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2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 直線與圓的位置關(guān)系課時(shí)作業(yè) 文 一、選擇題 1.如圖，在⊙O中，弦AB，CD相交于點(diǎn)F，AB＝10，AF＝2.若CF∶DF＝1∶4，則CF的長(zhǎng)等于(　　) A.　　　　　　　　　 B．2 C．3 D．2 解析：∵CF∶DF＝1∶4， ∴DF＝4CF， ∵AB＝10，AF＝2，∴BF＝8， ∵CFDF＝AFBF，∴CF4CF＝28，∴CF＝2. 答案：B 2.如圖，∠ACB＝90，CD⊥AB于點(diǎn)D，以BD為直徑的圓與BC交于點(diǎn)E，則(　　) A．CECB＝ADDB B．CECB＝ADAB C．ADAB＝CD2 D．CEEB＝CD2 解析：在直角三角形ABC中，根據(jù)直角三角形射影定理可得CD2＝ADDB， 又根據(jù)切割線定理可得CD2＝CECB， 所以CECB＝ADDB. 答案：A 3.如圖，在Rt△ABC中，∠B＝90，D是AB上一點(diǎn)，且AD＝2DB，以D為圓心，DB為半徑的圓與AC相切，則sin A等于(　　) A. B. C. D. 解析：如圖，設(shè)AC與圓相切于E點(diǎn)，連接DE， 則DE⊥AC，DE＝DB， 則AD＝2ED， ∴在Rt△ADE中，sin A＝. 故選C. 答案：C 4.如圖所示，△ABC內(nèi)接于圓O，過(guò)點(diǎn)A的切線交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)P，D為AB的中點(diǎn)，DP交AC于點(diǎn)M，若BP＝8，AM＝4，AC＝6，則PA＝(　　) A．4 B．3 C. D．5 解析：由題意MC＝AC－AM＝6－4＝2.又D為AB的中點(diǎn)，∴AD＝BD.過(guò)點(diǎn)C作CN∥AB交PD于N， ∴＝＝＝， ∴＝， ∴PC＝4.∵PA2＝PCPB＝32， ∴PA＝4. 答案：A 5.(xx年天津一中月考)如圖過(guò)⊙O外一點(diǎn)P分別作圓的切線和割線交圓于A，B，且PB＝7，C是圓上一點(diǎn)使得BC＝5，∠BAC＝∠APB，則AB＝(　　) A．6 B．5 C. D．4 解析：因?yàn)镻A是圓的切線，所以∠BAP＝∠ACB， 又∠BAC＝∠APB，所以△BAP與△BCA相似，所以＝，所以AB2＝PBBC＝75＝35，所以AB＝. 答案：C 二、填空題 6．(xx年高考陜西卷)(幾何證明選做題)如圖，△ABC中，BC＝6，以BC為直徑的半圓分別交AB，AC于點(diǎn)E，F(xiàn)，若AC＝2AE，則EF＝________. 解析：∵四邊形BCFE內(nèi)接于圓， ∴∠AEF＝∠ACB， 又∠A為公共角，∴△AEF∽△ACB， ∴＝， 又∵BC＝6，AC＝2AE.∴EF＝3. 答案：3 7.(xx年高考湖南卷)如圖，已知AB，BC是⊙O的兩條弦，AO⊥BC，AB＝，BC＝2，則⊙O的半徑等于________． 解析：設(shè)AO與BC交于點(diǎn)M，∵AO⊥BC，BC＝2，∴BM＝，又AB＝，∴AM＝1.設(shè)圓的半徑為r，則r2＝()2＋(r－1)2，解得r＝. 答案： 8．(xx年高考湖北卷)(選修4－1：幾何證明選講)如圖，P為⊙O外一點(diǎn)，過(guò)P點(diǎn)作⊙O的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B.過(guò)PA的中點(diǎn)Q作割線交⊙O于C，D兩點(diǎn)．若QC＝1，CD＝3，則PB＝________. 解析：由切割線定理得QA2＝QCQD＝1(1＋3)＝4，∴QA＝2，∵Q為PA的中點(diǎn)，∴PA＝2QA＝4.故PB＝PA＝4. 答案：4 三、解答題 9．(xx年高考新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ)(選修4－1：幾何證明選講)如圖，P是⊙O外一點(diǎn)，PA是切線，A為切點(diǎn)，割線PBC與⊙O相交于點(diǎn)B，C，PC＝2PA，D為PC的中點(diǎn)，AD的延長(zhǎng)線交⊙O于點(diǎn)E. 證明：(1)BE＝EC； (2)ADDE＝2PB2. 證明：(1)連接AB，AC，由題設(shè)知PA＝PD，故∠PAD＝∠PDA. 因?yàn)椤螾DA＝∠DAC＋∠DCA， ∠PAD＝∠BAD＋∠PAB， ∠DCA＝∠PAB， 所以∠DAC＝∠BAD，從而＝.因?yàn)锽E＝EC. (2)由切割線定理得PA2＝PBPC. 因?yàn)镻A＝PD＝DC，所以DC＝2PB，BD＝PB， 由相交弦定理得ADDE＝BDDC， 所以ADDE＝2PB2. 10.如圖，直線AB為圓的切線，切點(diǎn)為B，點(diǎn)C在圓上，∠ABC的角平分線BE交圓于點(diǎn)E，DB垂直BE交圓于點(diǎn)D. (1)證明：DB＝DC； (2)設(shè)圓的半徑為1，BC＝，延長(zhǎng)CE交AB于點(diǎn)F，求△BCF外接圓的半徑． 解析：(1)證明：如圖，連接DE，交BC于點(diǎn)G. 由弦切角定理，得∠ABE＝∠BCE， 而∠ABE＝∠CBE，故∠CBE＝∠BCE， ∴BE＝CE. 又因?yàn)镈B⊥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邊的中垂線，所以BG＝. 設(shè)DE的中點(diǎn)為O，連接BO，則∠BOG＝60，從而∠ABE＝∠BCE＝∠CBE＝30， 所以CF⊥BF，故Rt△BCF外接圓的半徑為. B組　高考題型專(zhuān)練 1.如圖，已知AB和AC是圓的兩條弦，過(guò)點(diǎn)B作圓的切線與AC的延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)D.過(guò)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＝，則線段CD的長(zhǎng)為_(kāi)_______． 解析：因?yàn)锳FBF＝EFCF，解得CF＝2，所以＝，即BD＝.設(shè)CD＝x，AD＝4x，所以4x2＝，所以x＝. 答案： 2.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.∴＝， ∴AB2＝ADAC＝mn， ∴AB＝. 答案： 3.如圖，⊙O和⊙O′相交于A、B兩點(diǎn)，過(guò)A作兩圓的切線分別交兩圓于C、D.若BC＝2，BD＝4，則AB的長(zhǎng)為_(kāi)_______． 解析：∵AC、AD分別是兩圓的切線，∴∠C＝∠2，∠1＝∠D， ∴△ACB∽△DAB. ∴＝， ∴AB2＝BCBD＝24＝8. ∴AB＝＝2(舍去負(fù)值)． 答案：2 4.如圖，在△ABC中，∠ACB＝90，∠A＝60，AB＝20，過(guò)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(zhǎng)為_(kāi)_______． 解析：在Rt△ACB中，∠ACB＝90，∠A＝60， ∴∠ABC＝30.∵AB＝20， ∴AC＝10，BC＝10. ∵CD為切線，∴∠BCD＝∠A＝60. ∵∠BDC＝90，∴BD＝15，CD＝5. 由切割線定理得DC2＝DEDB， 即(5)2＝15DE， ∴DE＝5. 答案：5 5.(xx年高考遼寧卷)(選修4－1：幾何證明選講)如圖，EP交圓于E，C兩點(diǎn)，PD切圓于D，G為CE上一點(diǎn)且PG＝PD，連接DG并延長(zhǎng)交圓于點(diǎn)A，作弦AB垂直EP，垂足為F. (1)求證：AB為圓的直徑； (2)若AC＝BD，求證：AB＝ED. 解析：(1)因?yàn)镻D＝PG，所以∠PDG＝∠PGD. 由于PD為切線，故∠PDA＝∠DBA，又由于∠PGD＝∠EGA， 故∠DBA＝∠EGA， 所以∠DBA＋∠BAD＝∠EGA＋∠BAD，從而∠BDA＝∠PFA. 由于AF⊥EP，所以∠PFA＝90，于是∠BDA＝90.故AB是直徑． (2)連接BC，DC. 由于AB是直徑，故∠BDA＝∠ACB＝90. 在Rt△BDA與Rt△ACB中，AB＝BA，AC＝BD， 從而Rt△BDA≌Rt△ACB，于是∠DAB＝∠CBA. 又因?yàn)椤螪CB＝∠DAB，所以∠DCB＝∠CBA，故DC∥AB. 由于AB⊥EP，所以DC⊥EP，∠DCE為直角． 于是ED為直徑．由(1)得ED＝AB. 6．(xx年高考新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ)如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，AB的延長(zhǎng)線與DC的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)E，且CB＝CE. (1)證明：∠D＝∠E； (2)設(shè)AD不是⊙O的直徑，AD的中點(diǎn)為M，且MB＝MC，證明：△ADE為等邊三角形． 解析：(1)證明：由題設(shè)知A，B，C，D四點(diǎn)共圓，所以∠D＝∠CBE. 由已知得∠CBE＝∠E，故∠D＝∠E. (2)如圖，設(shè)BC的中點(diǎn)為N，連接MN，則由MB＝MC知MN⊥BC，故O在直線MN上． 又AD不是⊙O的直徑，M為AD的中點(diǎn)，故OM⊥AD， 即MN⊥AD. 所以AD∥BC，故∠A＝∠CBE. 又∠CBE＝∠E，故∠A＝∠E.由(1)知，∠D＝∠E，所以△ADE為等邊三角形．