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1、第二節(jié)直線與圓的位置關系,第十章選考部分,課前自修,知識梳理,一、與圓有關的角的概念1圓心角：頂點在圓心，兩邊和圓相交的角叫做圓心角(如圖1中的AOB)2圓周角：頂點在圓上，兩邊和圓相交的角叫做圓周角(如圖2中的BAC)3弦切角：頂點在圓上，一邊和圓相交，另一邊和圓相切的角叫做弦切角(如圖3中的BAT),二、與圓有關的角的性質1圓周角定理：圓上一條弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半2圓心角定理：圓心角的度數等于它所對弧的度數推論1：同弧或等弧所對的圓周角相等，在同圓或等圓中，相等的圓周角所對的弧也相等推論2：半圓(或直徑)所對的圓周角是直角，90的圓周角所對的弦是直徑3弦切角定理：弦切角等
2、于它所夾的弧所對的圓周角,三、圓的切線的判定和性質1圓的切線的判定：經過圓的半徑的外端并且垂直于這條半徑的直線是圓的切線2圓的切線的性質：圓的切線垂直于經過切點的半徑經過圓心且垂直于切線的直線必經過切點經過切點且垂直于切線的直線必經過圓心,四、與圓有關的比例線段1相交弦定理：圓內的兩條相交弦，被交點分成的兩條線段長的積相等2割線定理：從圓外一點引圓的兩條割線，這一點到每條割線與圓的交點的兩條線段長的積相等3切割線定理：從圓外一點引圓的切線和割線，切線長是這點到割線與圓交點的兩條線段長的比例中項4切線長定理：從圓外一點引圓的兩條切線，它們的切線長相等，圓心和這一點的連線平分兩條切線的夾角,五、圓
3、內接四邊形的判定和性質1圓內接四邊形的判定：如果一個四邊形的對角互補，那么這個四邊形的四個頂點共圓推論：如果四邊形的一個外角等于它的內角的對角，那么這個四邊形的四個頂點共圓2圓內接四邊形的性質：圓內接四邊形的對角互補圓內接四邊形的外角等于它的內角的對角,六、直線和圓的位置關系：相切，相離，相交設圓的半徑為r，圓心到直線的距離為d，則有,相交,相切,相離,七、圓與圓的位置關系：相離，外切，相交，內切，內含設圓O1與圓O2的半徑分別為r1和r2，兩圓的圓心距為d，于是有：1dr1r2兩圓相離2dr1r2兩圓外切3|r1r2|dr1r2兩圓相交4d|r1r2|兩圓內切5d|r1r2|兩圓內含,基礎自
4、測,1(2012佛山市二模)如圖，已知圓中兩條弦AB與CD相交于點F，點E是AB延長線上一點，且DFCF，AF:FB:BE4:2:1，若CE與圓相切，則線段CE的長為_,2如圖，圓O的弦ED，CB的延長線交于點A.若BDAE，AB4，BC2，AD3，則DE_，CE_.,答案：52,3(2012肇慶市二模)如圖所示，AB的延長線上任取一點C，過C作圓的切線CD，切點為D，ACD的平分線交AD于E，則CED_.,解析：連接BD，BD與EC相交于點F，設1CED，2DFE，因為1AACE，2CDBECD，CDBA，ECDACE，所以12，而ADB90，所以CED45.答案：45,4(2012湖北卷)
5、如圖所示，點D在O的弦AB上移動，AB4，連接OD，過點D作OD的垂線交O于點C，則CD的最大值為_.,解析：因為CD，且OC為O的半徑，是定值，所以當OD取最小值時，CD取最大值顯然當ODAB時，OD取最小值，故此時CDAB2，即為所求的最大值答案：2,考點探究,考點一,與圓有關的量的計算,【例1】AB是半圓O的直徑，C，D是半圓上的兩點，半圓O的切線PC交AB的延長線于點P，PCB25，則ADC為_,思路點撥：連接BD，將ADC分為ADB和BDC，再用弦切角定理和直徑所對的角為90，可得到結論,解析：連接BD.PC是O的切線，BDCPCB25.又AB為直徑，ADB90，ADCADBBDCA
6、DBPCB115.答案：115,變式探究,1(2011廣州市一模)如圖，CD是圓O的切線，切點為C，點A，B在圓O上，BC1，BCD30，則圓O的面積為_,答案：,考點二,圓的切線、割線定理的應用,【例2】(2012肇慶市一模)如圖所示，點P是O外一點，PD為O的一切線，D是切點，割線經過圓心O，若EFD30，PD2，則PE_.,解析：由已知EFD30得POD60,在RtPOD中，P906030,ODPDtan302，PO4，所以PFPOOF426，又由割線定理得PD2PEPF，解得PE2.答案：2,變式探究,2如圖，EB是O的直徑，A是BE延長線上一點，過點A作O的切線AC，切點為D，過點B
7、作O的切線BC，交AC于點C，若EBBC6，則AD_.,解析：連接OD，AC，BC都是O的切線，CBAB，ACOD，CDCB6，AD2AEAB，且ADOABC，,AB2AD.AD2AEAB，AD2AE.AOAE3，在RtADO中，AO2AD2OD2，(AE3)24AE29，解之得，AE2，AD4.,【例3】如圖，AB是圓O的直徑，D為圓O上一點，過D作圓O的切線交AB的延長線于點C，若DADC，求證：AB2BC.,證明：(法一)連接OD，則ODDC，又OAOD，DADC(如右圖)，所以DAOODADCO，DOCDAOODA2DCO，所以DCO30，DOC60，所以OC2OD，即OBBCODOA
8、，所以AB2BC.,(法二)連接OD，BD(如右圖)因為AB是圓O的直徑，所以ADB90，AB2OB.因為DC是圓O的切線，所以CDO90.又因為DADC，所以DACDCA，于是ADBCDO，從而ABCO.即2OBOBBC，得OBBC.故AB2BC.,變式探究,3(2012湖南卷)如圖所示，過點P的直線與O相交于A，B兩點若PA1，AB2，PO3，則O的半徑等于_,解析：設圓的半徑為r，由圓的割線定理可得，PAPB(POr)(POr)，把PA1，PB123，PO3代入求解得39r2，r.答案：,考點三,直線與圓的綜合問題,【例4】(2012新課標全國卷)如圖所示，D，E分別為ABC邊AB，AC
9、的中點，直線DE交ABC的外接圓于F，G兩點若CFAB，證明：(1)CDBC；(2)BCDGBD.,證明：(1)因為D，E分別為AB，AC的中點,所以DEBC.又已知CFAB，故四邊形BCFD是平行四邊形，所以CFBDAD.而CFAD，連接AF，所以四邊形ADCF是平行四邊形，故CDAF.,因為CFAB，所以BCAF，故CDBC.(2)因為FGBC，故GBCF.由(1)可知BDCF，所以GBBD，所以BGDBDG.由BCCD知CBDCDB，而DGBEFCDBC，故BCDGBD.,變式探究,4(2012深圳高級中學期末)如圖，AB是圓O的直徑，直線CE和圓O相切于點C，ADCE于D，若AD1，A
10、BC30，則圓O的面積是_,解析：因為直線CE和圓O相切于點C，連接OC，則OCDE.又ADCE，所以OCAD，又ABC30，AOC60，AOC為正三角形，所以ACOAOC60，所以ACD30，所以在RtADC中,ACR2AD2，所以圓的面積為4.答案：4,考點四,四點共圓問題,【例5】如圖，已知ABC的兩條角平分線AD和CE相交于H，B60，F在AC上，且AEAF.(1)證明：B，D，H，E四點共圓；(2)證明：CE平分DEF.,證明：(1)在ABC中，因為B60，所以BACBCA120.因為AD，CE是角平分線，所以HACHCA60，故AHC120.于是EHDAHC120.因為EBDEHD
11、180，所以B，D，H，E四點共圓,(2)連接BH，則BH為ABC的平分線，得HBD30.由(1)知B，D，H，E四點共圓，所以CEDHBD30.又AHEEBD60，由已知可得EFAD，可得CEF30.所以CE平分DEF.點評：抓住角度相等或互補，轉化為四點共圓，另一方面，利用四點共圓，可以得到相關的角度相等,變式探究,5(2012深圳市松崗中學模擬)如圖，在ABC中，A60，ACB70，CF是ABC的邊AB上的高，FPBC于點P，FQAC于點Q，則CQP的大小為_,解析：因為AQFCPF90，所以P，C，Q，F四點共圓，所以CQPCFP，在RtAFC和RtBFC中，PCFACBACF7030
12、40，在RtCPF中，得CFP90PCF50，所以CQPCFP50.答案：50,1和圓有關的問題，常常以與圓有關的角(圓心角、圓周角、弦切角等)作為條件，因此熟練掌握、運用這些角的性質，是順利解決問題的關鍵2和圓有關的問題，常常要添加適當的輔助線，轉化為相似三角形問題來解決.,感悟高考,品味高考,1(2012北京卷)如圖所示，ACB90，CDAB于點D，以BD為直徑的圓與BC交于點E，則()ACECBADDBBCECBADABCADABCD2DCEEBCD2,解析：對于A，CECBCD2ADDB；對于B，CECBCD2AC2ADAB；對于C，CD2ADDBADAB；對于D，ED2CEEBCD2.答案：A,2(2012廣東卷)如圖所示，直線PB與圓O相切于點B，D是弦AC上的點，PBADBA.若ADm，ACn，則AB_.,高考預測,1(2012佛山市一模)如圖，P為圓O外一點，由P引圓O的切線PA與圓O相切于A點，引圓O的割線PB與圓O相交于C點已知ABAC，PA2，PC1，則圓O的面積為_,解析：由切割線定理得PA2PC(PCBC)，因為PA2，PC1，所以BC3，所以圓O的半徑為.所以圓O面積為答案：,2(2012惠州市一模)如圖，已知RtABC中，ACB90，BC4，AC3，以AC為直徑作圓O交AB于D，則CD_.,感謝您的使用，退出請按ESC鍵,本小節(jié)結束,
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