2022年高考數(shù)學一輪復習 第一部分 基礎與考點過關(guān) 幾何證明選講學案 選修4-1

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1、2022年高考數(shù)學一輪復習 第一部分 基礎與考點過關(guān) 幾何證明選講學案 選修4-1 第1課時　圓的進一步認識 掌握圓的切線的判定定理和性質(zhì)定理，弦切角定理，割線定理，切割線定理和圓內(nèi)接四邊形的判定定理與性質(zhì)定理，能用這些定理解決有關(guān)圓的問題. ① 理解圓的切線的判定定理和性質(zhì)定理，圓周角定理，弦切角定理，相交弦定理，割線定理，切割線定理和圓內(nèi)接四邊形的判定定理與性質(zhì)定理.② 能應用圓的切線的判定定理和性質(zhì)定理，圓周角定理，弦切角定理，相交弦定理，割線定理，切割線定理和圓內(nèi)接四邊形的判定定理與性質(zhì)定理解決與圓有關(guān)的問題.
1. 如圖，四邊形ABCD是圓O的內(nèi)接四邊形，已知∠BO

2、D＝100°，求∠BCD.
解：由題設∠BAD＝∠BOD＝50°， 則∠BCD＝180°－∠BAD＝130°. 2. 如圖，AB是圓O的直徑，MN與圓O相切于點C，AC＝BC，求sin∠MCA的值.
解：由弦切角定理得，∠MCA＝∠ABC， sin∠ABC＝＝＝＝. 故sin∠MCA＝. 3. 已知△ABC內(nèi)接于圓O，BE是圓O的直徑，AD是BC邊上的高.求證：BA·AC＝BE·AD.
證明：連結(jié)AE. ∵ BE是圓O的直徑， ∴ ∠BAE＝90°，∴ ∠BAE＝∠ADC. ∵ ∠BEA＝∠ACD，∴ Rt△BEA∽Rt△ACD. ∴ ＝，∴ BA·A

3、C＝BE·AD. 4. 如圖，在圓O中，M，N是弦AB的三等分點，弦CD，CE分別經(jīng)過點M，N.若CM＝2，MD＝4，CN＝3，求線段NE的長.
解：設AM＝a，由相交弦定理可知，CM·MD＝AM·MB，CN·NE＝AN·NB，即2×4＝a×2a，3×NE＝2a×a，消去a解得NE＝. 5. 如圖，EA與圓O相切于點A，D是EA的中點，過點D引圓O的割線，與圓O相交于點B，C，連結(jié)EC.求證：∠DEB＝∠DCE.
證明：∵ EA與圓O相切于點A， 由切割線定理得DA2＝DB·DC. ∵ D是EA的中點，∴ DA＝DE. ∴ DE2＝DB·DC.∴ ＝.∵ ∠EDB＝∠

4、CDE， ∴ △EDB∽△CDE，∴ ∠DEB＝∠DCE.
1. 圓周角定理 （1） 圓周角定理：圓周角的度數(shù)等于其所對弧的度數(shù)的一半. （2） 推論1：同?。ɑ虻然。┧鶎Φ膱A周角相等.同圓或等圓中，相等的圓周角所對的弧相等. （3） 推論2：半圓（或直徑）所對的圓周角等于90°.反之，90°的圓周角所對的弧為半圓（或弦為直徑）. 2. 圓的切線 （1） 圓的切線的性質(zhì)與判定 ① 相關(guān)定義：當直線與圓有2個公共點時，直線與圓相交；當直線與圓有且只有1個公共點時，直線與圓相切，此時直線是圓的切線，公共點稱為切點；當直線與圓沒有公共點時，直線與圓相離. ② 切線的判定定理：

5、過半徑外端且與這條半徑垂直的直線是圓的切線. ③ 切線的性質(zhì)定理：圓的切線垂直于經(jīng)過切點的半徑. ④ 切線長定理：從圓外一點引圓的兩條切線，切線長相等. （2） 弦切角 ① 定義：頂點在圓上，一邊與圓相切，另一邊與圓相交的角稱為弦切角. ② 弦切角定理：弦切角的度數(shù)等于其所夾弧的度數(shù)的一半. ③ 推論：同弧（或等?。┥系南仪薪窍嗟龋。ɑ虻然。┥系南仪薪桥c圓周角相等. 3. 相交弦定理 相交弦定理：圓的兩條相交弦，每條弦被交點分成的兩條線段長的積相等. 4. 切割線定理 （1） 割線定理：從圓外一點引圓的兩條割線，該點到每條割線與圓的交點的兩條線段長的積相等. （2）

6、切割線定理：從圓外一點引圓的一條割線與一條切線，切線長是這點到割線與圓的兩個交點的線段長的等比中項. 5. 圓內(nèi)接四邊形 （1） 圓內(nèi)接四邊形性質(zhì)定理：圓內(nèi)接四邊形的對角互補. （2） 圓內(nèi)接四邊形判定定理：如果四邊形的對角互補，則此四邊形內(nèi)接于圓.[備課札記]


,　　　　　　　　　1　圓周角與弦切角定理及應用)
,　　　　　1)　（2017·蘇錫常鎮(zhèn)一模）如圖，圓O的直徑AB＝6，C為圓上一點，BC＝3，過點C作圓的切線l，過點A作l的垂線AD，AD分別與直線l、圓交于點D，E.求∠DAC的大小與線段AE的長.
解：如圖，連結(jié)OC，BE，
因為BC＝

7、OB＝OC＝3， 所以∠CBO＝60°. 因為∠DCA＝∠CBO， 所以∠DCA＝60°. 又AD⊥DC得∠DAC＝30°. 因為∠ACB＝90°，得∠CAB＝30°， 所以∠EAB＝60°，從而∠ABE＝30°， 所以AE＝AB＝3.
變式訓練 如圖，CP是圓O的切線，P為切點，直線CO交圓O于A，B兩點，AD⊥CP，垂足為D.求證：∠DAP＝∠BAP.
證明：∵ CP與圓O 相切，∴ ∠DPA＝∠PBA. ∵ AB為圓O的直徑，∴ ∠APB＝90°， ∴ ∠BAP＝90°－∠PBA. ∵ AD⊥CP，∴ ∠DAP＝90°－∠DPA， ∴ ∠DAP＝∠BA

8、P.
,　　　　　　　　　2　圓的切線的判定與性質(zhì))
,　　　　　2)　如圖，∠PAQ是直角，圓O與射線AP相切于點T，與射線AQ相交于B，C兩點.求證：BT平分∠OBA.
∵ AT是切線，∴ OT⊥AP. ∵ ∠PAQ是直角，即AQ⊥AP，∴ AB∥OT， ∴ ∠TBA＝∠BTO. 又OT＝OB，∴ ∠OTB＝∠OBT， ∴ ∠OBT＝∠TBA，即BT平分∠OBA. 如圖，AC切圓O于D，AO的延長線交圓O于B，BC切圓O于B，若AD∶AC＝1∶2，求的值.

∵ AD∶AC＝1∶2，∴ D為AC的中點. 又AC切圓O于D，∴ OD⊥AC.∴OA＝

9、OC. ∴ △AOD≌△COD，∴ ∠1＝∠2. 又△OBC≌△ODC，∴ ∠3＝∠2. ∴ ∠1＝∠2＝∠3＝60°，∴ OC＝2OB. ∴ OA＝2OB，即＝2.
,　　　　　　　　　3　圓內(nèi)接四邊形的判定與性質(zhì))
,　　　　　3)?。?017·南通、揚州、泰州模擬）如圖，已知AB為圓O的一條弦，點P為弧AB的中點，過點P任作兩條弦PC，PD，分別交AB于點E，F(xiàn).求證：PE·PC＝PF·PD.

因為∠PAB＝∠PCB，點P為弧AB的中點， 所以∠PAB＝∠PBA， 所以∠PCB＝∠PBA. 又∠DCB＝∠DPB， 所以∠PFE＝∠PBA＋∠DPB＝∠

10、PCB＋∠DCB＝∠PCD， 所以E，F(xiàn)，D，C四點共圓. 所以PE·PC＝PF·PD. 如圖，已知AP是圓O的切線，P為切點，AC是圓O的割線，與圓O交于B，C兩點，圓心O在∠PAC的內(nèi)部，點M是BC的中點. （1） 求證：A，P，O，M四點共圓； （2） 求∠OAM＋∠APM的大小.

（1） 證明：連結(jié)OP，OM， 因為AP與圓O相切于點P， 所以OP⊥AP. 因為M是圓O的弦BC的中點，所以OM⊥BC， 于是∠OPA＋∠OMA＝180°. 由圓心O在∠PAC的內(nèi)部，可知四邊形APOM的對角互補， 所以A，P，O，M四點共圓. （2） 解：由（

11、1）得A，P，O，M四點共圓， 所以∠OAM＝∠OPM. 因為AP是圓O的切線，P為切點，所以OP⊥AP， 所以∠OPM＋∠APM＝90°， 所以∠OAM＋∠APM＝90°.
,　　　　　　　　　4　相交弦定理、割線定理及切割線定理的應用)
,　　　　　4)?。?017·蘇州暑期檢測）如圖，△ABC是圓O的內(nèi)接三角形，PA是圓O的切線，A為切點，PB交AC于點E，交圓O于點D，若PE＝PA，∠ABC＝60°，且PD＝1，PB＝9，求EC.
解：∵ 弦切角∠PAE＝∠ABC＝60°，又PA＝PE，∴ △PAE為等邊三角形.由切割線定理有PA2＝PD·PB＝9， ∴ AE

12、＝EP＝PA＝3，ED＝EP－PD＝2，EB＝PB－PE＝6， 由相交弦定理有EC·EA＝EB·ED＝12， ∴ EC＝12÷3＝4.
變式訓練 （2017·南京、鹽城期末）如圖，AB是半圓O的直徑，點P為半圓O外一點，PA，PB分別交半圓O于點D，C.若AD＝2，PD＝4，PC＝3，求BD的長.
解：由割線定理得PD·PA＝PC·PB， 則4×（2＋4）＝3×（3＋BC），解得BC＝5. 又AB是半圓O的直徑，故∠ADB＝. 則在Rt△PDB中有BD＝＝＝4.
1. （2017·蘇州期末）如圖，點E是圓O內(nèi)兩條弦AB和CD的交點，過AD延長線上一點F作圓O的切

13、線FG，G為切點，已知EF＝FG.求證：EF∥CB.
證明：由切割線定理得FG2＝FA·FD. 又EF＝FG，所以EF2＝FA·FD，即＝. 因為∠EFA＝∠DFE，所以△DEF∽△EAF， 所以∠FED＝∠FAE. 因為∠FAE＝∠DAB＝∠DCB，所以∠FED＝∠BCD， 所以EF∥CB. 2. 如圖所示，△ABC是圓O的內(nèi)接三角形，且AB＝AC，AP∥BC，弦CE的延長線交AP于點D.求證：AD2＝DE·DC.
證明：連結(jié)AE，則∠AED＝∠B. ∵ AB＝AC，∴ ∠ACB＝∠B，∴ ∠ACB＝∠AED. ∵ AP∥BC，∴ ∠ACB＝∠CAD， ∴

14、∠CAD＝∠AED. 又∠ADC＝∠EDA，∴ △ACD∽△EAD. ∴ ＝，即AD2＝DE·DC.
3. （2017·南京、鹽城模擬）△ABC的頂點A，C在圓O上，B在圓O外，線段AB與圓O交于點M. （1） 如圖①，若BC是圓O的切線，且AB＝8，BC＝4，求線段AM的長； （2） 如圖②，若線段BC與圓O交于另一點N，且AB＝2AC，求證：BN＝2MN.
（1） 解：因為BC是圓O的切線，故由切割線定理得BC2＝BM·BA. 設AM＝t，因為AB＝8，BC＝4， 所以42＝8（8－t），解得t＝6，即線段AM的長度為6. （2） 證明：因為四邊形AMNC為

15、圓內(nèi)接四邊形， 所以∠A＝∠MNB. 又∠B＝∠B，所以△BMN∽△BCA， 所以＝. 因為AB＝2AC，所以BN＝2MN. 4. （2017·常州期末）如圖，過圓O外一點P作圓O的切線PA，切點為A，連結(jié)OP與圓O交于點C，過點C作AP的垂線，垂足為D.若PA＝2，PC∶PO＝1∶3，求CD的長.

解：延長PO交圓O于點B，連結(jié)OA. 設PC＝x（x＞0）， 則由PC∶PO＝1∶3， 得PO＝3x，則PB＝5x. 因為PA是圓O的切線， 所以PA2＝PC·PB，即（2）2＝x·（5x），解得x＝2. 故OA＝OC＝4. 因為PA是圓O的切線，所以OA⊥P

16、A. 又CD⊥PA，則OA∥CD，因此＝＝. 又OA＝4，所以CD＝.
1. （2017·蘇北四市期末）如圖，AB為半圓O的直徑，點D為弧BC的中點，點E為BC的中點.求證：AB·BC＝2AD·BD.
證明：因為D為弧BC的中點， 所以∠DBC＝∠DAB，DC＝DB. 因為AB為半圓O的直徑，所以∠ADB＝90°. 又E為BC的中點，所以EC＝EB，所以DE⊥BC， 所以△ABD∽△BDE. 所以＝＝，所以AB·BC＝2AD·BD.
2. 如圖，AB為圓O的切線，A為切點，C為線段AB的中點，過C作圓O的割線CED，求證：∠CBE＝∠BDE. 證明：因為

17、CA為圓O的切線， 所以CA2＝CE·CD. 又CA＝CB，所以CB2＝CE·CD，即＝. 又∠ECB＝∠BCD， 所以△BCE∽△DCB， 所以∠CBE＝∠BDE. 3. 如圖，AB是圓O的直徑，弦BD，CA的延長線相交于點E，EF垂直于BA，交BA的延長線于點F. 求證： （1） ∠DEA＝∠DFA； （2） AB2＝BE·BD－AE·AC.
證明：（1） 連結(jié)AD，因為AB為圓O的直徑， 所以∠ADB＝90°. 又EF⊥AB，∠EFA＝90°， 所以A，D，E，F(xiàn)四點共圓. 所以∠DEA＝∠DFA. （2） 由（1）知，BD·BE＝BA·BF， 連結(jié)

18、BC.又△ABC∽△AEF， ∴ ＝，即AB·AF＝AE·AC. ∴ BE·BD－AE·AC＝BA·BF－AB·AF＝AB（BF－AF）＝AB2. 4. 如圖，直線AB與圓O相切于點B，直線AO交圓O于D，E兩點，BC⊥DE，垂足為C，且AD＝3DC，BC＝，求圓O的直徑.
解：因為DE是圓O的直徑，則∠BED＋∠EDB＝90°. 又BC⊥DE，所以∠CBD＋∠EDB＝90°. 又AB切圓O于點B，得∠ABD＝∠BED， 所以∠CBD＝∠DBA. 即BD平分∠CBA，則＝＝3. 又BC＝，從而AB＝3，所以AC＝＝4， 所以AD＝3. 由切割線定理得AB2＝AD·AE，即AE＝＝6， 故DE＝AE－AD＝3，即圓O的直徑為3.
與圓有關(guān)的輔助線的五種作法 （1） 有弦，作弦心距； （2） 有直徑，作直徑所對的圓周角； （3） 有切點，作過切點的半徑； （4） 兩圓相交，作公共弦； （5） 兩圓相切，作公切線.