数学选修4-1指导讲义第二讲讲末复习

讲末复习1.圆周角定理圆周角定理：圆上一条弦所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，其度数等于它所对的弧的度数的一半.推论1同弧或等弧所对的圆周角相等；同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧也相等.推论2半圆(或直径)所对的圆周角是直角；90°的圆周角所对的弦是直径.相交弦所成角定理：圆的两条相交弦所成角的度数等于它所夹的弧与它的对顶角所夹弧的度数和的一半.2.圆内接四边形的性质与判定(1)圆内接四边形的性质定理1圆内接四边形对角互补.定理2圆内接四边形的外角等于它的内对角.(2)圆内接四边形的判定定理如果一个四边形的一组对角互补，那么这个四边形内接于圆.推论1如果四边形的一个外角等于它的内对角，那么这个四边形内接于圆.推论2如果两个三角形有一条公共边，这条边所对的角相等，并且在公共边同侧，那么这两个三角形有公共的外接圆.3.圆的切线的性质与判定(1)圆的切线的性质定理圆的切线垂直于过切点的半径.推论1经过圆心且垂直于切线的直线必过切点.推论2经过切点且垂直于切线的直线必过圆心.(2)圆的切线的判定定理经过半径的外端点并且垂直于这条半径的直线是圆的切线.(3)切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线长相等.推论经过圆外的一个已知点和圆心的直线，平分从这点向圆所作的两条切线所夹的角.4.弦切角(1)弦切角的概念：顶点在圆上，一边和圆相交，另一边和圆相切的角叫弦切角.弦切角必须具备三个条件：①顶点在圆上，②一边是圆的切线，③一边是过切点的弦.三者缺一不可.(2)弦切角定理：弦切角等于它所夹的弧对的圆周角，其度数等于它所夹的弧的度数的一半.推论同弧(或等弧)上的弦切角相等；同弧(或等弧)上的弦切角与圆周角相等.5.圆幂定理(1)相交弦定理：圆的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等.推论如果弦与直径垂直相交，那么弦的一半是它分直径所成的两条线段的比例中项.(2)割线定理：从圆外一点引圆的两条割线，这点到每条割线与圆的交点的两条线段长的积相等.(3)切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆的交点的两条线段长的比例中项.逆定理从圆外一点引圆的割线，如果圆上一点与这点的连线是这点到割线与圆的交点的两条线段的比例中项，那么这点与圆上点的连线是圆的切线.题型一分类讨论思想分类讨论是一种逻辑方法，也是一种数学思想.当我们面临的数学问题不能以统一形式解决时，可以把已知条件的范围划分为若干个子集，在各个子集内分别讨论问题的解，然后通过综合各类解而得到原问题的解答，这种解决问题的思想方法叫做分类讨论的思想方法.应用分类讨论的思想方法解题的一般步骤是：(1)确定讨论的对象以及被讨论对象的全域；(2)合理分类，统一标准，不重不漏；(3)逐段逐类讨论，分级进行；(4)归纳总结，作出整个题目的结论.例1已知：⊙O的直径AB＝2cm，过A点的两条弦AC＝eq\r(2)cm，AD＝eq\r(3)cm，求∠CAD所夹圆内部分的面积S.解符合条件的圆有两种情况：(1)圆心O在∠CAD内部，如图(1).连接OC，OD，过O作OE⊥AD于E.∵OA＝OC＝1，AC＝eq\r(2)，∴OC⊥AB.∵OA＝1，AE＝eq\f(1,2)AD＝eq\f(\r(3),2)，∴OE＝eq\f(1,2)，∴∠OAE＝30°，∴∠BOD＝60°.∴S＝S△AOC＋S扇形BOC＋S△AOD＋S扇形BOD＝eq\f(1,2)×1×1＋eq\f(1,4)π×12＋eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\f(1,2)＋eq\f(60π,360)×12＝eq\f(1,2)＋eq\f(π,4)＋eq\f(\r(3),4)＋eq\f(π,6)＝eq\f(2＋\r(3),4)＋eq\f(5π,12)(cm2).(2)圆心O在∠DAC外部时，如图(2)，有S＝S△AOC＋S扇形BOC－S△AOD－S扇形BOD＝eq\f(1,2)＋eq\f(π,4)－eq\f(\r(3),4)－eq\f(π,6)＝eq\f(2－\r(3),4)＋eq\f(π,12)(cm2).∴∠CAD所夹圆的部分的面积为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2＋\r(3),4)＋\f(5π,12)))cm2或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－\r(3),4)＋\f(π,12)))cm2.规律方法分析所给条件，正确把握C、D两点与直径AB的位置关系，从而确定分类的标准，以避免只考虑AC、AD在直径AB同侧或异侧一种情况.跟踪演练1已知⊙O1与⊙O2相交于A，B，⊙O1的半径r1＝5，⊙O2的半径r2＝4，AB＝6，求O1O2的长.解①若O1，O2在AB的异侧(如图(1)所示)，O1O2垂直平分AB，∴AC＝3，∴O1C＝eq\r(O1A2－AC2)＝4，O2C＝eq\r(O2A2－AC2)＝eq\r(7)，∴O1O2＝O1C＋O2C＝4＋eq\r(7).②若O1，O2在AB的同侧(如图(2)所示)，易得O1O2＝4－eq\r(7).综上可知O1O2的长为4＋eq\r(7)或4－eq\r(7).题型二化归思想化归思想又称转化思想，是把待解决的问题或难解决的问题，通过某种转化过程，归结为一类已经解决或易解决的问题，最终求得问题的解答.在解决直线与圆的位置的有关问题时，常常需作辅助线，通过作辅助可将圆的问题化归为特殊三角形或四边形的问题，使问题得到解决.例2如图所示，已知在△ABC中，AD为∠BAC的平分线，以C为圆心，CD为半径的半圆交BC的延长线于点E，交AD于点F，交AE于点M，且∠B＝∠CAE，EF∶FD＝4∶3.(1)求证：AF＝DF；(2)求∠AED的正弦值；(3)如果BD＝10，求△ABC的面积.(1)证明∵∠ADE＝∠B＋∠BAD，∠DAE＝∠DAC＋∠CAE，又∠BAD＝∠DAC，∠B＝∠CAE，∴∠ADE＝∠DAE.∴AE＝DE.又DE是半圆的直径，∴∠DFE＝90°，∴AF＝DF.(2)解如图所示，过A作AG⊥BE于G.∵EF∶FD＝4∶3，设FE＝4x，则FD＝3x.在△ADE中，DE＝5x，∴AE＝5x，AF＝DF＝3x.∵S△ADE＝eq\f(1,2)DE·AG＝eq\f(1,2)AD·EF，∴AG＝eq\f(AD·EF,DE)＝eq\f(6x·4x,5x)＝eq\f(24,5)x.∴sin∠AED＝eq\f(AG,AE)＝eq\f(\f(24,5)x,5x)＝eq\f(24,25).(3)解∵∠B＝∠CAE，∠AEC＝∠BEA，∴△AEC∽△BEA.∴AE2＝EC·EB，∴BE＝eq\f(AE2,EC)＝eq\f(25x2,\f(5,2)x)＝10x.∴BD＝5x，∴5x＝10，∴x＝2.从而AG＝eq\f(24,5)x＝eq\f(48,5).∴S△ABC＝eq\f(1,2)BC·AG＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x＋\f(5,2)x))×eq\f(24,5)x＝72.规律方法本题综合性较强，在(1)的证明中，把证明AF＝DF的问题转化为证明AE＝DE的问题，进而又转化为证明∠DAE＝∠ADE的问题；在(2)的解答中，通过作辅助线，把求sin∠AED的问题转化为求sin∠AEG的问题，进而转化为求AG，AE的问题；在(3)的解答中，把求S△ABC的问题转化为求BC与AG的问题，如此等等，每一步都体现着转化与化归的思想方法.跟踪演练2如图，在△ABC和△ACD中，∠ACB＝∠ADC＝90°，∠BAC＝∠CAD，⊙O是以AB为直径的圆，DC的延长线与AB的延长线交于点E.(1)求证：DC是⊙O的切线；(2)若EB＝6，EC＝6eq\r(2)，求BC的长.(1)证明∵AB是⊙O的直径，∠ACB＝90°，∴点C在⊙O上.连接OC，可得∠OCA＝∠OAC＝∠DAC，∴OC∥AD.又∵AD⊥DC，∴DC⊥OC.∵OC为半径，∴DC是⊙O的切线.(2)解∵DC是⊙O的切线，∴EC2＝EB·EA.又∵EB＝6，EC＝6eq\r(2)，∴EA＝12，∴AB＝6.又∠ECB＝∠EAC，∠CEB＝∠AEC，∴△ECB∽△EAC，∴eq\f(BC,AC)＝eq\f(EC,EA)＝eq\f(\r(2),2)，即AC＝eq\r(2)BC.又∵AC2＋BC2＝AB2＝36，∴BC＝2eq\r(3).题型三函数方程思想在直线与圆的位置关系中，涉及很多数量关系，既有角的大小，也有线段的长度，在求它们的大小时，有时不太方便，这时我们可以利用相似三角形或有关定理建立以欲求量为未知数的函数或方程，通过求函数的最值或解方程求出所要求的量，这种函数方程的思想在直线与圆的位置关系中有广泛的应用.例3如图(1)所示，四边形ABCD是半径为1的半圆的内接等腰梯形，其下底是半圆的直径.写出该梯形的周长y与腰长x之间的函数关系式，当腰长为多少时，周长最长？并求出周长的最大值.解如图(2)所示，过点O作OE⊥DC于点E，过点D作DF⊥AB于点F，连接OD.设DE＝m，OE＝n，则DF＝n，AF＝AO－FO＝1－m，且腰长x>0.当点D，C重合时，腰长x最大，但此时四边形ABCD就不是等腰梯形了，∴x<eq\r(2)，即0<x<eq\r(2).在Rt△OED和Rt△AFD中，根据勾股定理，得：x2＝n2＋(1＋m)2，①12＝n2＋m2.②①－②得2m＝2－x2，即DC＝2m＝2－x2.∴y＝AB＋BC＋CD＋DA＝2＋2x＋2－x2＝－x2＋2x＋4＝－(x－1)2＋5.当x＝1时，y取最大值5.即当腰长为1时，等腰梯形ABCD的周长最长，最大值为5.规律方法解本题的关键是建立周长y与腰长x之间的函数关系式.过点O作OE⊥DC，E为垂足，过点D作DF⊥AB，F为垂足，这样将四边形中的线段的长度计算问题转化为直角三角形中的边长的计算问题.跟踪演练3如图所示，已知⊙O与△ABC的各边分别切于点D，E，F，且AB＝7cm，BC＝5cm，AC＝8cm.求AD，BE，CF的长.解∵⊙O与△ABC各边切于点D，E，F，∴AD＝AF，BD＝BE，CE＝CF.设AD＝x，BE＝y，CF＝z.则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝7，,x＋z＝5，,z＋x＝8，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝5，,y＝2，,z＝3.))∴AD的长为5cm，BE的长为2cm，CF的长为3cm.题型四数形结合思想数形结合思想是将抽象的数学语言与直观图形结合起来，使抽象思维与形象思维相结合，通过对图形的认识，数与形的转化，化抽象为具体，化难为易，使问题得到解决.例4在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3cm，BC＝4cm.(1)求△ABC内切圆的半径；(2)若移动圆心O的位置，使⊙O保持与△ABC的边AC，BC都相切.①求半径r的取值范围；②当⊙O的半径为eq\f(12,7)cm时，求圆心O的位置.解析(1)如图①，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3cm，BC＝4cm.∴AB＝eq\r(AC2＋BC2)＝5cm.设⊙O与△ABC三边分别相切于点D，E，F，连接OD，OE，OF，则OD⊥BC，OE⊥AC，OF⊥AB.又∵OD＝OE，∠C＝90°，∴四边形CEOD为正方形.∴内切圆的半径r＝eq\f(AC＋BC－AB,2)＝eq\f(3＋4－5,2)＝1cm.(2)①如图②，设与AC，BC相切的最大圆与AC，BC的切点分别为A，D，连接OA，OD，则四边形AODC为正方形，∴OA＝AC＝3cm.∴半径r的取值范围为0<r≤3cm.②如图③，当圆心O在AB上时，设⊙O与AC，BC分别切于点E，D，连接OE，OD，则四边形OECD为正方形，∴OE＝CE＝r.∵OE⊥AC，BC⊥AC，∴BC∥OE.∴eq\f(OE,BC)＝eq\f(AE,AC)，即eq\f(r,4)＝eq\f(3－r,3).∴r＝eq\f(12,7)cm.∴当r＝eq\f(12,7)cm时，圆心O在∠C的平分线与AB的交点处.规律方法将计算与具体图形相结合是解决问题的关键，通过分析图形的位置关系，得到数量关系.跟踪演练4两圆半径分别为4和2，如果它们有两条互相垂直的公切线，求它们的圆心距.解①当一条直线为两圆的内公切线，另一条直线为两圆的外公切线时，如图(1)所示，可得O1O2＝eq\r(22＋62)＝2eq\r(10).②当两条直线都为两圆的内公切线时，如图(2)所示，可得O1O2＝eq\r(62＋62)＝6eq\r(2).③当两条直线都为两圆的外公切线时，如图(3)所示，可得O1O2＝eq\r(22＋22)＝2eq\r(2).综上可知，它们的圆心距为2eq\r(10)或6eq\r(2)或2eq\r(2).体验高考1.(2015·天津高考)如图，在圆O中，M，N是弦AB的三等分点，弦CD，CE分别经过点M，N.若CM＝2，MD＝4，CN＝3，则线段NE的长为()A.eq\f(8,3) B.3C.eq\f(10,3) D.eq\f(5,2)解析设AM＝MN＝NB＝x，由相交弦定理得CM·MD＝AM·MB，∴2×4＝2x2，∴x＝2.再利用相交弦定理得CN·NE＝NB·AN.∴3NE＝2×4，∴NE＝eq\f(8,3).答案A2.(2015·重庆高考)如图，圆O的弦AB，CD相交于点E，过点A作圆O的切线与DC的延长线交于点P，若PA＝6，AE＝9，PC＝3，CE∶ED＝2∶1，则BE＝________.解析由切割线定理，知PA2＝PC·PD，即62＝3PD，解得PD＝12，所以CD＝PD－PC＝9，又因为CE∶ED＝2∶1，所以CE＝6，ED＝3.由相交弦定理，知AE·BE＝CE·ED，即9BE＝6×3，解得BE＝2.答案23.(2015·湖北高考)如图，PA是圆的切线，A为切点，PBC是圆的割线，且BC＝3PB，则eq\f(AB,AC)＝________.解析由切割线定理知PA2＝PB·PC，且BC＝3PB，所以PA＝2PB.由弦切角定理知∠PAB＝∠ACP，又∠APC＝∠BPA，所以△PAB∽△PCA.所以eq\f(AB,AC)＝eq\f(PA,PC)＝eq\f(1,2).答案eq\f(1,2)4.(2015·广东)如图，已知AB是圆O的直径，AB＝4，EC是圆O的切线，切点为C，BC＝1，过圆心O做BC的平行线，分别交EC和AC于点D和点P，则OD＝________.解析如图所示，连接OC，因为OD∥BC，又BC⊥AC，所以OP⊥AC.又O为AB线段的中点，所以OP＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(1,2).在Rt△OCD中，OC＝eq\f(1,2)AB＝2，由直角三角形的射影定理可得OC2＝OP·OD，即OD＝eq\f(OC2,OP)＝eq\f(22,\f(1,2))＝8，故应填8.答案85.(2013·湖南高考)如图，在半径为eq\r(7)的⊙O中，弦AB，CD相交于点P，PA＝PB＝2，PD＝1，则圆心O到弦CD的距离为________.解析由相交弦定理得AP·PB＝DP·PC，从而PC＝eq\f(AP·PB,DP)＝4，所以DC＝5，所以圆心O到弦CD的距离等于eq\r(（\r(7)）2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(3),2).答案eq\f(\r(3),2)6.(2014·湖南高考)如图，已知AB，BC是⊙O的两条弦，AO⊥BC，AB＝eq\r(3)，BC＝2eq\r(2)，则⊙O的半径等于________.解析如图，设AO，BC的交点为D，由已知可得D为BC的中点，则在直角三角形ABD中，AD＝eq\r(AB2－BD2)＝1，设圆的半径为r，延长AO交圆O于点E，由圆的相交弦定理可知BD·CD＝AD·DE，即(eq\r(2))2＝2r－1，解得r＝eq\f(3,2).答案eq\f(3,2)7.(2013·广东高考)如图，AB是圆O的直径，点C在圆O上.延长BC到点D使BC＝CD，过点C作圆O的切线交AD于点E.若AB＝6，ED＝2，则BC＝________.解析如图，连接OC，则OC⊥CE，∠OCA＋∠ACE＝90°，∵∠OAC＝∠OCA，∴∠OAC＋∠ACE＝90°.易知Rt△ACB≌Rt△ACD，则∠OAC＝∠EAC.∴∠EAC＋∠ACE＝90°，∴∠AEC＝90°，在Rt△ACD中，由射影定理得：CD2＝ED·AD①，又CD＝BC，AD＝AB，将AB＝6，ED＝2代入①式，得CD＝eq\r(12)＝2eq\r(3)，∴BC＝2eq\r(3).答案2eq\r(3)8.(2013·重庆高考)如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，AB＝20，过点C作△ABC的外接圆的切线CD，BD⊥CD，BD与外接圆交于点E，则DE的长为________.解析由题意得BC＝AB·sin60°＝10eq\r(3)，由弦切角定理知∠BCD＝∠A＝60°，所以CD＝5eq\r(3)，BD＝15，由切割线定理知，CD2＝DE·BD，则DE＝5.答案59.(2013·天津高考)如图，△ABC为圆的内接三角形，BD为圆的弦，且BD∥AC.过点A作圆的切线与DB的延长线交于点E，AD与BC交于点F.若AB＝AC，AE＝6，BD＝5，则线段CF的长为________.解析因为AE是圆的切线，且AE＝6，BD＝5，由切割线定理可得EA2＝EB·ED，即36＝EB·(EB＋5)，解得EB＝4.又∠BAE＝∠ADB＝∠ACB＝∠ABC，所以AE∥BC.又AC∥BD，所以四边形AEBC是平行四边形，所以AE＝BC＝6，AC＝EB＝4.又由题意可得△CAF∽△CBA，所以eq\f(CA,CB)＝eq\f(CF,CA)，所以CF＝eq\f(CA2,CB)＝eq\f(16,6)＝eq\f(8,3).答案eq\f(8,3)10.(2015·陕西高考)如图，AB切⊙O于点B，直线AO交⊙O于D，E两点，BC⊥DE，垂足为C.(1)证明：∠CBD＝∠DBA；(2)若AD＝3DC，BC＝eq\r(2)，求⊙O的直径.(1)证明因为DE为⊙O直径，则∠BED＋∠EDB＝90°，又BC⊥DE，所以∠CBD＋∠EDB＝90°，从而∠CBD＝∠BED.又AB切⊙O于点B，得∠DBA＝∠BED，所以∠CBD＝∠DBA.(2)解析由(1)知BD平分∠CBA，则eq\f(BA,BC)＝eq\f(AD,CD)＝3，又BC＝eq\r(2)，从而AB＝3eq\r(2).所以AC＝eq\r(AB2－BC2)＝4，所以AD＝3.由切割线定理得AB2＝AD·AE，即AE＝eq\f(AB2,AD)＝6，故DE＝AE－AD＝3，即⊙O直径为3.11.如图，⊙O和⊙O′相交于A，B两点，过A作两圆的切线分别交两圆于C，D两点，连结DB并延长交⊙O于点E.证明：(1)AC·BD＝AD·AB；(2)AC＝AE.证明(1)由AC与⊙O′相切于A，得∠CAB＝∠ADB，同理∠ACB＝∠DAB，所以△ACB∽△DAB.从而eq\f(AC,AD)＝eq\f(AB,BD)，即AC·BD＝AD·AB.(2)由AD与⊙O相切于A，得∠AED＝∠BAD，又∠ADE＝∠BDA，得△EAD∽△ABD.从而eq\f(AE,AB