·AC＝mn，∴AB＝eq\r(mn).答案eq\r(mn)7.如圖，⊙O和⊙O′相交于A、B兩點(diǎn)，過A作兩圓的切線分別交兩圓于C、D.若BC＝2，BD＝4，則AB的長為______．解析∵AC、AD分別是兩圓的切線，∴∠C＝∠2，∠1＝∠D，∴△ACB∽△DAB.∴eq\f(BC,AB)＝eq\f(AB,BD)，∴AB2＝BC·BD＝2×4＝8.∴AB＝eq\r(8)＝2eq\r(2)(舍去負(fù)值)．答案2eq\r(2)8．(2021·湖南卷)如圖，在半徑為eq\r(7)的⊙O中，弦AB，CD相交于點(diǎn)P，PA＝PB＝2，PD＝1，則圓心O到弦CD的距離為________．解析依據(jù)相交弦定理求出PC的長，過O作弦CD的垂線．由相交弦定理得PA·PB＝PC·PD.又PA＝PB＝2，PD＝1，則PC＝4，∴CD＝PC＋PD＝5.過O作CD的垂線OE交CD于E，則E為CD中點(diǎn)，∴OE＝eq\r(r2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(CD,2)))2)＝eq\r(7－\f(25,4))＝eq\f(\r(3),2).答案eq\f(\r(3),2)9.(2021·重慶卷)如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，AB＝20，過C作△ABC的外接圓的切線CD，BD⊥CD，BD與外接圓交于點(diǎn)E，則DE的長為________．解析在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，∴∠ABC＝30°.∵AB＝20，∴AC＝10，BC＝10eq\r(3).∵CD為切線，∴∠BCD＝∠A＝60°.∵∠BDC＝90°，∴BD＝15，CD＝5eq\r(3).由切割線定理得DC2＝DE·DB，即(5eq\r(3))2＝15DE，∴DE＝5.答案5二、解答題10.如圖，已知AB是⊙O的直徑，直線CD與⊙O相切于點(diǎn)C，AC平分∠DAB，AD⊥CD.(1)求證：OC∥AD；(2)若AD＝2，AC＝eq\r(5)，求AB的長．(1)證明∵直線CD與⊙O相切于點(diǎn)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°，連接BC，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∴∠ADC＝∠ACB，又∵∠DAC＝∠BAC，∴△ADC∽△ACB，∴eq\f(AD,AC)＝eq\f(AC,AB)，∵AD＝2，AC＝eq\r(5)