(共23张PPT)
第二讲 直线与圆的位置关系
一 圆周角定理
1.了解圆心角定理,并能应用定理解决问题.
2.理解圆周角定理及其两个推论,并能应用定理解决有关问题.
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1.圆周角定理
1
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3
名师点拨定理中的圆心角与圆周角一定是对着同一条弧,它们才有上面定理中所说的数量关系.
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【做一做1】 如图,在☉O中,若∠BAC=25°,则∠BOC等于( )
A.25° B.50°
C.30° D.12.5°
解析:根据圆周角定理,得
∠BOC=2∠BAC=50°.
答案:B
1
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2.圆心角定理
1
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答案:30°
1
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3.圆周角定理的推论
(1)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相等.
(2)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.
1
2
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名师点拨1.圆心角的度数和它所对的弧的度数相等,但并不是“圆心角等于它所对的弧”.
2.“相等的圆周角所对的弧也相等”的前提条件是“在同圆或等圆中”.
3.由弦相等推出弧相等时,这里的弧要求同圆或等圆中同是优弧或同是劣弧,一般选劣弧.
4.在同圆或等圆中,两个圆心角、两条弧、两条弦三组量之间的相等关系简单地说,就是圆心角相等能推出弧相等,进而能推出弦相等.
1
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【做一做3-1】 如图,在☉O中,若∠BAC=60°,则∠BDC等于( )
A.30°
B.45°
C.60°
D.75°
解析:∠BDC=∠BAC=60°.
答案:C
1
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3
答案:A
圆周角定理的理解
剖析:(1)应用圆周角定理时,要注意的问题如下:
圆周角定理推论1中,同圆或等圆中,相等的圆周角所对的弧相等.这一定理成立的前提是同圆或等圆,否则不成立.
(2)在圆周角定理的证明中,运用了数学中分类讨论和化归的思想以及归纳的证明方法.这个定理是从特殊情况入手研究的,首先研究当角的一边过圆心时,得到圆周角与同弧所对的圆心角的关系,然后研究当角的一边不经过圆心时,圆周角与同弧所对的圆心角之间的关系.当角的一边不经过圆心时,又有两种情况:一是圆心在圆周角内部;二是圆心在圆周角外部.经过这样不同情况的讨论,最后得到:不论角的一边是否经过圆心,都有定理中的结论成立.在几何里,许多定理的证明,都需要像这样分情况进行讨论,后面还会遇到这种分情况证明的定理.
(3)通过圆周角定理的分析、证明,我们可以看到,在几何里讨论问题时,常常从特殊情况入手,因为在特殊情况下问题往往容易解决.如图,中间一种情况为圆周角的一边经过圆心,此时∠AOB=2∠C很容易证明,特殊情况下的问题解决之后,再想办法把一般情况下的问题转化为特殊情况下的问题,如图中的左图和右图的情况,通过辅助线,把它们变成中间图中的两个角的和或差,这样利用特殊情况下的结论,便可使一般情况下的结论得证.
题型一
题型二
题型三
【例1】 如图,△ABC的三个顶点都在☉O上,∠BAC的平分线与BC边和☉O分别交于点D,E.
(1)指出图中相似的三角形,并说明理由;
(2)若EC=4,DE=2,求AD的长.
分析:(1)本题证明两个三角形相似,要用三角形相似的判定定理,而其中角的条件由同弧所对的圆周角相等得出;(2)要求线段长度,先由三角形相似得线段成比例,再求其长度.
题型一
题型二
题型三
解:(1)∵AE平分∠BAC,
∴∠BAD=∠EAC.
又∵∠B=∠E,∴△ABD∽△AEC.
∵∠B=∠E,∠BAE=∠BCE,
∴△ABD∽△CED,△AEC∽△CED.
(2)∵△CED∽△AEC,
∴CE2=ED·AE,
∴16=2AE,∴AE=8.
∴AD=AE-DE=6.
反思求圆中线段长时,常先利用圆周角定理及其推论得到相似三角形,从而得到成比例线段,再列方程求得线段长.
题型一
题型二
题型三
证明:∵BC是☉O的直径,
∴∠BAC为直角.
又∵AD⊥BC,∴Rt△BDA∽Rt△BAC.
∴∠BAD=∠ACB.
∴∠BAD=∠FBA.
∴△ABE为等腰三角形.
∴AE=BE.
题型一
题型二
题型三
题型一
题型二
题型三
反思1.有关圆的题目中,圆周角与它所对的弧经常相互转化,即欲证明圆周角相等,可转化为证明它们所对的弧相等;要证明线段相等也可以转化为证明它们所对的弧相等,这是证明圆中线段相等的常见策略.
2.若已知条件中出现直径,则常用到“直径所对的圆周角为直角”这一性质解决问题.
题型一
题型二
题型三
【变式训练2】 如图,△ABC内接于☉O,D,E在BC边上,且BD=CE,∠1=∠2.求证:AB=AC.
题型一
题型二
题型三
题型一
题型二
题型三
易错点:误认为同弦或等弦所对圆周角相等而致错
【例3】 如图,若∠BAD=75°,则∠BCD= .?
错解:∵∠BAD和∠BCD所对的弦都是BD,
∴∠BAD=∠BCD.
∴∠BCD=75°.
错因分析:错解中,没有注意到圆周角∠BAD和∠BCD所对的弧不相等,导致得到错误的结论∠BAD=∠BCD.
题型一
题型二
题型三
答案:105°
反思同弦或等弦所对的圆周角不一定相等.当弦是直径时,同弦或等弦所对的圆周角相等,都等于90°;当弦不是直径时,该弦将圆周分成两条弧:优弧和劣弧,若圆周角的顶点同在优弧上或同在劣弧上,同弦或等弦所对的圆周角相等;若一个圆周角的顶点在优弧上,另一个圆周角的顶点在劣弧上,则同弦或等弦所对的圆周角不相等,它们互补(如本题).
(共25张PPT)
二 圆内接四边形的性质与判定定理
1.了解圆内接四边形的概念,掌握圆内接四边形的性质定理及其应用.
2.理解圆内接四边形的判定定理及其推论,并能解决有关问题.
3.了解反证法在证明问题中的应用.
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3
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1.性质定理1
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【做一做1】 已知四边形ABCD内接于圆O,∠A=25°,则∠C等于( )
A.25° B.75° C.115° D.155°
解析:∵四边形ABCD内接于圆,
∴∠A+∠C=180°.
又∵∠A=25°,
∴∠C=180°-∠A=155°.
答案:D
1
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2.性质定理2
1
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【做一做2】 如图,四边形ABCD内接于圆O,延长AB到点E,若∠ADC=32°,则∠CBE等于( )
A.32° B.58° C.64° D.148°
解析:∵四边形ABCD内接于圆O,
∴∠CBE=∠ADC=32°.
答案:A
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归纳总结1.利用这两个性质定理,可以借助圆变换角的位置,得到角的相等关系或互补关系,再进行其他的计算或证明.
2.利用这两个定理可以得出一些重要结论,如内接于圆的平行四边形是矩形;内接于圆的菱形是正方形;内接于圆的梯形是等腰梯形等.
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3.圆内接四边形判定定理
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【做一做3】 下列四边形的四个顶点共圆的是( )
A.梯形 B.矩形
C.平行四边形 D.菱形
答案:B
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4.推论
归纳总结性质定理1和判定定理互为逆定理,性质定理2和判定定理的推论互为逆定理.
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【做一做4】 如图,四边形ABCD的边AB的延长线上有一点E,且BC=BE,∠D=80°,∠E=50°.求证:四边形ABCD内接于圆.
证明:∵BC=BE,∴∠E=∠BCE.
则∠EBC=180°-2∠E=80°,
∴∠EBC=∠D.∴四边形ABCD内接于圆.
1.圆内接四边形的性质定理与判定定理
剖析:(1)圆的内接四边形的外角及内对角
如图,圆内接四边形ABCD的内角∠BAD的两个补角∠1和∠2称为圆内接四边形的外角.因为∠BAD和∠C两角相对,所以∠C称为∠1与∠2的内对角,且它们满足∠BAD+∠C=180°,∠1=∠2=∠C.
(2)判定定理与性质定理的内在联系
性质定理1和判定定理互为逆定理,性质定理2与判定定理的推论互为逆定理.
2.与圆内接四边形有关的相似三角形
剖析:如图,通过掌握与圆有关的相似三角形的基本图形,可以在解题过程中遵循正确的思维规律和解题步骤,对图形运用自如,融为一体,做出连贯反应.
基本图形1 基本图形2 基本图形3
基本图形1:圆的任意内接四边形ABCD,有△AED∽△BEC,△DEC∽△AEB.
基本图形2:四边形ABCD内接于☉O,AD,BC的延长线交于点F,其中相似三角形有△AED∽△BEC,△AEB∽△DEC,△CDF∽△ABF,△ACF∽△BDF.
基本图形3:四边形ABCD内接于☉O,AD,BC的延长线交于点F,AB为直径,其中相似三角形有△DEC∽△AEB,△FDC∽△FBA,Rt△AFC∽Rt△BFD∽Rt△AED∽Rt△BEC.
题型一
题型二
题型三
【例1】 如图,在△ABC中,E,D,F分别为AB,BC,AC的中点,且AP⊥BC于点P.求证:E,D,P,F四点共圆.
分析:连接PF,转化为证明∠FED=∠FPC,先利用中点证明∠FED=∠C,再利用AP⊥BC证明PF=FC,得∠C=∠FPC,即得出∠FED=∠FPC.
题型一
题型二
题型三
证明:如图,连接PF.
∵AP⊥BC,F为AC的中点,
∴PF是Rt△APC斜边上的中线.
∴PF=FC,∴∠FPC=∠C.
∵E,F,D分别为AB,AC,BC的中点,
∴EF∥CD,ED∥FC.
∴四边形EDCF为平行四边形.
∴∠FED=∠C,∴∠FPC=∠FED.
∴E,D,P,F四点共圆.
题型一
题型二
题型三
反思判定四点共圆的方法:①如果四个点与一定点距离相等,那么这四个点共圆;②如果一个四边形的一组对角互补,那么这个四边形的四个顶点共圆;③如果一个四边形的一个外角等于它的内角的对角,那么这个四边形的四个顶点共圆(如本题);④与线段两个端点连线的夹角相等(或互补)的点连同该线段两个端点在内共圆.
题型一
题型二
题型三
【变式训练1】 在锐角三角形ABC中,AD是BC边上的高,DE⊥AB,DF⊥AC,点E,F是垂足.
求证:E,B,C,F四点共圆.
题型一
题型二
题型三
证明:如图,连接EF,
∵DE⊥AB,DF⊥AC,
∴A,E,D,F四点共圆.
∴∠1=∠2.
∵AD是BC边上的高,
∴∠1+∠C=∠2+∠C=90°.
∴∠BEF+∠C=180°.
∴B,E,F,C四点共圆.
题型一
题型二
题型三
【例2】 如图,已知四边形ABCD内接于☉O,延长AB和DC相交于点E,EG平分∠AED,且与BC,AD分别交于点F,G.求证:∠CFG=∠DGF.
分析:由∠BEF=∠DEG,可证明△EBF∽△EDG,又∠BFE与∠CFG是对顶角,问题获证.
题型一
题型二
题型三
证明:∵四边形ABCD内接于☉O,
∴∠EBF=∠ADE.
又EF是∠AED的平分线,
则∠BEF=∠DEG,
∴△EBF∽△EDG.
∴∠EFB=∠DGF.
又∵∠EFB=∠CFG,
∴∠CFG=∠DGF.
反思当已知条件中出现圆内接四边形时,常用圆内接四边形的性质定理来获得角相等或互补,从而为证明三角形相似或两条直线平行等问题创造条件.
题型一
题型二
题型三
【变式训练2】 如图,两圆☉O1,☉O2相交于点A,B.☉O1的弦BC交☉O2于点E,☉O2的弦BD交☉O1于点F.
求证:(1)若∠DBA=∠CBA,则DF=CE;
(2)若DF=CE,则∠DBA=∠CBA.
题型一
题型二
题型三
证明:(1)如图,连接AE,AF,AC,AD,则∠3=∠4,∠5=∠6.
∴AD=AE,∴△ACE≌△AFD.
故CE=DF.
(2)由(1)得∠3=∠4,∠5=∠6.
又∵DF=CE,∴△ACE≌△AFD,
∴AD=AE,
∴∠1=∠2,即∠DBA=∠CBA.
题型一
题型二
题型三
易错点:错用圆内接四边形的外角等于它的内角的对角这一定理而致错
【例3】 如图,四边形ABCD是☉O的内接四边形,E为AB的延长线上一点,若∠CBE=40°,则∠AOC等于( )
A.20° B.40°
C.80° D.100°
错解:∵四边形ABCD是☉O的内接四边形,
∴根据圆内接四边形的外角等于它的内角的对角,得∠CBE=∠COA=40°.故选B.
错因分析:上述解答错误的原因是对性质定理2的理解不透彻,不能准确理解“外角等于它的内角的对角”的含义.所谓的“内角的对角”通常是指圆周角.
题型一
题型二
题型三
正解:∵四边形ABCD是圆内接四边形,且∠CBE=40°,由圆内接四边形的性质知∠D=∠CBE=40°.又由圆周角定理知∠AOC=2∠D=80°.
答案:C
(共20张PPT)
三 圆的切线的性质及判定定理
1.理解切线的性质定理及其两个推论,并能解决相关的计算或证明问题.
2.掌握切线的判定定理,会判定直线与圆相切.
1
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1.切线的性质定理
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【做一做1】 如图,已知直线l与☉O相切于点A,点B是l上异于点A的一点,则△OAB是( )
A.等边三角形
B.锐角三角形
C.直角三角形
D.钝角三角形
解析:∵l与☉O相切,
∴l⊥OA.∴OA⊥AB.
∴∠OAB=90°,△OAB是直角三角形.
答案:C
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2.性质定理推论1
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【做一做2】 如图,直线l与☉O相切,点P是l上任一点,当OP⊥l时,则( )
A.点P不在☉O上
B.点P在☉O上
C.点P不可能是切点
D.OP大于☉O的半径
解析:由于OP⊥l,则P是l与☉O的切点,则点P在☉O上.
答案:B
1
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3.性质定理推论2
1
2
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归纳总结由性质定理及其两个推论,可得出如下的结论:如果一条直线具备下列三个条件中的任意两个,(1)垂直于切线;(2)过切点;(3)过圆心,就可推出第三个.于是在利用切线的性质时,过切点的半径是常作的辅助线.
1
2
3
4
【做一做3】 直线l与☉O相切于点P,在经过点P的所有直线中,经过点O的直线有( )
A.1条 B.2条 C.3条 D.无数条
解析:过P且垂直于l的直线仅有1条,此时点O在该垂线上,故选A.
答案:A
1
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3
4.切线的判定定理
1
2
4
3
名师点拨在切线的判定定理中,要分清定理的条件和结论,强调“经过半径的外端”和“垂直于这条半径”这两个条件缺一不可,否则就不是圆的切线,如图①②中的例子就不能同时满足这两个条件,所以都不是圆的切线.
1
2
4
3
【做一做4】 如图,AB经过☉O上一点C,且OA=OB,AC=CB.求证:直线AB是☉O的切线.
分析:转化为证明OC⊥AB即可.
证明:如图,连接OC.
∵OA=OB,
∴△OAB是等腰三角形.
又∵AC=CB,∴OC⊥AB.
又∵OC是☉O的半径,
∴直线AB是☉O的切线.
判定切线的方法
剖析:判定切线通常有三种方法:(1)定义法:和圆有唯一一个公共点的直线是圆的切线;(2)距离法:到圆心的距离等于半径的直线是圆的切线;(3)定理法:经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线.
“经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线”是“到圆心的距离等于半径的直线是圆的切线”的定理具体化.在使用时要根据题目的具体要求选取合适的方法:若已知要证的切线经过圆上一点,则需把这点与圆心相连,证明这条直线与此半径垂直,即用定理法;若不能确定已知要证的切线与圆有公共点,则需先向这条直线作垂线,再证明此垂线段是圆的半径,即用距离法证明;通常不用定义法证明.
题型一
题型二
【例1】 如图,在△ABC中,AB=AC,以AB为直径的☉O交BC于点D,过点D作☉O的切线交AC于点E.
求证:DE⊥AC.
分析:由DE是☉O的切线,知OD⊥DE,故要证明DE⊥AC,只需要证明OD∥AC即可.
题型一
题型二
证明:如图,连接OD,AD.
∵AB为☉O的直径,
∴AD⊥BC.
∵AB=AC,即△ABC为等腰三角形,
∴AD为BC边上的中线,即BD=DC.
又∵OA=OB,∴OD为△ABC的中位线.
∴OD∥AC.
∵DE切☉O于点D,∴OD⊥DE.∴DE⊥AC.
反思利用圆的切线的性质来证明或进行有关的计算时,连接圆心和切点的半径是常用辅助线.
题型一
题型二
【变式训练1】 如图,已知∠C=90°,点O在AC上,CD为☉O的直径,☉O切AB于点E,若BC=5,AC=12,求☉O的半径.
题型一
题型二
题型一
题型二
【例2】 如图,AB是☉O的直径,AE平分∠BAF交☉O于点E,过E作直线与AF垂直,交AF的延长线于点D,且交AB的延长线于点C.求证:CD是☉O的切线.
分析:只需证明OE⊥CD即可.
题型一
题型二
反思根据圆的切线性质判定圆的切线是平面几何中最常用的方法.这种方法的步骤是:①连接圆心和公共点;②转化为证明直线过公共点且垂直于所连线段.由此看出,证明圆的切线可转化为证明直线垂直.
证明:如图,连接OE.
∵OA=OE,∴∠1=∠2.
又AE平分∠BAF,
∴∠2=∠3.∴∠1=∠3.
∴OE∥AD.
∵AD⊥CD,∴OE⊥CD.
∴CD是☉O的切线.
题型一
题型二
【变式训练2】 如图,AB是☉O的直径,BC是☉O的切线,切点为B,OC平行于弦AD.求证:DC是☉O的切线.
证明:如图,连接OD.
∵OC∥AD,∴∠1=∠3,∠2=∠4.
又∵∠1=∠2,∴∠4=∠3.
∵OD=OB,OC=OC,∴△ODC≌△OBC.
∴∠ODC=∠OBC=90°.
又∵点D在圆上,∴DC是☉O的切线.
(共19张PPT)
四 弦切角的性质
1.理解弦切角的概念,会判断弦切角.
2.掌握弦切角定理的内容,并能利用定理解决有关问题.
1
2
1.弦切角
顶点在圆上,一边和圆相交、另一边和圆相切的角叫做弦切角.
名师点拨弦切角可分为三类:(1)圆心在角的外部,如图①;(2)圆心在角的一边上,如图②;(3)圆心在角的内部,如图③.
1
2
【做一做1】 如图,已知EC与☉O相切于点B,AB是☉O的一条弦,D是☉O上异于点A,点B的一点,则下列为弦切角的是( )
A.∠ADB
B.∠AOB
C.∠ABC
D.∠BAO
解析:∠ADB是圆周角,∠AOB是圆心角,∠ABC是弦切角,∠BAO不是弦切角.
答案:C
1
2
2.弦切角定理
1
2
归纳总结1.弦切角定理的推论:若一个圆的两个弦切角所夹的弧相等,则这两个弦切角也相等.
2.弦切角定理也可以表述为弦切角的度数等于它所夹的弧的度数的一半.这就建立了弦切角与弧之间的数量关系,它为直接依据弧进行角的转换确立了基础.
1
2
3.圆心角、圆周角、弦切角的比较.
1
2
【做一做2-1】 如图,MN与☉O相切于点M,Q和P是☉O上两点,若∠PQM=70°,则∠NMP等于( )
A.20°
B.70°
C.110°
D.160°
解析:∵∠NMP是弦切角,
∴∠NMP=∠PQM=70°.
答案:B
1
2
【做一做2-2】 过圆内接△ABC的顶点A引☉O的切线交BC的延长线于点D,若∠B=35°,∠ACB=80°,则∠D为 ( )
A.45° B.50° C.55° D.60°
解析:如图,∵AD为☉O的切线,
∴∠DAC=∠B=35°.
∵∠ACB=80°,
∴∠D=∠ACB-∠DAC=80°-35°=45°.
答案:A
对弦切角的理解
剖析:弦切角的特点:(1)顶点在圆上;(2)一边与圆相交;(3)另一边与圆相切.
弦切角定义中的三个条件缺一不可.如图①②③④中的角都不是弦切角.图①中,缺少“顶点在圆上”的条件;图②中,缺少“一边和圆相交”的条件;图③中,缺少“一边和圆相切”的条件;图④中,缺少“顶点在圆上”和“另一边和圆相切”两个条件.
题型一
题型二
题型三
【例1】 如图,AD是△ABC中∠BAC的平分线,☉O经过点A且与BC切于点D,与AB,AC分别相交于点E,F.求证:EF∥BC.
分析:连接DF,于是∠FDC=∠DAC,根据AD是∠BAC的平分线,有∠BAD=∠DAC,而∠BAD与∠EFD对着同一段弧,由此得到∠EFD与∠FDC的相等关系,根据内错角相等,可以断定两条直线平行.
题型一
题型二
题型三
证明:如图,连接DF,
∵AD是∠BAC的平分线,
∴∠BAD=∠DAC.
∵∠EFD=∠BAD,
∴∠EFD=∠DAC.
∵BC切☉O于点D,
∴∠FDC=∠DAC.
∴∠EFD=∠FDC.∴EF∥BC.
反思当已知条件中出现圆的切线时,借助于弦切角定理,常用角的关系证明两条直线平行:①内错角相等,两条直线平行;②同位角相等,两条直线平行;③同旁内角互补,两条直线平行等.证明时可以根据图形与已知条件合理地选择.
题型一
题型二
题型三
【变式训练1】 如图,△ABC内接于☉O,AB的延长线与过点C的切线GC相交于点D,BE与AC相交于点F,且CB=CE.
求证:BE∥DG.
证明:∵CG为☉O的切线,
∴∠EBC=∠GCE.
∴∠EBC=∠E.∴∠E=∠GCE.
∴DG∥BE.
题型一
题型二
题型三
【例2】 已知△ABC内接于☉O,∠BAC的平分线交☉O于点D,CD的延长线交过点B的切线于点E.
分析:直接证明此等式有一定的难度,可以考虑把它分解成两个比例式的形式,借助相似三角形的性质得出结论.
题型一
题型二
题型三
证明:连接BD,如图.
∵AD是∠BAC的平分线,
∴∠BAD=∠CAD.
又∠BCD=∠BAD,
∠CBD=∠CAD,
∴∠BCD=∠CBD.
∴BD=CD.
题型一
题型二
题型三
又BE为☉O的切线,
∴∠EBD=∠BCD.
在△BED和△CEB中,
∠EBD=∠ECB,∠BED=∠CEB,
∴△BED∽△CEB.
反思已知直线与圆相切,证明线段成比例时,常先利用弦切角定理和圆周角定理得到角相等,再通过三角形相似得到成比例线段.
题型一
题型二
题型三
【变式训练2】 如图,AB为☉O的直径,弦CD∥AB,AE切☉O于点A,交CD的延长线于点E.求证:BC2=AB·DE.
证明:如图,连接BD,OD,OC.
∵AE切☉O于点A,∴∠EAD=∠ABD,
且AE⊥AB.又AB∥CD,∴AE⊥CE,∴∠E=90°.
∵AB为☉O的直径,∴∠ADB=90°.
∴∠E=∠ADB,
∴△ADE∽△BAD,
∴AD2=AB·DE.
∵CD∥AB,∴∠1=∠2,∠3=∠4.
∵∠2=∠4,∴∠1=∠3,
∴AD=BC,∴BC2=AB·DE.
题型一
题型二
题型三
易错点:忽视弦切角的一边是切线致错
【例3】 如图,已知△ABC内接于☉O,AD⊥AC,∠C=32°,∠B=110°,则∠BAD= .?
错解:∵AD⊥AC,
∴∠BAD是弦切角.
∴∠BAD=∠C.
又∠C=32°,∴∠BAD=32°.
错因分析:错解中,误认为∠BAD是弦切角.虽然AD⊥AC,但AD不是切线.
题型一
题型二
题型三
正解:∵∠C+∠B+∠BAC=180°,
∴∠BAC=180°-∠C-∠B=38°.
又AD⊥AC,∴∠BAC+∠BAD=90°.
∴∠BAD=90°-∠BAC=90°-38°=52°.
答案:52°
反思在利用弦切角定理解决问题时,要注意所涉及的角是不是弦切角,即弦切角的三个条件缺一不可.
(共27张PPT)
五 与圆有关的比例线段
1.掌握相交弦定理及其应用.
2.掌握割线定理、切割线定理及其应用.
3.掌握切线长定理及其应用.
1
2
3
4
1.相交弦定理
归纳总结由相交弦定理可得推论:垂直于弦的直径平分这条弦,且该弦的一半是直径被弦分成的两条线段的比例中项.
1
2
3
4
【做一做1】 如图,已知☉O的两条弦AB与CD相交于点E,EC=1,DE=4,AE=2,则BE等于( )
A.1 B.2
C.3 D.4
解析:∵AE·EB=DE·EC,
∴2EB=4×1.∴EB=2.
答案:B
1
2
3
4
2.割线定理
1
2
3
4
【做一做2】 如图,已知P是☉O外一点,PC=4,PD=2,则PA·PB等于( )
A.2 B.4
C.8 D.不确定
解析:∵PA·PB=PC·PD,
∴PA·PB=4×2=8.
答案:C
1
2
3
4
3.切割线定理
1
2
3
4
名师点拨相交弦定理、割线定理和切割线定理(割线定理的推论)统称为圆幂定理.可统一记忆成一个定理:过圆内或圆外一点作圆的两条割线,则这两条割线被圆截出的两弦被定点分(内分或外分)成两线段长的积相等(至于切线可看作是两个交点重合的割线).两条线段的长的积是常数PA·PB=|R2-d2|,其中d为定点P到圆心O的距离.若点P在圆内,dR,则该常数为d2-R2.使用时注意每条线段的两个端点一个是公共点,另一个是与圆的交点.
1
2
3
4
【做一做3】 如图,已知P是☉O外一点,PA与☉O相切于点A,过点P的直线l交☉O于点B,C,且PB=4,PC=9,则PA等于( )
A.4 B.6
C.9 D.36
解析:∵PA2=PB·PC=4×9=36,
∴PA=6.
答案:B
1
2
4
3
4.切线长定理
1
2
4
3
【做一做4】 如图,已知PA,PB分别为☉O的切线,切点分别为A,B,∠P=80°,则∠C= .?
解析:∵PA,PB分别为☉O的切线,
∴PA=PB.
又∠P=80°,∴∠PAB=∠PBA=50°.
∴∠ACB=∠PAB=50°.
答案:50°
1.与圆有关的比例线段问题
剖析:与圆有关的比例线段问题,主要是圆与相似形的综合,其解法大致可分以下几种:
(1)直接由相似形得到,即先由已知条件证得两个三角形相似,从而直接得到有关对应线段成比例.这是简单型的比例线段问题.
(2)利用“等线段”代换得到,在证明“等积式”形如a2=bc时,如果其中有三条线段共线,那么一般往往把平方项线段用“等线段”进行代换.
(3)利用“中间积”代换得到,在证明“等积式”形如a2=bc时,如果其中有三条线段共线,可以把平方项的线段利用中间积进行代换.
(4)利用“中间比”代换得到,在证明比例线段(不论共线与否),如果不能直接运用有关定理,可以寻找“中间比”进行代换.
与圆有关的比例线段证明要诀:圆幂定理是法宝,相似三角形中找诀窍,联想射影定理分角线,辅助线来搭桥,第三比作介绍,代数方法不可少,分析综合要记牢,十有八九能见效.
2.垂径定理、切线长定理、射影定理、相交弦定理、切割线定理之间的关系
剖析:如图,PA,PB为☉O的两条切线,A,B为切点,PCD为过圆心O的割线,连接AB,交PD于点E,则有下列结论:
(1)PA2=PB2=PC·PD=PE·PO;
(2)AE2=BE2=DE·CE=OE·PE;
(3)若AC平分∠BAP,
则C为△PAB的内心;
(4)OA2=OC2=OE·OP=OD2;
(6)∠AOP=∠BOP,∠APD=∠BPD.
题型一
题型二
题型三
题型四
【例1】 如图,已知过☉O内一点A作直线,交☉O于B,C两点,且AB·AC=64,OA=10,则☉O的半径 r= .?
题型一
题型二
题型三
题型四
反思相交弦定理的结论是线段成比例,也可以看成等式,因此利用相交弦定理既可以得到成比例线段,又可以建立方程来解决问题.如本题中,利用相交弦定理列出关于半径r的方程.
题型一
题型二
题型三
题型四
题型一
题型二
题型三
题型四
【例2】 如图,已知☉O的割线PAB交☉O于点A和点B,PA=6 cm,AB=8 cm,PO=10.9 cm,求☉O的半径.
分析:由于PO既不是☉O的切线,也不是割线,故需将PO延长交☉O于点D,构成圆的一条割线,而OD又恰好是☉O的半径,于是运用割线定理解题即可.
题型一
题型二
题型三
题型四
解:如图,将PO延长交☉O于点D.
根据割线定理,可得PA·PB=PC·PD.
设☉O的半径为r cm,
则6×(6+8)=(10.9-r)(10.9+r),
解得r=5.9,即☉O的半径为5.9 cm.
反思如果已知条件中出现过圆外同一点的圆的割线,那么常用到割线定理.本题中,利用割线定理列出关于半径r的方程,进而可求出r的值.
题型一
题型二
题型三
题型四
【变式训练2】
如图,PB和PD为圆的两条割线,分别交圆于点A,B和点C,D.若PA=5,AB=7,CD=11,则AC∶BD= .?
题型一
题型二
题型三
题型四
答案:1∶3
题型一
题型二
题型三
题型四
题型一
题型二
题型三
题型四
证明:如图,连接BC,BD.
∴∠DBE=∠CBE.
又AB是☉O的切线,
∴∠ABC=∠CDB.
∴∠ABC+∠CBE=∠DBE+∠CDB,
∴∠ABF=∠AFB.
∴AB=AF.
又AB是☉O的切线,ACD为割线,由切割线定理,可知AC·AD=AB2,
∴AF2=AC·AD.
反思如果已知条件中同时出现过圆外同一点的切线和割线,那么常用到切割线定理.
题型一
题型二
题型三
题型四
【变式训练3】
如图,自圆O外一点P引切线与圆切于点A,M为PA的中点,过M引割线交圆于B,C两点.求证:∠MCP=∠MPB.
证明:∵PA与圆相切于点A,
∴MA2=MB·MC.
∵M为PA的中点,
∴PM=MA,
∴PM2=MB·MC,
∵∠BMP=∠PMC,
∴△BMP∽△PMC,∴∠MCP=∠MPB.
题型一
题型二
题型三
题型四
【例4】 如图,AB是☉O的直径,C是☉O上一点,过点C的切线与过A,B两点的切线分别交于点E,F,AF与BE交于点P.
求证:∠EPC=∠EBF.
证明:∵EA,EF,FB是☉O的切线,
∴EA=EC,FC=FB.
∵EA,FB切☉O于A,B,AB是直径,
∴EA⊥AB,FB⊥AB.
题型一
题型二
题型三
题型四
反思如果已知条件中出现过圆外同一点的切线,那么常用到切线长定理.首先要注意分析其中的等量关系,即①切线长相等,②圆外的点与圆心的连线平分两条切线的夹角,然后结合直角三角形、相似三角形等图形的有关性质进行计算与证明.
题型一
题型二
题型三
题型四
【变式训练4】
如图,PA,PB是☉O的两条切线,A,B为切点,直线OP交☉O于点D,E,交AB于点C,图中互相垂直的线段有 .(只要求写出一对线段)?
解析:如题图,由于PA,PB均为☉O的切线,
∴PA⊥OA,PB⊥OB.
又由切线长定理得PA=PB,OP为∠APB的平分线,
∴AB⊥OP,故应填PA⊥OA或PB⊥OB或AB⊥OP.
答案:AB⊥OP(答案不唯一)
(共25张PPT)
本讲整合
专题一
专题二
专题一 与圆有关的角的计算与证明
圆中的角有四类:圆心角、圆周角、弦切角和弧所对的角,与圆有关的角的计算与证明通常涉及这四类角,因此圆周角定理、圆心角定理和弦切角定理是解决此类问题的知识基础,通常利用圆周角、弦切角、圆心角与弧的关系来转化,并借助于圆内接四边形的对角互补和圆的切线垂直于经过切点的半径来解决.
专题一
专题二
A.50° B.45° C.40° D.35°
∴∠CAE-∠ECA=10°.
又∠CEB=∠CAE+∠ACE=60°,
∴∠CAE=35°,即∠CAB=35°.
答案:C
专题一
专题二
应用2如图,已知D,E分别是△ABC的BC,AC边上的点,且∠ADB=∠AEB.求证:∠CED=∠ABC.
提示:要证明∠CED=∠ABC,容易想到圆内接四边形的性质,需证明A,B,D,E四点共圆.用圆内接四边形的判定定理不易找到条件,故采用分类讨论来解决.
专题一
专题二
证明:作△ABE的外接圆,则点D与外接圆有三种位置关系:①点D在圆外;②点D在圆内;③点D在圆上.
(1)如果点D在圆外,设BD与圆交于点F,连接AF,
如图.则∠AFB=∠AEB.而∠AEB=∠ADB,则
∠AFB=∠ADB.这与“三角形的外角大于任一
不相邻的内角”矛盾.故点D不能在圆外.
(2)如果点D在圆内,设圆与BD的延长线交于点F,连接AF,如图,
则∠AFB=∠AEB.
又因为∠AEB=∠ADB,
所以∠AFB=∠ADB.
这也与“三角形的外角大于任一不相邻的内角”矛盾.
故点D不可能在圆内.综上可得,点A,B,D,E在同一圆上.所以∠CED=∠ABC.
专题一
专题二
专题二 与圆有关的线段的计算与证明
在圆中,解决与圆有关的线段的计算与证明问题时,先考虑圆幂定理,即相交弦定理、割线定理、切割线定理和切线长定理,得到成比例线段,再结合射影定理、相似三角形进行等比代换或等量代换加以证明或列出方程解得线段的长.
专题一
专题二
应用3如图,过☉O外一点A作一条直线与☉O交于C,D两点,AB切☉O于点B,弦MN过CD的中点P.若AC=4,AB=6,则MP·NP= .?
专题一
专题二
应用4在两圆公共弦AB上,任取一点G,过点G作直线交一圆于点C,D,交另一圆于点E,F.
求证:CG·ED=EG·CF.
提示:简单型的比例线段问题,首先考虑证明两个三角形相似.
证明:如图,连接AD,AE,BC,BF.
∵∠D=∠ABC,∠AGD=∠CGB,
∴△ADG∽△CBG.
∴AG·BG=CG·DG.①
专题一
专题二
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1(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( )
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解析:由相交弦定理,
因为M,N是弦AB的三等分点,
所以AM=MN=NB,MB=AN.
所以AM·MB=AN·NB.
答案:A
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解析:由切割线定理得EC2=EB·EA,
即12=EB·(EB+4),可求得EB=2.
连接OC,则OC⊥DE,所以OC∥AD,
答案:3
2(广东高考)如图,AB为圆O的直径,E为AB延长线上一点,过E作圆O的切线,切点为C,过A作直线EC的垂线,垂足为D.若AB=4,CE=
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3(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:因为PA是圆的切线,
所以有PA2=PC·PD,
因此CD=PD-PC=9.
又因为CE∶ED=2∶1,所以CE=6,ED=3.
又由相交弦定理可得AE·BE=CE·ED,
答案:2
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4(广东高考)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作BC的平行线,分别交EC和AC于点D和点P,则OD= .?
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答案:8
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5(课标全国Ⅰ高考)如图,AB是☉O的直径,AC是☉O的切线,BC交☉O于点E.
(1)若D为AC的中点,证明:DE是☉O的切线;
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解:(1)连接AE,由已知得,AE⊥BC,AC⊥AB.
在Rt△AEC中,由已知得,DE=DC,故∠DEC=∠DCE.
连接OE,则∠OBE=∠OEB.
又∠ACB+∠ABC=90°,
所以∠DEC+∠OEB=90°,
故∠OED=90°,DE是☉O的切线.
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6(课标全国Ⅱ高考)如图,O为等腰三角形ABC内一点,☉O与△ABC的底边BC交于M,N两点,与底边上的高AD交于点G,且与AB,AC分别相切于E,F两点.
(1)证明:EF∥BC;
(2)若AG等于☉O的半径,且AE=MN=
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解:(1)由于△ABC是等腰三角形,AD⊥BC,所以AD是∠CAB的平分线.
又因为☉O分别与AB,AC相切于点E,F,
所以AE=AF,故AD⊥EF.
从而EF∥BC.
(2)由(1)知,AE=AF,AD⊥EF,
故AD是EF的垂直平分线.
又EF为☉O的弦,所以O在AD上.
连接OE,OM,则OE⊥AE.
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由AG等于☉O的半径得AO=2OE,
所以∠OAE=30°.
因此△ABC和△AEF都是等边三角形.
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7(课标全国Ⅰ高考)如图,四边形ABCD是☉O的内接四边形,AB的延长线与DC的延长线交于点E,且CB=CE.
(1)证明:∠D=∠E;
(2)设AD不是☉O的直径,AD的中点为M,且MB=MC,证明:△ADE为等边三角形.
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(1)证明:由题设知A,B,C,D四点共圆,所以∠D=∠CBE.
由已知得∠CBE=∠E,故∠D=∠E.
(2)解:设BC的中点为N,连接MN,则由MB=MC,知MN⊥BC,故O在直线MN上.
又AD不是☉O的直径,M为AD的中点,
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为等边三角形.
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8(课标全国Ⅱ高考)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.
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证明:(1)连接AB,AC,
由题设知PA=PD,故∠PAD=∠PDA.
因为∠PDA=∠DAC+∠DCA,
∠PAD=∠BAD+∠PAB,∠DCA=∠PAB,
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.
