《精校版人教版數(shù)學高中選修第2講4 弦切角的性質》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《精校版人教版數(shù)學高中選修第2講4 弦切角的性質（14頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、最新資料最新資料最新資料最新資料最新資料 四弦切角的性質 課標解讀 1.掌握弦切角定理，并能利用它解決有關問題． 2.體會分類思想，運動變化思想和化歸思想. 1．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． 2．弦切角定理 (1)文字語言敘述： 弦切角等于它所夾的弧所對的圓周角． (2)圖形語言敘述： 如圖2－4－1，AB與⊙O切于A點，則∠BAC＝∠D. 圖2－4－1 1．怎樣正確理解弦切角的定義？ 【提示】　弦切角的特點：(1)頂點在圓上；(2)一邊與圓相交；(3)一邊與圓相切． 弦切角定義中的三個條件缺一不

2、可．如圖(1)(2)(3)(4)中的角都不是弦切角．圖(1)中，缺少“頂點在圓上”的條件；圖(2)中，缺少“一邊和圓相交”的條件；圖(3)中，缺少“一邊和圓相切”的條件；圖(4)中，缺少“頂點在圓上”和“一邊和圓相切”兩個條件． 2．弦切角、圓周角、圓心角與它們所對應的弧有什么關系？ 【提示】　弦切角的度數(shù)等于它所夾弧度數(shù)的一半，圓周角的度數(shù)等于它所對的弧的度數(shù)的一半，圓心角的度數(shù)等于它所對弧的度數(shù)． 3．運用弦切角定理解題時，一般怎樣添加輔助線？ 【提示】　添加輔助線構成弦切角所夾的弧對應合適的圓周角，為解題提供條件． 利用弦切角定理解決與角有關 的問題

3、 　 圖2－4－2 如圖2－4－2，AB是半圓O的直徑，C是圓周上一點(異于A、B)，過C作圓O的切線l，過A作直線l的垂線AD，垂足為D，AD交半圓于點E，求證：CB＝CE. 【思路探究】　解答本題的關鍵是運用弦切角定理與圓周角定理的有關知識，進行角度的等量替換． 【自主解答】　 連接AC，BE，在DC延長線上取一點F，因為AB是半圓O的直徑，C為圓周上一點， 所以∠ACB＝90，即∠BCF＋∠ACD＝90 又因為AD⊥l，所以∠DAC＋∠ACD＝90 所以∠BCF＝∠DAC 又因為直線l是圓O的切線，所以∠CEB＝∠BCF， 又∠DAC＝∠CBE，所以∠CBE＝

4、∠CEB，∴CB＝CE. 1．把證明線段相等轉化為證明角的相等是弦切角定理應用的常見題目． 2．利用弦切角定理進行計算、證明，要特別注意弦切角所夾弧所對的圓周角，有時與圓的直徑所對的圓周角結合運用，同時要注意根據題目的需要可添加輔助線構成所需要的弦切角． 　如圖2－4－3，AB是⊙O的直徑，CD是⊙O的切線，C為切點，AC平分∠BAD.求證：AD⊥CD. 圖2－4－3 【證明】　如圖，連接BC. ∵CD為⊙O的切線， ∴∠ACD＝∠ABC. 又AC為∠BAD的平分線， 故∠BAC＝∠CAD， ∴△ACD∽△ABC. ∴∠ADC＝∠ACB. 又∵AB為

5、⊙O的直徑，∴∠ACB＝90. ∴∠ADC＝90，即AD⊥CD. 利用弦切角定理證明比例式或 乘積式 　如圖2－4－4，PA、PB是⊙O的切線，點C在上，CD⊥AB，CE⊥PA，CF⊥PB，垂足分別為D、E、F，求證：CD2＝CECF. 圖2－4－4 【思路探究】　 連接CA、CB，∠CAP＝ ∠CBA、∠CBP＝∠CAB→ Rt△CAE∽Rt△CBD Rt△CBF∽Rt△CAD→＝→結論 【自主解答】　連接CA、CB. ∵PA、PB是⊙O的切線． ∴∠CAP＝∠CBA，∠CBP＝∠CAB. 又CD⊥AB，CE⊥PA，CF⊥PB， ∴Rt△CA

6、E∽Rt△CBD， Rt△CBF∽Rt△CAD， ∴＝，＝， ∴＝，即CD2＝CECF. 1．解答本題的難點在于乘積式中的線段不在兩個相似三角形中，需用中間量過渡． 2．弦切角定理經常作為工具，進行三角形相似的證明，然后利用三角形相似進一步確定相應邊之間的關系，在圓中證明比例式或等積式，常常需要借助于三角形相似處理． 3．弦切角定理有時還與圓周角定理等知識綜合運用，它們不但在證明方法上相似，在解題功能上也有相似之處，通常都作為輔助工具出現(xiàn)． 　 圖2－4－9 如圖2－4－5，已知圓上的?。剑^C點的圓的切線與BA的延長線交于E點，證明： (1)∠ACE＝

7、∠BCD； (2)BC2＝BECD. 【證明】　(1)∵＝， ∴∠BCD＝∠ABC. 又∵EC與圓相切于點C， ∴∠ACE＝∠ABC.∴∠ACE＝∠BCD. (2)∵∠ECB＝∠CDB，∠EBC＝∠BCD， ∴△BDC∽△ECB，∴＝， 即BC2＝BECD. (教材第34頁習題2.4第2題)如圖2－4－6，⊙O和⊙O′都經過A、B兩點，AC是⊙O′的切線，交⊙O于點C，AD是⊙O的切線，交⊙O′于點D，求證：AB2＝BCBD. 圖2－4－6 (2013課標全國卷Ⅰ) 圖2－4－7 如圖2－4－7，直線AB為圓的切線，切點為B，點C在圓上，∠ABC的角平分線

8、BE交圓于點E，DB垂直BE交圓于點D. (1)證明：DB＝DC； (2)設圓的半徑為1，BC＝，延長CE交AB于點F，求△BCF外接圓的半徑． 【命題意圖】　考查圓的幾何性質、勾股定理及直角三角形的性質．結合圖形和圓的幾何性質求解，考查了數(shù)形結合能力和邏輯推理能力． 【解】　(1)證明：如圖，連接DE，交BC于點G. 由弦切角定理，得∠ABE＝∠BCE， 而∠ABE＝∠CBE，故∠CBE＝∠BCE，所以BE＝CE. 又因為DB⊥BE，所以DE為圓的直徑，∠DCE＝90. 由勾股定理可得DB＝DC. (2)由(1)知，∠CDE＝∠BDE，DB＝DC， 故DG是BC邊的中

9、垂線，所以BG＝. 設DE的中點為O，連接BO，則∠BOG＝60，從而∠ABE＝∠BCE＝∠CBE＝30，所以CF⊥BF，故Rt△BCF外接圓的半徑等于. 1．如圖2－4－8所示，MN與⊙O相切于點M，Q和P是⊙O上兩點，∠PQM＝70，則∠NMP等于(　　) 圖2－4－8 A．20　　　　　　　　　B．70 C．110 D．160 【解析】　根據弦切角定理：∠NMP＝∠PQM＝70. 【答案】　B 圖2－4－9 2．如圖2－4－9，四邊形ABCD是圓的內接四邊形，AB是直徑，MN是切圓于C點的切線，若∠BCM＝38，則∠B＝(　　) A．32　　　　　　　B

10、．42 C．52 D．48 【解析】　如圖，連接AC. ∵∠BCM＝38，MN是⊙O的切線， ∴∠BAC＝38， ∵AB為⊙O的直徑，∴∠B＝90－38＝52. 【答案】　C 圖2－4－10 3．如圖2－4－10，A、B是⊙O上的兩點，AC是⊙O的切線，∠B＝65，則∠BAC＝________. 【解析】　∵OA＝OB， ∠B＝65， ∴∠OAB＝65. ∴∠O＝50. ∴∠BAC＝∠O＝25. 【答案】　25 圖2－4－11 4．已知如圖2－4－11，AB為圓的直徑，弦AC與AB成30角，DC切圓于點C，AB＝5 cm，則BD等于______

11、__cm. 【解析】　如圖，連接BC，∵AB是⊙O的直徑， ∴∠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】　 一、選擇題 1．如圖2－4－12所示，AB是⊙O的直徑，MN與⊙O切于點C，AC＝BC，則sin∠MCA＝(　　) 圖2－4－12 A.　　　B.　　　C.　　　D. 【解析】　由弦切角定理，得 ∠MCA＝∠ABC.∵sin∠ABC＝＝＝＝，故選D. 【答案】　D 圖2－4－13 2．如圖2－4－1

12、3所示，AB是⊙O的直徑，EF切⊙O于C，AD⊥EF于D，AD＝2，AB＝6，則AC的長為(　　) A．2 B．3 C．2 D．4 【解析】　連接BC.∵AB是⊙O的直徑， ∴AC⊥BC，由弦切角定理可知， ∠ACD＝∠ABC，∴△ABC∽△ACD， ∴＝， ∴AC2＝ABAD＝62＝12， ∴AC＝2，故選C. 【答案】　C 3．如圖2－4－14，PC與⊙O相切于C點，割線PAB過圓心O，∠P＝40，則∠ACP等于(　　) 圖2－4－14 A．20 B．25 C．30 D．40 【解析】　如圖，連接OC， ∵PC切⊙O于C點， ∴OC⊥PC

13、，∵∠P＝40， ∴∠POC＝50， 連接BC，∵OC＝OB， ∴∠B＝∠POC＝25， ∴∠ACP＝∠B＝25. 【答案】　B 圖2－4－15 4．如圖2－4－15所示，已知AB、AC與⊙O相切于B、C，∠A＝50，點P是⊙O上異于B、C的一動點，則∠BPC的度數(shù)是(　　) A．65 B．115 C．65或115 D．130或50 【解析】　當點P在優(yōu)弧上時， 由∠A＝50，得∠ABC＝∠ACB＝65. ∵AB是⊙O的切線， ∴∠ABC＝∠BPC＝65. 當P點在劣弧上時，∠BPC＝115. 故選C. 【答案】　C 二、填空題 5．(2012廣東高

14、考) 圖2－4－16 如圖2－4－16所示，直線PB與圓O相切于點B，D是弦AC上的點，∠PBA＝∠DBA.若AD＝m，AC＝n，則AB＝________. 【解析】　利用弦切角定理及相似三角形求解． ∵PB切⊙O于點B， ∴∠PBA＝∠ACB. 又∠PBA＝∠DBA， ∴∠DBA＝∠ACB， ∴△ABD∽△ACB. ∴＝， ∴AB2＝ADAC＝mn， ∴AB＝. 【答案】　 6. 圖2－4－17 如圖2－4－17，點P在圓O直徑AB的延長線上，且PB＝OB＝2，PC切圓O于C點，CD⊥AB于D點，則CD＝__________. 【解析】　連接O

15、C，∵PC切⊙O于點C， ∴OC⊥PC， ∵PB＝OB＝2，OC＝2， ∴PC＝2，∵OCPC＝OPCD， ∴CD＝＝. 【答案】　 三、解答題 圖2－4－18 7．如圖2－4－18所示，△ABT內接于⊙O，過點T的切線交AB的延長線于點P，∠APT的平分線交BT、AT于C、D. 求證：△CTD為等腰三角形． 【證明】　∵PD是∠APT的平分線， ∴∠APD＝∠DPT. 又∵PT是圓的切線，∴∠BTP＝∠A. 又∵∠TDC＝∠A＋∠APD， ∠TCD＝∠BTP＋∠DPT， ∴∠TDC＝∠TCD， ∴△CTD為等腰三角形． 8．(2012遼寧高考)如圖2

16、－4－19，⊙O和⊙O′相交于A，B兩點，過A作兩圓的切線分別交兩圓于C，D兩點，連接DB并延長交⊙O于點E.證明： 圖2－4－19 (1)ACBD＝ADAB； (2)AC＝AE. 【證明】　(1)由AC與⊙O′相切于A，得∠CAB＝∠ADB，同理∠ACB＝∠DAB，所以△ACB∽△DAB. 從而＝，即ACBD＝ADAB. (2)由AD與⊙O相切于A，得∠AED＝∠BAD. 又∠ADE＝∠BDA，得△EAD∽△ABD. 從而＝，即AEBD＝ADAB. 綜合(1)的結論知，AC＝AE. 9．(2013遼寧高考)如圖2－4－20，AB為⊙O的直徑，直線CD與⊙O相切于E

17、，AD垂直CD于D，BC垂直CD于C，EF垂直AB于F，連接AE，BE. 圖2－4－20 證明： (1)∠FEB＝∠CEB； (2)EF2＝ADBC. 【證明】　(1)由直線CD與⊙O相切，得∠CEB＝∠EAB. 由AB為⊙O的直徑，得AE⊥EB，從而∠EAB＋∠EBF＝； 又EF⊥AB，得∠FEB＋∠EBF＝. 從而∠FEB＝∠EAB.故∠FEB＝∠CEB. (2)由BC⊥CE，EF⊥AB，∠FEB＝∠CEB，BE是公共邊，得Rt△BCE≌Rt△BFE，所以BC＝BF. 類似可證Rt△ADE≌Rt△AFE，得AD＝AF. 又在Rt△AEB中，EF⊥AB，故EF2＝

18、AFBF， 所以EF2＝ADBC. 10．如圖，△ABC內接于圓O，AB＝AC，直線MN切圓O于點C，弦BD∥MN，AC與BD相交于點E. (1)求證：△ABE≌△ACD； (2)若AB＝6，BC＝4，求AE. 【解】　(1)證明：由已知得∠ABE＝∠ACD，∠BAE＝∠EDC， 又∵BD∥MN，∴∠DCN＝∠EDC， ∴∠BAE＝∠DCN. 又直線MN切圓O于點C， ∴∠CAD＝∠DCN. ∴∠CAD＝∠BAE. 又AB＝AC，∴△ABE≌△ACD. (2)由于△ABE≌△ACD，則BE＝CD， 由(1)得∠CAD＝∠BAE， ∴BC＝CD.∴BE＝CD＝4. 在△ABE和△CDE中， ∠BAE＝∠EDC，∠EBA＝∠ECD， ∴△ABE∽△DCE.∴＝. ∴＝. ∴＝， 解得AE＝. 最新精品資料