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选修4-1 第二节 直线与圆的位置关系


选 修 4-1 几 何 证 明 选 讲

高考成功方案第一步 第 二 节 直线 与圆 的位 置关 系

高考成功方案第二步

高考成功方案第三步

高考成功方案第四步

考纲点击

1.会证明并应用圆周角定理,圆的切线判定定理与性
质定理. 2.

会证明并应用相交弦定理、圆内接四边形的性质定 理与判定定理、切割线定理. 3.了解平行投影的含义,通过圆柱与平面的位置关系

了解平行投影;会证平面与圆柱面的截线是椭圆(特
殊情形是圆).

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1.如图所示,圆的内接三角形ABC的角 平分线BD与AC交于点D,与圆交于 点E,连接AE,已知ED=3,BD=6,

求线段AE的长.
解:∵∠E=∠E,∠EAD=∠EBA, ∴△EDA∽△EAB,得 AE ED BE= AE, 即 AE2=ED· BE=3×9,AE=3 3.

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2.如图,设△ABC的外接圆的切线

AE与BC的延长线交于点E,∠BAC
的平分线与BC交于点D. 求证:ED2=EC· EB. 证明:因为AE是圆的切线,所以∠ABC=∠CAE. 又因为AD是∠BAC的平分线, 所以∠BAD=∠CAD, 从而∠ABC+∠BAD=∠CAE+∠CAD.

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因为∠ADE=∠ABC+∠BAD,

∠DAE=∠CAE+∠CAD,
所以∠ADE=∠DAE, 故EA=ED.因为EA是圆的切线,所以由切割线定理知, EA2=EC· EB. 所以ED2=EC· EB.

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3.如图,在梯形ABCD中,AD∥BC,

点E,F分别在边AB,CD上,设
ED与AF相交于点G,若B,C,F,

E四点共圆,求证:AG· GF=DG· GE.

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证明:连接EF,∵B,C,F,E四点共圆,
∴∠ABC=∠EFD, ∵AD∥BC,∴∠BAD+∠ABC=180°, ∴∠BAD+∠EFD=180°, ∴A,D,F,E四点共圆.

∵ED交AF于点G,
∴AG· GF=DG· GE.

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1.圆周角

定 理

圆上一条弧所对的
圆周角等于它所对 的圆心角的 一半 O为圆心,A、B、C为圆上任意三
1 点,则有∠ACB= 2 ∠AOB

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同弧或等弧所对的 圆周角相等 推 论 1 同圆或等圆中,相 等的圆周角所对的 弧也 相等 O为圆心,A、B、C、D为圆上任意四
? ? 点,且∠CAD=∠ACB,则有 A B = C D

O为圆心,A、B、C、D为圆上任意四 点,则有∠ACB=∠ADB= 2∠AOB
1

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O为圆心,A、B、C 半圆(或直径)所对 的圆周角是 直角 推 论 2 90° 的圆周角所对 的弦为 直径 为圆上三点,且BC 为圆的直径,则有

∠BAC= 90°
O为圆心,A、B、

C为圆上三点,且
∠BAC=90° ,则 BC为圆的 直径

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2.圆的切线 O为圆心,A为圆上 判 经过圆的半径的 定 外端且 垂直 于这 定 条半径的直线是 理 圆的切线 一点,直线l经过点

A且 垂直于 OA,
与⊙O相交于点A, 则直线l是圆的一条 切线,切点为A

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性质 圆的切线 垂直于 经 定理 过切点的半径

O为圆心,直线l与 圆相切于点A,则l 垂直于 OA

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切 从圆外一点引圆的两 线 条切线,它们的切线

O为圆心,C为圆 外的一点,由C向

长 长 相等 ,圆心和
定 这一点的连线平分两 理 条切线的夹角

圆作切线,分别
交圆于点A、B, 则有 CA=CB , ∠OCA=∠OCB .

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3.弦切角定理及其推论 弦切角的度数等
于它所夹的弧的 度数的 一半 AB是⊙O的切线,

定 理

∠BAC的度数等于
1 ?m C 2A

推 论

弦切角等于它所

的度数 AB是⊙O的切线, C、D为圆上两点, 则∠BAC= ∠ADC

夹的弧所对的 圆周角

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4.圆中的比例线段

相交弦 圆内的两条相交弦,被交点分 定理 成的两条线段长的积 相等 PA· PB=PC· PD 割线 定理 从圆外一点引圆的两条割线, 这一点到每条割线与圆的交点 的两条线段长的积 相等 PA· PB=PC· PD

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从圆外一点引圆的切线 切割线定理 和割线,切线长是这点 到割线与圆交点的两条 线段长的 比例中项 PA· PB=PC2

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5.圆内接四边形的性质定理和判定定理 性质 圆内接四边形 定理 对角 互补 四边形ABCD内接于 ⊙O,∠A+∠C=π, ∠B+∠D=π 在四边形ABCD中, ∠A+∠C=π或∠B +∠D=π,则四边

如果四边形的
判定 对角互补,则 定理 此四边形内接 于圆

形ABCD内接于圆

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[做一题]

[例1] 如图,AB为⊙O的弦,CD切⊙O于P,
AC⊥CD于C,BD⊥DC于D,PQ⊥AB于Q, 求证:PQ2=AC· BD.

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解:连结PA、PB,如图所示. ∵CD切⊙O于P, ∴∠1=∠2. ∵AC⊥CD于C,PQ⊥AB于Q.

∴∠ACP=∠PQB=90°.
∴△ACP∽△PQB. ∴AC∶PQ=AP∶BP. 同理,△BDP∽△PQA, ∴PQ∶BD=AP∶BP.

∴AC∶PQ=PQ∶BD,即PQ2=AC· BD.

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[悟一法]

1.弦切角是很重要的与圆相交的角,其主要功能是协调与
圆相关的各种角,如圆心角、圆周角等,是连接圆与全等 三角形,三角形相似及圆知识的桥梁. 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.

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[通一类] 1.如图,已知直线MN与以AB为直径的半圆相切于点C, ∠CAB=28°.

(1)求∠ACM的度数; (2)在MN上是否存在一点D,使AB· CD=AC· BC?为什么?

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解:(1)∵AB是直径,∴∠ACB=90°.

又∵∠CAB=28°,
∴∠CBA=62°. ∵MN是切线,C为切点, ∴∠ACM=62°.

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(2)在 MN 上存在符合条件的点 D. 证明如下: 过点 A 作 AD⊥MN,垂足为 D,如图. ∴在 Rt△ABC 和 Rt△ACD 中, ∵MN 切半圆于点 C, ∴∠ABC=∠ACD. ∴△ABC∽△ACD. AB BC ∴AC=CD. ∴AB· CD=AC· BC. 同理,过 B 点向 MN 作垂线,垂足 D′同样符合条件.

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[做一题] [例2] 如图,在Rt△ABC中,∠C=90° ,BE平分∠ABC交AC于 点E,点D在AB上,DE⊥EB.

(1)求证:AC是△BDE的外接圆的切线; (2)若AD=2 3,AE=6,求EC的长.

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解:(1)取BD的中点O,连接OE. ∵BE平分∠ABC,∴∠CBE=∠OBE. 又∵OB=OE,∴∠OBE=∠BEO. ∴∠CBE=∠BEO.∴BC∥OE.

∵∠C=90°,
∴OE⊥AC, ∴AC是△BDE的外接圆的切线.

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(2)设⊙O的半径为r,则在△AOE中, OA2=OE2+AE2, 即(r+2 3)2=r2+62, 解得r=2 3, ∴OA=2OE, ∴∠A=30° ,∠AOE=60° . ∴∠CBE=∠OBE=30° . 1 1 1 ∴EC= BE= × 3r= × 3×2 3=3. 2 2 2

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[悟一法] 证明直线是圆的切线的方法:若已知直线经过圆上某 点(或已知直线与圆有公共点),则连接圆心和这个公共点, 设法证明直线垂直于这条半径;如果已知条件中直线与圆的 公共点不明确(或没有公共点),则应过圆心作直线的垂线,

得到垂线段,设法证明这条垂线段的长等于圆的半径.

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[通一类] 2.如图,圆O1和圆O2内切于点P,且⊙O1过点 O2,PB是圆O2的直径,A为⊙O2上的点,连 接AB,过O1作O1C⊥AB于点C,连接CO2,若 4 PA= ,PB=4,求证:BA是圆O1的切线. 3

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证明:∵O1C⊥AB, ∴∠O1CB=90° . 又∵⊙O1和⊙O2内切于点P,PB是圆O2的直径, ∴PB过O1且∠PAB=90° , ∴O1C∥PA, PA PB ∴ = . O1C O1B

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∵⊙O1过点O2,PB=4, ∴O1B=3,O1P=1. 4 又PA= , 3 ∴O1C=1. ∴BA是圆O1的切线.

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[做一题] [例3] (2011· 辽宁高考)如图,A,B, C,D四点在同一圆上,AD的延长线

与BC的延长线交于E点,且EC=ED.
(1)证明:CD∥AB; (2)延长CD到F,延长DC到G,使得EF=EG,证明:A, B,G,F四点共圆.

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解:(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. (2)由(1)知,AE=BE.因为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.

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[悟一法] 1.圆的内接四边形有如下性质与判定定理:

(1)若一个四边形的一组对角互补,那么它的四个顶点共圆.
(2)四边形ABCD的对角线交于点P,若PA· PC=PB· PD,则它 的四个顶点共圆. (3)四边形ABCD的一组对边AB、DC的延长线交于点P,若 PA· PB=PC· PD,则它的四个顶点共圆.

以上3个命题的逆命题也成立.

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2.四点共圆常用的证明方法是求证四边形的一个外角等
于与它不相邻的内角,当然也可以求出过其中的三点 的圆,然后证另一点也在这个圆上,也可以证明以两 个点为端点的线段的垂直平分线与以另两个点为端点 的线段的垂直平分线相交.

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[通一类]
3.如图,已知AD是△ABC的外角∠EAC的平分线, 交BC的延长线于点D,延长DA交△ABC的外接圆于 点F,连接FB、FC.

(1)求证:FB=FC;

(2)求证:FB2=FA· FD.

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证明:(1)∵AD平分∠EAC, ∴∠EAD=∠DAC.

∵四边形AFBC内接于圆,
∴∠DAC=∠FBC. ∵∠EAD=∠FAB=∠FCB,∴∠FBC=∠FCB, ∴FB=FC.
(2)∵∠FAB=∠FCB=∠FBC,∠AFB=∠BFD, FB FA ∴△FBA∽△FDB.∴FD=FB, ∴FB2=FA· FD.

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[做一题] [例 4] 如图所示, 已知 PA 与⊙O 相切, A 为切点,PBC 为割线,弦 CD∥AP, AD、 相交于 E 点, 为 CE 上一点, BC F 且 DE2=EF· EC. (1)求证:∠P=∠EDF; (2)求证:CE· EB=EF· EP; CE 3 (3)若BE= ,DE=6,EF=4,求 PA 的长. 2

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解:(1)证明:∵DE2=EF· EC, DE EF ∴CE =ED. 又∵∠DEF是公共角,∴△DEF∽△CED, ∴∠EDF=∠C. ∵CD∥AP,∴∠C=∠P. ∴∠P=∠EDF.

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(2)证明:∵∠P=∠EDF,∠DEF=∠PEA, ∴△DEF∽△PEA. DE EF ∴ PE =EA. 即EF· EP=DE· EA. ∵弦AD、BC相交于点E,∴DE· EA=CE· EB. ∴CE· EB=EF· EP.

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(3)∵DE2=EF· EC,DE=6,EF=4,∴EC=9. CE 3 ∵BE= ,∴BE=6. 2 ∵CE· EB=EF· EP, 27 ∴9×6=4EP,解得:EP= . 2 15 45 ∴PB=PE-BE= ,PC=PE+EC= . 2 2 由切割线定理得:PA2=PB· PC, 15 45 ∴PA2= × , 2 2 15 ∴PA= 3. 2

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若∠APC的角平分线分别与AB、AC相交于点M、N,求证:

AM=AN.
证明:∠ANM=∠NPC+∠C,∠AMN=∠APM+∠PAB. ∵PN是∠APC的角平分线,故∠NPC=∠APM. 又PA是⊙O的切线,∴∠C=∠PAB. ∴∠ANM=∠AMN,∴AM=AE.

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[悟一法]
涉及与圆有关的等积线段或成比例的线段,常利 用圆周角或弦切角证明三角形相似,在相似三角形中寻 找比例线段;也可以利用相交弦定理、切割线定理证明 线段成比例,在实际应用中,一般涉及两条相交弦应首

先考虑相交弦定理,涉及两条割线就要想到割线定理,
见到切线和割线时要注意应用切割线定理.

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[通一类]
4.如图,AB是⊙O的弦,C、F是⊙O上的 点,OC垂直于弦AB,过F点作⊙O的切线 交AB的延长线于D,连接CF交AB于E点. (1)求证:DE2=DB· DA;

(2)若BE=1,DE=2AE,求DF的长.

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解:(1)证明:连接OF,∵OC=OF, ∴∠OCF=∠OFC.

∵DF是⊙O的切线,∴OF⊥DF.
又∵OC垂直于弦AB, ∴∠AEC=∠DFE. ∴∠DEF=∠DFE. ∴DE=DF.

∵DF是⊙O的切线,∴DF2=DB· DA.
∴DE2=DB· DA.

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(2)设AE=x,则DE=2x,DF=2x. ∵DF2=DB· DA, ∴(2x)2=3x(2x-1). 解得2x=3, ∴DF的长为3.

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[热点分析]
通过分析近几年的高考试题可以看出,高考对本节内容 的考查主要涉及圆的切线定理、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,2011年新课标全国卷将几何问题与代数 问题相结合,综合考查相似三角形及四点共圆等问题,是高 考命题的一个新方向.

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[考题印证]
(2011· 新课标全国卷)(10分)如图, D,E分别为△ABC的边AB,AC上 的点,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.

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[一题多解]———————————(条条大道通罗马) (1)证明: 连接 DE, 根据题意在△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.

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(2)[法一] 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.? 1 由于∠A=90° ,故GH∥AB,HF∥AC.从而HF=AG=5,DF= 2 ×(12-2)=5.故C,B,D,E四点所在圆的半径为5 2.?

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[法二]当 m=4,n=6 时,方程 x2-14x+mn=0 的两根为 x1 =2,x2=12. 故 AD=2,AB=12.? 以 A 点为坐标原点建立如图所示的平面直角 坐标系,取 CE 的中点 G,DB 的中点 F,分 别作 EC 和 DB 的垂直平分线并相交于点 H, 则 H 为 C,B,D,E 四点所在圆的圆心,HD 为圆的半径.?

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故所求H点的坐标为(7,5).? ∴HD= ?7-2?2+?5-0?2 =5 2 ,即C,B,D,E四点所在 圆的半径为5 2.?

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1.如图,△ABC是圆O的内接三角形,PA是圆O的切线,
A为切点,PB交AC于点E,交圆O于点D,若PE=PA, ∠ABC=60°,且PD=1,BD=8,求AC的长.

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解:由切割线定理得PA2=PD· PB=1×(1+8)=9,
∴PA=3,∴PE=3,DE=2,BE=BD-DE=8-2 =6.由弦切角定理可知∠PAE=∠ABC=60°.又因为 PE=PA,所以AE=3.由相交弦定理得AE· CE=BE· DE, ∴CE=4,∴AC=AE+CE=7.

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2.如图,AB、CD是圆的两条平

行弦,BE∥AC,并交CD于E,
交圆于F,过A点的切线交DC的 延长线于P,PC=ED=1,PA=2. (1)求AC的长; (2)求证:EF=BE.

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解:(1)∵PA2=PC· PD,PA=2,PC=1, ∴PD=4, 又∵PC=ED=1, ∴CE=2. ∵∠PAC=∠CBA,∠PCA=∠CAB, ∴△PAC∽△CBA, PC AC ∴AC=AB, ∴AC2=PC· AB,

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又∵AB∥CE,AC∥BE, ∴四边形ABEC为平行四边形, ∴AB=CE=2, ∴AC= 2. (2)证明:∵CE· ED=BE· EF, BE=AC= 2. 2×1 ∴EF= = 2, 2 ∴EF=BE.

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