2017-2018学年高中数学北师大版选修4-1教学案第一章22．4amp；2.5切割线定理相交弦定理

2．4&2.5切割线定理相交弦定理[对应学生用书P23]eq\a\vs4\al([自主学习])1．切割线定理(1)文字语言：过圆外一点作圆的一条切线和一条割线，切线长是割线上从这点到两个交点的线段长的比例中项．(2)符号语言：从⊙O外一点P引圆的切线PT和割线PAB，T是切点，则PT2＝PA·PB.(3)图形语言：如图所示．推论：过圆外一点作圆的两条割线，在一条割线上从这点到两个交点的线段长的积，等于另一条割线上对应线段长的积(割线定理)．2．相交弦定理(1)文字语言：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．(2)符号语言：⊙O的两条弦AB和CD相交于圆内的一点P，则PA·PB＝PC·PD.(3)图形语言：如图所示．eq\a\vs4\al([合作探究])1．由相交弦定理知，垂直于弦的直径平分弦．那么，直径被弦分成的两条线段与弦有何关系？提示：弦的一半是直径被弦分成的两条线段的比例中项．2．如图，圆外一点P引圆的两条割线能否有PA·AB＝PC·CD?提示：只有PA＝PC时才有PA·PB＝PC·CD成立．[对应学生用书P23]切割线定理的应用[例1]如图所示，⊙O1与⊙O2相交于A，B两点，AB是⊙O2的直径，过A点作⊙O1的切线交⊙O2于点E，并与BO1的延长线交于点P.PB分别与⊙O1，⊙O2交于C，D两点．求证：(1)PA·PD＝PE·PC；(2)AD＝AE.[思路点拨]本题主要考查切割线定理的应用．解题时由割线定理得PA·PE＝PD·PB，再由切割线定理知PA2＝PC·PB可得结论，然后由(1)进一步可证AD＝AE.[精解详析](1)∵PAE，PDB分别是⊙O2的割线，∴PA·PE＝PD·PB. ①又∵PA，PCB分别是⊙O1的切线和割线，∴PA2＝PC·PB. ②由①②得PA·PD＝PE·PC.(2)连接AD，AC，ED，∵BC是⊙O1的直径，∴∠CAB＝90°.∴AC是⊙O2的切线．又由(1)知eq\f(PA,PE)＝eq\f(PC,PD)，∴AC∥ED.∴AB⊥ED.又∵AB是⊙O2的直径，∴＝，∴AD＝AE.讨论与圆有关的线段间的相互关系，常常可以借助于切割线定理和相似成比例的知识去解决，通常用分析法揭示解题的思考过程，而用综合法来表示解题的形式．1．(湖北高考)如图，P为⊙O外一点，过P点作⊙O的两条切线，切点分别为A，B.过PA的中点Q作割线交⊙O于C，D两点．若QC＝1，CD＝3，则PB＝.解析：由切割线定理，得QA2＝QC·QD＝4⇒QA＝2，则PB＝PA＝2QA＝4.答案：4相交弦定理的应用[例2]如图，已知在⊙O中，P是弦AB的中点，过点P作半径OA的垂线分别交⊙O于C，D两点，垂足是点E.求证：PC·PD＝AE·AO.[思路点拨]由相交弦定理知PC·PD＝AP·PB，又P为AB的中点，所以PC·PD＝AP2.在Rt△PAO中再使用射影定理即可．[精解详析]连接OP，∵P为AB的中点，∴OP⊥AB，AP＝PB.∵PE⊥OA，∴AP2＝AE·AO.∵PD·PC＝PA·PB＝AP2，∴PD·PC＝AE·AO.相交弦定理的运用多与相似三角形联系在一起，经常与射影定理、直角三角形的性质相结合证明某些结论．2．(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：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)相交弦定理与切割线定理的综合应用[例3]如图所示，已知PA与⊙O相切，A为切点，PBC为割线，弦CD∥AP，AD、BC相交于E点，F为CE上一点，且DE2＝EF·EC.(1)求证：∠P＝∠EDF；(2)求证：CE·EB＝EF·EP.(3)若CE∶BE＝3∶2，DE＝6，EF＝4，求PA的长．[思路点拨]本题主要考查相交弦定理与切割线定理的综合应用．解题时先证△CED∽△DEF，同时利用平行关系可证(1)；然后证明△DEF∽△PEA，结合相交弦定理可证(2)；最后由切割线定理可求PA.[精解详析](1)证明：∵DE2＝EF·EC，∴DE∶EC＝EF∶ED.∵∠DEF是公共角，∴△CED∽△DEF.∴∠EDF＝∠C.∵CD∥AP，∴∠C＝∠P.∴∠P＝∠EDF.(2)证明：∵∠P＝∠EDF，∠DEF＝∠PEA，∴△DEF∽△PEA.∴DE∶PE＝EF∶EA，即EF·EP＝DE·EA.∵弦AD，BC相交于点E，∴DE·EA＝CE·EB.∴CE·EB＝EF·EP.(3)∵DE2＝EF·EC，DE＝6，EF＝4，∴EC＝9.∵CE∶BE＝3∶2，∴BE＝6.∵CE·EB＝EF·EP，∴9×6＝4×EP.解得EP＝eq\f(27,2).∴PB＝PE－BE＝eq\f(15,2)，PC＝PE＋EC＝eq\f(45,2).由切割线定理得PA2＝PB·PC.∴PA2＝eq\f(15,2)×eq\f(45,2).∴PA＝eq\f(15,2)eq\r(3).解决与圆有关的线段问题多综合应用相交弦定理及切割线定理，同时注意相似三角形及平行过渡传递等量关系的应用．3．如图，E是⊙O内两弦AB和CD的交点，直线EF∥CB，交AD的延长线于点F，FC与圆交于点G.求证：(1)△DFE∽△EFA；(2)△EFG∽△CFE.证明：(1)∵EF∥CB，∴∠DEF＝∠DCB.∵∠DCB和∠DAB都是上的圆周角，∴∠DAB＝∠DCB＝∠DEF.∵∠DFE＝∠EFA，∴△DFE∽△EFA.(2)由(1)知：△DFE∽△EFA，∴eq\f(EF,AF)＝eq\f(FD,FE).即EF2＝FA·FD.由割线定理得FA·FD＝FG·FC.∴EF2＝FG·FC，即eq\f(EF,GF)＝eq\f(FC,FE).又∵∠EFG＝∠CFE，∴△EFG∽△CFE.本课时主要考查相交弦定理、切割线定理的应用．难度中档，是高考命题的热点内容．[考题印证](新课标全国卷Ⅱ)如图，P是⊙O外一点，PA是切线，A为切点，割线PBC与⊙O相交于点B，C，PC＝2PA，D为PC的中点，AD的延长线交⊙O于点E.证明：(1)BE＝EC；(2)AD·DE＝2PB2.[命题立意]本题主要考查切割线定理、相交弦定理以及三角形的外切定理、弦切角定理、同弧所对的圆心角相等定理．[自主尝试](1)连接AB，AC.由题设知PA＝PD，故∠PAD＝∠PDA.因为∠PDA＝∠DAC＋∠DCA，∠PAD＝∠BAD＋∠PAB，∠DCA＝∠PAB，所以∠DAC＝∠BAD，从而＝.因此BE＝EC.(2)由切割线定理得PA2＝PB·PC.因为PA＝PD＝DC，所以DC＝2PB，BD＝PB.由相交弦定理得AD·DE＝BD·DC，所以AD·DE＝2PB2.[对应学生用书P25]一、选择题1.如图，已知⊙O的两条弦AB，CD相交于AB的中点E，且AB＝4，DE＝CE＋3，则CD的长为()A．4 B．5C．8 D．10解析：选B设CE＝x，则DE＝3＋x.根据相交弦定理，得x(x＋3)＝2×2，x＝1或x＝－4(不合题意，应舍去)．则CD＝3＋1＋1＝5.2.如图，点P是⊙O外一点，PAB为⊙O的一条割线，且PA＝AB，PO交⊙O于点C，若OC＝3，OP＝5，则AB的长为()A．eq\r(10) B．2eq\r(2)C．eq\r(5) D．eq\r(6)解析：选B设PA＝AB＝x，延长PO交圆于点D.因为PA·PB＝PC·PD，OC＝3，OP＝5，所以PC＝2，PD＝8.所以x·2x＝16，所以x＝2eq\r(2).3．如图，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，以BD为直径的圆与BC交于点E，则()A．CE·CB＝AD·DB B．CE·CB＝AD·ABC．AD·AB＝CD2 D．CE·EB＝CD2解析：选A在直角三角形ABC中，根据直角三角形射影定理可得CD2＝AD·DB，再根据切割线定理可得CD2＝CE·CB，所以CE·CB＝AD·DB.4．如图，CA，CD分别切圆O1于A，D两点，CB，CE分别切圆O2于B，E两点．若∠1＝60°，∠2＝65°，判断AB，CD，CE的长度，下列关系正确的是()A．AB>CE>CD B．AB＝CE>CDC．AB>CD>CE D．AB＝CD＝CE解析：选A因为∠1＝60°，∠2＝65°，所以∠ABC＝180°－∠1－∠2＝180°－60°－65°＝55°，所以∠2>∠1>∠ABC，所以AB>BC>AC，因为CA，CD分别切圆O1于A，D两点，CB，CE分别切圆O2于B，E两点，所以AC＝CD，BC＝CE，所以AB>CE>CD.故选A.二、填空题5．如图，圆O是△ABC的外接圆，过点C的切线交AB的延长线于点D，CD＝2eq\r(7)，AB＝3，则BD的长为．解析：由切割线定理得：DB·DA＝DC2，即DB(DB＋BA)＝DC2，∴DB2＋3DB－28＝0，∴DB＝4.答案：46．如图，从圆O外一点P引圆O的切线PA和割线PBC，已知PA＝2eq\r(2)，PC＝4，圆心O到BC的距离为eq\r(3)，则圆O的半径为．解析：记圆O的半径为R.依题意得PA2＝PB·PC，PB＝eq\f(PA2,PC)＝2，BC＝PC－PB＝2，所以R＝eq\r(\f(1,2)BC2＋\r(3)2)＝2.答案：27．如图，⊙O的弦ED，CB的延长线交于点A，若BD⊥AE，AB＝4，BC＝2，AD＝3，则DE＝；CE＝.解析：由切割线定理得AB·AC＝AD·AE，即4×6＝3×(3＋DE)，解得DE＝5；又∠A＝∠A，故△ABD∽△AEC，故∠BCE＝∠BDA＝90°，eq\f(BD,EC)＝eq\f(AD,AC).在直角三角形ABD中，BD＝eq\r(42－32)＝eq\r(7)，∴CE＝eq\f(BD·AC,AD)＝eq\f(\r(7)×6,3)＝2eq\r(7).答案：52eq\r(7)8.如图，已知圆中两条弦AB与CD相交于点F，E是AB延长线上一点，且DF＝CF＝eq\r(2)，AF∶FB∶BE＝4∶2∶1.若CE与圆相切，则线段CE的长为．解析：设BE＝x，则FB＝2x，AF＝4x，由相交弦定理得DF·FC＝AF·FB，即2＝8x2，解得x＝eq\f(1,2)，AE＝eq\f(7,2)，再由切割线定理得CE2＝EB·EA＝eq\f(1,2)×eq\f(7,2)＝eq\f(7,4)，所以CE＝eq\f(\r(7),2).答案：eq\f(\r(7),2)三、解答题9．如图，P为圆O外一点，PA，PB是圆O的两条切线，A，B为切点，OP与AB相交于点M，且点C是上一点．求证：∠OPC＝∠OCM.证明：连接OB，由切线长定理，得PA＝PB，PM⊥AB，PO平分∠APB.又PB⊥OB，在Rt△OPB中，OB2＝OP·OM，∵OB＝OC，∴OC2＝OP·OM，即eq\f(OC,OP)＝eq\f(OM,OC)，∴△OCP∽△OMC，∴∠OPC＝∠OCM.10.如图，两个同心圆的圆心是O，大圆的半径为13，小圆的半径为5，AD是大圆的直径．大圆的弦AB，BE分别与小圆相切于点C，F.AD，BE相交于点G，连接BD.(1)求BD的长．(2)求∠ABE＋2∠D的度数．(3)求eq\f(BG,AG)的值．解：(1)连接OC，因为AB是小圆的切线，C是切点，所以OC⊥AB，所以C是AB的中点．因为AD是大圆的直径，所以O是AD的中点．所以OC是△ABD的中位线．所以BD＝2OC＝10.(2)连接AE.由(1)知C是AB的中点．同理F是BE的中点．即AB＝2BC，BE＝2BF，由切线长定理得BC＝BF.所以BA＝BE.所以∠BAE＝∠E.因为∠E＝∠D，所以∠ABE＋2∠D＝∠ABE＋∠E＋∠BAE＝180°.(3)连接BO，在Rt△OCB中，因为OB＝13，OC＝5，所以BC＝12，AB＝24.由(2)知∠OBG＝∠OBC＝∠OAC.因为∠BGO＝∠AGB，所以△BGO∽△ AGB.所以eq\f(BG,AG)＝eq\f(BO,AB)＝eq\f(13,24).11.如图，在Rt△BDE中，∠BDE＝90°，BC平分∠DBE交DE于点C，AC⊥CB交BE于点A，△ABC的外接圆的半径为r.(1)若∠E＝30°，求证：BC·BD＝r·ED.(2)若BD＝3，DE＝4，求AE的长．解：(1)证明：取AB的中点为O，△ABC是直角三角形，AB是斜边，O是外接圆的圆心，连接CO，所以BO＝CO，∠BCO＝∠OBC，因为BC是∠DBE的平分线，所以∠DBC＝∠