《精校版高中數(shù)學(xué)人教A版選修41學(xué)案：第二講 知識歸納與達標驗收 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《精校版高中數(shù)學(xué)人教A版選修41學(xué)案：第二講 知識歸納與達標驗收 Word版含解析（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、最新資料最新資料最新資料最新資料最新資料 [對應(yīng)學(xué)生用書P35] 近兩年高考中，主要考查圓的切線定理，切割線定理，相交弦定理，圓周角定理以及圓內(nèi)接四邊形的判定與性質(zhì)等．題目難度不大，以容易題為主．對于與圓有關(guān)的比例線段問題通常要考慮利用相交弦定理、割線定理、切割線定理、相似三角形的判定和性質(zhì)等；弦切角是溝通圓內(nèi)已知和未知的橋梁，它在解決圓內(nèi)有關(guān)等角問題中可以大顯身手；證明四點共圓也是常見的考查題型，常見的證明方法有：①到某定點的距離都相等；②如果某兩點在一條線段的同側(cè)時，可證明這兩點對該線段的張角相等；③證明凸四邊形的內(nèi)對角互補(或外角等于它的內(nèi)對角)等． 1．(湖南高考)如

2、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，BC的交點為D，由已知可得D為BC的中點，則在直角三角形ABD中，AD＝＝1，設(shè)圓的半徑為r，延長AO交圓O于點E，由圓的相交弦定理可知BDCD＝ADDE，即()2＝2r－1，解得r＝. 答案： 2.(新課標全國卷Ⅱ)如圖，P是⊙O外一點，PA是切線，A為切點，割線PBC與⊙O相交于點B，C，PC＝2PA，D為PC的中點，AD的延長線交⊙O于點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＝

3、∠PDA. 因為∠PDA＝∠DAC＋∠DCA， ∠PAD＝∠BAD＋∠PAB，∠DCA＝∠PAB， 所以∠DAC＝∠BAD，從而＝. 因此BE＝EC. (2)由切割線定理得PA2＝PBPC. 因為PA＝PD＝DC，所以DC＝2PB，BD＝PB. 由相交弦定理得ADDE＝BDDC， 所以ADDE＝2PB2. 3．(新課標全國卷Ⅱ)如圖，CD為△ABC外接圓的切線，AB的延長線交直線CD于點D，E，F(xiàn)分別為弦AB與弦AC上的點，且BCAE＝DCAF，B，E，F(xiàn)，C四點共圓． (1)證明：CA是△ABC外接圓的直徑； (2)若DB＝BE＝EA，求過B，E，F(xiàn)，C四點的圓的

4、面積與△ABC外接圓面積的比值. 解：(1)證明：因為CD為△ABC外接圓的切線，所以∠DCB＝∠A，由題設(shè)知＝， 故△CDB∽△AEF，所以∠DBC＝∠EFA. 因為B，E，F(xiàn)，C四點共圓，所以∠CFE＝∠DBC， 故∠EFA＝∠CFE＝90. 所以∠CBA＝ 90，因此CA是△ABC外接圓的直徑． (2)連接CE，因為∠CBE＝90， 所以過B，E，F(xiàn)，C四點的圓的直徑為CE. 由BD＝BE，有CE＝DC. 又BC2＝DBBA＝2DB2， 所以CA2＝4DB2＋BC2＝6DB2. 而DC2＝DBDA＝3DB2， 故過B

5、，E，F(xiàn)，C四點的圓的面積與△ABC外接圓面積的比值為. [對應(yīng)學(xué)生用書P35] 圓內(nèi)接四邊形的判定與性質(zhì) 圓內(nèi)接四邊形是中學(xué)教學(xué)的主要研究問題之一，近幾年各地的高考選做題中常涉及圓內(nèi)接四邊形的判定和性質(zhì)． [例1]　已知四邊形ABCD為平行四邊形，過點A和點B的圓與AD、BC分別交于E、F. 求證：C、D、E、F四點共圓． [證明]　連接EF， 因為四邊形ABCD為平行四邊形， 所以∠B＋∠C＝180. 因為四邊形ABFE內(nèi)接于圓， 所以∠B＋∠AEF＝180. 所以∠AEF＝∠C. 所以C、D、E、F四點共圓． [例2]　如圖，ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，

6、延長BC到E，已知∠BCD∶∠ECD＝3∶2，那么∠BOD等于(　　) A．120　　　　　　 B．136 C．144 D．150 [解析]　由圓內(nèi)接四邊形性質(zhì)知∠A＝∠DCE， 而∠BCD∶∠ECD＝3∶2， 且∠BCD＋∠ECD＝180，∠ECD＝72. 又由圓周角定理知∠BOD＝2∠A＝144. [答案]　C 直線與圓相切 直線與圓有三種位置關(guān)系，即相交、相切、相離；其中直線與圓相切的位置關(guān)系非常重要，結(jié)合此知識點所設(shè)計的有關(guān)切線的判定與性質(zhì)、弦切角的性質(zhì)等問題是高考選做題熱點之一，解題時要特別注意． [例3]　如圖，⊙O是Rt△ABC的外接圓，∠ABC＝90

7、，點P是圓外一點，PA切⊙O于點A，且PA＝PB. (1)求證：PB是⊙O的切線； (2)已知PA＝，BC＝1，求⊙O的半徑． [解]　(1)證明：如圖，連接OB. ∵OA＝OB，∴∠OAB＝∠OBA. ∵PA＝PB，∴∠PAB＝∠PBA. ∴∠OAB＋∠PAB＝ ∠OBA＋∠PBA， 即∠PAO＝∠PBO. 又∵PA是⊙O的切線，∴∠PAO＝90. ∴∠PBO＝90.∴OB⊥PB. 又OB是⊙O半徑，∴PB是⊙O的切線． (2)連接OP，交AB于點D.如圖． ∵PA＝PB，∴點P在線段AB的垂直平分線上． ∵OA＝OB，∴點O在線段AB的垂直平分線上． ∴OP垂

8、直平分線段AB. ∴∠PAO＝∠PDA＝90. 又∵∠APO＝∠OPA，∴△APO∽△DPA. ∴＝.∴AP2＝PODP. 又∵OD＝BC＝，∴PO(PO－OD)＝AP2. 即PO2－PO＝()2，解得PO＝2. 在Rt△APO中，OA＝＝1， 即⊙O的半徑為1. 與圓有關(guān)的比例線段 圓的切線、割線、相交弦可以構(gòu)成許多相似三角形，結(jié)合相似三角形的性質(zhì)，又可以得到一些比例式、乘積式，在解題中，多聯(lián)系這些知識，能夠計算或證明角、線段的有關(guān)結(jié)論． [例4]　如圖，A，B是兩圓的交點，AC是小圓的直徑，D和E分別是CA和CB的延長線與大圓的交點，已知AC＝4，BE＝10，且BC

9、＝AD，求DE的長． [解]　設(shè)CB＝AD＝x，則由割線定理得：CACD＝CBCE， 即4(4＋x)＝x(x＋10)， 化簡得x2＋6x－16＝0， 解得x＝2或x＝－8(舍去)， 即CD＝6，CE＝12. 連接AB，因為CA為小圓的直徑， 所以∠CBA＝90，即∠ABE＝90， 則由圓的內(nèi)接四邊形對角互補，得∠D＝90， 則CD2＋DE2＝CE2， 所以62＋DE2＝122， 所以DE＝6. [例5]　△ABC中，AB＝AC，以AB為直徑作圓，交BC于D，O是圓心，DM是⊙O的切線交AC于M(如圖)． 求證：DC2＝ACCM. [證明]　連接AD、OD. ∵AB

10、是直徑，∴AD⊥BC. ∵OA＝OD， ∴∠BAD＝∠ODA. 又AB＝AC，AD⊥BC， ∴∠BAD＝∠CAD. 則∠CAD＝∠ODA，OD∥AC. ∵DM是⊙O切線，∴OD⊥DM. 則DM⊥AC，DC2＝ACCM. [對應(yīng)學(xué)生用書P43] (時間：90分鐘，滿分：120分) 一、選擇題(本大題共10小題，每小題5分，滿分50分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的) 1．圓內(nèi)接四邊形的4個角中，如果沒有直角，那么一定有(　　) A．2個銳角和2個鈍角 B．1個銳角和3個鈍角 C．1個鈍角和3個銳角 D．都是銳角或都是鈍角 解析：由于圓內(nèi)

11、接四邊形的對角互補，圓內(nèi)接四邊形的4個角中若沒有直角，則必有2個銳角和2個鈍角． 答案：A 2.如圖，在⊙O中，弦AB長等于半徑，E為BA延長線上一點，∠DAE＝80，則∠ACD的度數(shù)是(　　) A．60 B．50 C．45 D．30 解析：∠BCD＝∠DAE＝80， 在Rt△ABC中，∠B＝90，AB＝AC， ∴∠ACB＝30.∴∠ACD＝80－30＝50. 答案：B 3．如圖所示，在半徑為2 cm的⊙O內(nèi)有長為2 cm的弦AB.則此弦所對的圓心角∠AOB為(　　) A．60 B．90 C．120 D．150 解析：作OC⊥AB于C，則BC＝， 在R

12、t△BOC中cos ∠B＝＝. ∴∠B＝30. ∴∠BOC＝60.∴∠AOB＝120. 答案：C 4.如圖，已知⊙O的半徑為5，兩弦AB、CD相交于AB的中點E，且AB＝8，CE∶ED＝4∶9，則圓心到弦CD的距離為(　　) A. B. C. D. 解析：過O作OH⊥CD，連接OD， 則DH＝CD， 由相交弦定理知， AEBE＝CEDE. 設(shè)CE＝4x，則DE＝9x， ∴44＝4x9x，解得x＝， ∴OH＝＝ ＝. 答案：A 5.如圖，PA切⊙O于A，PBC是⊙O的割線，且PB＝BC，PA＝3，那么BC的長為(　　) A. B．2 C．3 D．

13、3 解析：根據(jù)切割線定理PA2＝PBPC， 所以(3)2＝2PB2.所以PB＝3＝BC. 答案：C 6．兩個同心圓的半徑分別為3 cm和6 cm，作大圓的弦MN＝6 cm，則MN與小圓的位置關(guān)系是(　　) A．相切 B．相交 C．相離 D．不確定 解析：作OA⊥MN于A.連接OM. 則MA＝MN＝3. 在Rt△OMA中， OA＝＝3(cm)． ∴MN與小圓相切． 答案：A 7.如圖，PAB，PDC是⊙O的割線，連接AD，BC，若PD∶PB＝1∶4，AD＝2，則BC的長是(　　) A．4 B．5 C．6 D．8 解析：由四邊形ABCD為⊙O的內(nèi)接四

14、邊形可得∠PAD＝∠C，∠PDA＝∠B. ∴△PAD∽△PCB.∴＝＝. 又AD＝2，∴BC＝8. 答案：D 8．已知⊙O的兩條弦AB，CD交于點P，若PA＝8 cm，PB＝18 cm，則CD的長的最小值為(　　) A．25 cm B．24 cm C．20 cm D．12 cm 解析：設(shè)CD＝a cm，CD被P分成的兩段中一段長x cm，另一段長為(a－x) cm.則x(a－x)＝818， 即818≤()2＝a2. 所以a2≥576＝242，即a≥24. 當(dāng)且僅當(dāng)x＝a－x，即x＝a＝12時等號成立． 所以CD的長的最小值為24 cm. 答案：B 9．如圖，點

15、C在以AB為直徑的半圓上，連接AC、BC，AB＝10，tan ∠BAC＝，則陰影部分的面積為(　　) A.π B.π－24 C．24 D.π＋24 解析：∵AB為直徑，∴∠ACB＝90， ∵tan ∠BAC＝， ∴sin ∠BAC＝. 又∵sin ∠BAC＝，AB＝10， ∴BC＝10＝6. AC＝BC＝6＝8， ∴S陰影＝S半圓－S△ABC＝π52－86 ＝π－24. 答案：B 10．在Rt△ABC中，∠ACB＝90，以A為圓心、AC為半徑的圓交AB于F，交BA的延長線于E，CD⊥AB于D，給出四個等式： ①BC2＝BFBA；②CD2＝ADAB； ③CD2

16、＝DFDE；④BFBE＝BDBA. 其中能夠成立的有(　　) A．0個 B．2個 C．3個 D．4個 解析：①②不正確，由相交弦定理知③正確， 又由BC2＝BEBF，BC2＝BDBA， 得BEBF＝BDBA，故④正確． 答案：B 二、填空題(本大題共4個小題，每小題5分，滿分20分．把正確答案填寫在題中的橫線上) 11．四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，若∠BOD＝120，OB＝1，則∠BAD＝________，∠BCD＝________，的長＝________. 解析：∠BAD＝∠BOD＝60， ∠BCD＝180－∠BAD＝120， 由圓的半徑OB＝1，∠BOD＝，

17、 ∴的長為. 答案：60　120　 12．(陜西高考)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DFDB＝________. 解析：由相交弦定理可知ED2＝AEEB＝15＝5，又易知△EBD與△FED相似，得DFDB＝ED2＝5. 答案：5 13.如圖，⊙O為△ABC的內(nèi)切圓，AC，BC，AB分別與⊙O切于點D，E，F(xiàn)，∠C＝90，AD＝3，⊙O的半徑為2，則BC＝________. 解析：如圖所示，分別連接OD，OE，OF. ∵OE＝OD，CD＝CE，OE⊥BC，OD⊥AC， ∴四邊形OECD是正方形． 設(shè)BF＝x，則BE

18、＝x. ∵AD＝AF＝3，CD＝CE＝2， ∴(2＋x)2＋25＝(x＋3)2，解得x＝10， ∴BC＝12. 答案：12 14．如圖，AB為⊙O的直徑，CB切⊙O于B，CD切⊙O于D，交AB的延長線于E，若EA＝1，ED＝2，則BC＝________. 解析：∵CE為⊙O的切線，D為切點， ∴ED2＝EAEB. 又∵EA＝1，ED＝2，得EB＝4， 又∵CB、CD均為⊙O的切線，∴CD＝CB. 在Rt△EBC中，設(shè)BC＝x，則EC＝x＋2. 由勾股定理得EB2＋BC2＝EC2. ∴42＋x2＝(x＋2)2，得x＝3，∴BC＝3. 答案：3 三、解答題(本大題共4個

19、小題，滿分50分．解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟) 15．(本小題滿分12分)如圖，設(shè)AB為⊙O的任一條不與直線l垂直的直徑，P是⊙O與l的公共點，AC⊥l，BD⊥l，垂足分別為C，D，且PC＝PD，求證：(1)l是⊙O的切線； (2)PB平分∠ABD. 證明：(1)連接OP， 因為AC⊥l，BD⊥l， 所以AC∥BD. 又OA＝OB，PC＝PD， 所以O(shè)P∥BD，從而OP⊥l. 因為P在⊙O上，所以l是⊙O的切線． (2)連接AP，因為l是⊙O的切線， 所以∠BPD＝∠BAP. 又∠BPD＋∠PBD＝90， ∠BAP＋∠PBA＝90， 所以∠PBA＝

20、∠PBD， 即PB平分∠ABD. 16．(本小題滿分12分)(2012遼寧高考)如圖，⊙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，連結(jié)DB并延長交⊙O于點E. 證明：(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. 結(jié)合(1)的結(jié)論，AC＝AE. 17.(本小題滿分1

21、2分)如圖，AB為圓O的直徑，CD為垂直于AB的一條弦，垂足為E，弦BM與CD交于點F. (1)證明：A，E，F(xiàn)，M四點共圓； (2)證明：AC2＋BFBM＝AB2. 證明：(1)連接AM，則∠AMB＝90. ∵AB⊥CD，∴∠AEF＝90. ∴∠AMB＋∠AEF＝180， 即A，E，F(xiàn)，M四點共圓． (2)連接CB，由A，E，F(xiàn)，M四點共圓， 得BFBM＝BEBA. 在Rt△ACB中，BC2＝BEBA，AC2＋CB2＝AB2， ∴AC2＋BFBM＝AB2. 18．(遼寧高考)(本小題滿分14分)如圖，EP交圓于E，C兩點，PD切圓于D，G為CE上一點且PG＝PD，連接D

22、G并延長交圓于點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. 證明：(1)因為PD＝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. 又因為∠DCB＝∠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. 最新精品資料