中考数学思维方法讲义第13讲 直线和圆的位置关系 I.docx

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中考数学思维方法讲义第13讲直线和圆的位置关系I

状元廊学校数学思维方法讲义之十三年级：

九年级

2019-2020年中考数学思维方法讲义：

第13讲直线和圆的位置关系（I）

圆的知识在平面几何中乃至整个初中教学中都占有重要的地位，而直线和圆的位置关系的应用又比较广泛，它是初中几何知识的综合运用，又是在学习了点和圆的位置关系的基础上进行的，在几何证明与计算中，将起到重要的作用，是中考必考查点。

【知识纵横】

§Ⅰ直线和圆的位置关系：

设圆的半径为r，圆心到直线的距离为d．

⑴直线与圆相交d______r；

⑵直线与圆相切d______r；

⑶直线与圆相离d______r。

§Ⅱ圆的切线：

1．一个定义：

与圆只有一个公共点的直线叫做圆的_____；这个公共点叫做_____；

2．两种判定：

⑴若圆心到直线的距离等于半径，则该直线是圆的切线；⑵经过直径的一端，并且垂直于这条直径的直线是圆的切线；

3．判定直线和圆的位置，一般考虑如下“三步曲”：

一“看”：

看看题目中有没有告诉我们直线和圆有几个公共点；

二“算”：

算算圆心到直线的距离d和圆的半径为r之间的大小关系，然后根据上述关系作出判断；

三“证明”：

证明直线是否经过直径的一端，并且与该直径的位置关系是否垂直。

4．四条性质：

切线有许多重要性质

⑴圆心到切线的距离等于圆的_____；

⑵过切点的半径垂直于_____；

⑶经过圆心，与切线垂直的直线必经过_____；

⑷经过切点，与切线垂直的直线必经过_____。

5．弦切角

定义：

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；

定理：

弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角．

推论：

a）两个弦切角所夹的弧相等，这两个弦切角也相等；

b）弦切角的度数等于它所夹弧度数的一半。

【典例精析】

考点1:

直线和圆的位置关系

【例1】1、如图，已知⊙是以数轴的原点为圆心，半径为1的圆，,点在数轴上运动，若过点且与平行的直线与⊙有公共点,设，则的取值范围是__________．

2、射线QN与等边△ABC的两边AB，BC分别交于点M，N，且AC∥QN，AM=MB=2cm，QM=4cm．动点P从点Q出发，沿射线QN以每秒1cm的速度向右移动，经过t秒，以点P为圆心，cm为半径的圆与△ABC的边相切（切点在边上），请写出t可取的一切值（单位：

秒）．

变式一：

1、如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，AB=．若动点D在线段AC上（不与点A、C重合），过点D作DE⊥AC交AB边于点E．

（1）当点D运动到线段AC中点时，DE=；

（2）点A关于点D的对称点为点F，以FC为半径作⊙C，当DE=时，⊙C与直线AB相切．

2、如图，在直角梯形ABCD中，已知AD∥BC，∠C=90°，且

AB>AD+BC，AB是⊙O直径，则直线CD与⊙O的位置关系为______．

考点2:

圆的切线的性质基本运用

【例2】已知直线PD垂直平分⊙O的半径OA于点B，PD交⊙O于点C、D，PE是⊙O的切线，E为切点，连结AE，交CD于点F．

（1）若⊙O的半径为8，求CD的长；

（2）证明：

PE=PF；

（3）若PF=13，sinA=，求EF的长．

变式二：

如图，⊙O是△ABC的外接圆，FH是⊙O的切线，切点为F，FH∥BC，连结AF交BC于E，∠ABC的平分线BD交AF于D，连结BF．

（1）证明：

AF平分∠BAC；

（2）证明：

BF=FD；

（3）若EF＝4，DE＝3，求AD的长．

考点3:

切线的判定定理运用

【例4】如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径作半圆⊙O，交BC于点D，连接AD，过点D作DE⊥AC，垂足为点E，交AB的延长线于点F．

（1）求证：

EF是⊙O的切线；

（2）如果⊙O的半径为5，sin∠ADE=，求BF的长．

【例5】如图，在⊙O中，直径AB⊥CD，垂足为E，点M在OC上，AM的延长线交⊙O于点G，交过C的直线于F，∠1=∠2，连结CB与DG交于点N．

（1）求证：

CF是⊙O的切线；

（2）求证：

△ACM∽△DCN；

（3）若点M是CO的中点，⊙O的半径为4，cos∠BOC=，求BN的长．

变式三：

如图，中，，以为直径作交边于点，是边的中点，连接．

（1）求证：

直线是的切线；

（2）连接交于点，若，求的值．

【思维拓展】

【例6】如图，PA为⊙O的切线，A为切点，直线PO交⊙O与点E，F，过点A作PO的垂线AB垂足为D，交⊙O与点B，延长BO与⊙O交与点C，连接AC，BF．

（1）求证：

PB与⊙O相切；

（2）试探究线段EF，OD，OP之间的数量关系，并加以证明；

（3）若AC=12，tan∠F=，求cos∠ACB的值．

【例7】已知AB是⊙O的直径，AB=4，点C在线段AB的延长线上运动，点D在⊙O上运动（不与点B重合），连接CD，且CD=OA．

（1）当OC=时（如图），求证：

CD是⊙O的切线；

（2）当OC＞时，CD所在直线于⊙O相交，设另一交点为E，连接AE．

①当D为CE中点时，求△ACE的周长；

②连接OD，是否存在四边形AODE为梯形？

若存在，请说明梯形个数并求此时AE•ED的值；若不存在，请说明理由．

变式四：

如图，在边长为2的正方形ABCD中，以点D为圆心、DC为半径作，点E在AB上，且与A、B两点均不重合，点M在AD上，且ME=MD，过点E作EF⊥ME，交BC于点F，连接DE、MF．

（1）求证：

EF是所在⊙D的切线；

（2）当MA=时，求MF的长；

（3）试探究：

△MFE能否是等腰直角三角形？

若是，请直接写出MF的长度；若不是，请说明理由．

【课后测控】

1、如图1，，半径为1cm的切于点，若将在上向右滚动，则当滚动到与也相切时，圆心移动的水平距离是__________cm．

2、如图2，DB为半圆的直径，A为BD延长线上一点，AC切半圆于点E，BC⊥AC于点C，交半圆于点F．已知BD=2，设AD=x，CF=y，则y关于x的函数解析式是　　　　　　　　．

图1图2图3

3、如图，在Rt△AOB中，OA=OB=3，⊙O的半径为1，点P是AB边上的动点，过点P作⊙O的一条切线PQ（点Q为切点），则切线PQ的最小值为．

4、如图，AB为半圆的直径，C是半圆弧上一点，正方形DEFG的一边DG在直径AB上，另一边DE过ΔABC的内切圆圆心O，且点E在半圆弧上。

①若正方形的顶点F也在半圆弧上，则半圆的半径与正方形边长的比是____________；②若正方形DEFG的面积为100，且ΔABC的内切圆半径=4，则半圆的直径AB=__________．

5、如图，已知直线交⊙O于A、B两点，AE是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，且AC平分∠PAE，过C作，垂足为D．

（1）求证：

CD为⊙O的切线；

（2）若DC+DA=6，⊙O的直径为10，求AB的长度．

6、如图，直线经过⊙O上的点，并且，，⊙O交直线于，连接．

（1）求证：

直线是⊙O的切线；

（2）试猜想三者之间的等量关系，并加以证明；

（3）若，⊙O的半径为3，求的长．

7、如图，已知AB是⊙O直径，BC是⊙O的弦，弦ED⊥AB于点F，交BC于点G，过点C作⊙O的切线与ED的延长线交于点P．

（1）求证：

PC=PG；

（2）点C在劣弧上运动时，其他条件不变，若点G是BC的中点，试探究CG、BF、BO三者之间的数量关系，并写出证明过程；

（3）在满足

（2）的条件下，已知⊙O的半径为5，若点O到BC的距离为时，求弦ED的长．

部分答案与提示：

【例2】考点：

切线的性质；线段垂直平分线的性质；勾股定理；解直角三角形．

分析：

（1）首先连接OD，由直线PD垂直平分⊙O的半径OA于点B，⊙O的半径为8，可求得OB的长，又由勾股定理，可求得BD的长，然后由垂径定理，求得CD的长；

（2）由PE是⊙O的切线，易证得∠PEF=90°﹣∠AEO，∠PFE=∠AFB=90°﹣∠A，继而可证得∠PEF=∠PFE，根据等角对等边的性质，可得PE=PF；

（3）首先过点P作PG⊥EF于点G，易得∠FPG=∠A，即可得FG=PF•sinA=13×=5，又由等腰三角形的性质，求得答案．

解答：

解：

（1）连接OD，

∵直线PD垂直平分⊙O的半径OA于点B，⊙O的半径为8，

∴OB=OA=4，BC=BD=CD，

∴在Rt△OBD中，BD==4，

∴CD=2BD=8；

（2）∵PE是⊙O的切线，

∴∠PEO=90°，

∴∠PEF=90°﹣∠AEO，∠PFE=∠AFB=90°﹣∠A，

∵OE=OA，

∴∠A=∠AEO，

∴∠PEF=∠PFE，

∴PE=PF；

（2）过点P作PG⊥EF于点G，

∴∠PGF=∠ABF=90°，

∵∠PFG=∠AFB，

∴∠FPG=∠A，

∴FG=PF•sinA=13×=5，

∵PE=PF，

∴EF=2FG=10．

变式二：

2.证明

（1）连结OF

∵FH是⊙O的切线

∴OF⊥FH……………1分

∵FH∥BC，

∴OF垂直平分BC………2分

∴

∴AF平分∠BAC…………3分

（2）证明：

由

（1）及题设条件可知

∠1=∠2，∠4=∠3，∠5=∠2……………4分

∴∠1+∠4=∠2+∠3

∴∠1+∠4=∠5+∠3……………5分

∠FDB=∠FBD

∴BF=FD………………6分

（3）解：

在△BFE和△AFB中

∵∠5=∠2=∠1，∠F=∠F

∴△BFE∽△AFB………………7分

∴，……………8分

∴∴……………………9分

∴∴AD==…………………10分

【例4】考点：

切线的判定；等腰三角形的性质；圆周角定理；解直角三角形．

分析：

（1）连结OD，AB为⊙0的直径得∠ADB=90°，由AB=AC，根据等腰三角形性质得AD平分BC，即DB=DC，则OD为△ABC的中位线，所以OD∥AC，而DE⊥AC，则OD⊥DE，然后根据切线的判定方法即可得到结论；

（2）由∠DAC=∠DAB，根据等角的余角相等得∠ADE=∠ABD，在Rt△ADB中，利用解直角三角形的方法可计算出AD=8，在Rt△ADE中可计算出AE=，然后由OD∥AE，

得△FDO∽△FEA，再利用相似比可计算出BF．

解答：

（1）证明：

连结OD，如图，

∵AB为⊙0的直径，

∴∠ADB=90°，

∴AD⊥BC，

∵AB=AC，

∴AD平分BC，即DB=DC，

∵OA=OB，

∴OD为△ABC的中位线，

∴OD∥AC，

∵DE⊥AC，

∴OD⊥DE，

∴EF是⊙0的切线；

（2）解：

∵∠DAC=∠DAB，

∴∠ADE=∠ABD，

在Rt△ADB中，sin∠ADE=sin∠ABD==，而AB=10，

∴AD=8，

在Rt△ADE中，sin∠ADE==，

∴AE=，

∵OD∥AE，

∴△FDO∽△FEA，

∴=，即=，

∴BF=．

【例5】考点：

圆的综合题；切线的判定与性质；相似三角形的判定与性质．

分析：

（1）根据切线的判定定理得出∠1+∠BCO=90°，即可得出答案；

（2）利用已知得出∠3=∠2，∠4=∠D，再利用相似三角形的判定方法得出即可；

（3）根据已知得出OE的长，进而利用勾股定理得出EC，AC，BC的长，即可得出CD，利用

（2）中相似三角形的性质得出NB的长即可．

解答：

（1）证明：

∵△BCO中，BO=CO，

∴∠B=∠BCO，

在Rt△BCE中，∠2+∠B=90°，

又∵∠1=∠2，

∴∠1+∠BCO=90°，

即∠FCO=90°，

∴CF是⊙O的切线；

（2）证明：

∵AB是⊙O直径，

∴∠ACB=∠FCO=90°，

∴∠ACB﹣∠BCO=∠FCO﹣∠BCO，

即∠3=∠1，

∴∠3=∠2，

∵∠4=∠D，

∴△ACM∽△DCN；

（3）解：

∵⊙O的半径为4，即AO=CO=BO=4，

在Rt△COE中，cos∠BOC=，

∴OE=CO•cos∠BOC=4×=1，

由此可得：

BE=3，AE=5，由勾股定理可得：

CE===，

AC===2，

BC===2，

∵AB是⊙O直径，AB⊥CD，

∴由垂径定理得：

CD=2CE=2，

∵△ACM∽△DCN，

∴=，

∵点M是CO的中点，CM=AO=×4=2，

∴CN===，

∴BN=BC﹣CN=2﹣=．

【例6】考点：

圆的综合题；探究型；切线的判定与性质；相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义．

分析：

（1）连接OA，由OP垂直于AB，利用垂径定理得到D为AB的中点，即OP垂直平分AB，可得出AP=BP，再由OA=OB，OP=OP，利用SSS得出三角形AOP与三角形BOP全等，由PA为圆的切线，得到OA垂直于AP，利用全等三角形的对应角相等及垂直的定义得到OB垂直于BP，即PB为圆O的切线；

（2）由一对直角相等，一对公共角，得出三角形AOD与三角形OAP相似，由相似得比例，列出关系式，由OA为EF的一半，等量代换即可得证．

（3）连接BE，构建直角△BEF．在该直角三角形中利用锐角三角函数的定义、勾股定理可设BE=x，BF=2x，进而可得EF=x；然后由面积法求得BD=x，所以根据垂径定理求得AB的长度，在Rt△ABC中，根据勾股定理易求BC的长；最后由余弦三角函数的定义求解．

解答：

（1）证明：

连接OA，

∵PA与圆O相切，

∴PA⊥OA，即∠OAP=90°，

∵OP⊥AB，

∴D为AB中点，即OP垂直平分AB，

∴PA=PB，

∵在△OAP和△OBP中，

，

∴△OAP≌△OBP（SSS），

∴∠OAP=∠OBP=90°，

∴BP⊥OB，

则直线PB为圆O的切线；

（2）答：

EF2=4DO•PO．

证明：

∵∠OAP=∠ADO=90°，∠AOD=∠POA，

∴△OAD∽△OPA，

∴=，即OA2=OD•OP，

∵EF为圆的直径，即EF=2OA，

∴EF2=OD•OP，即EF2=4OD•OP；

（3）解：

连接BE，则∠FBE=90°．

∵tan∠F=，

∴=，

∴可设BE=x，BF=2x，

则由勾股定理，得

EF==x，

∵BE•BF=EF•BD，

∴BD=x．

又∵AB⊥EF，

∴AB=2BD=x，

∴Rt△ABC中，BC=x，

AC2+AB2=BC2，

∴122+（x）2=（x）2，

解得：

x=4，

∴BC=4×=20，

∴cos∠ACB===．

【例7】考点：

圆的综合题；存在型；分类讨论；含30度角的直角三角形；等腰直角三角形；等边三角形的判定与性质；梯形；切线的判定；解直角三角形；相似三角形的判定与性质．

分析：

（1）关键是利用勾股定理的逆定理，判定△OCD为直角三角形，如答图①所示；

（2）①如答图②所示，关键是判定△EOC是含30度角的直角三角形，从而解直角三角形求出△ACE的周长；

②符合题意的梯形有2个，答图③展示了其中一种情形．在求AE•ED值的时候，巧妙地利用了相似三角形，简单得出了结论，避免了复杂的运算．

解答：

（1）证明：

连接OD，如答图①所示．

由题意可知，CD=OD=OA=AB=2，OC=，

∴OD2+CD2=OC2

由勾股定理的逆定理可知，△OCD为直角三角形，则OD⊥CD，

又∵点D在⊙O上，

∴CD是⊙O的切线．

（2）解：

①如答图②所示，连接OE，OD，则有CD=DE=OD=OE，

∴△ODE为等边三角形，∠1=∠2=∠3=60°；

∵OD=CD，∴∠4=∠5，

∵∠3=∠4+∠5，∴∠4=∠5=30°，

∴∠EOC=∠2+∠4=90°，

因此△EOC是含30度角的直角三角形，△AOE是等腰直角三角形．

在Rt△EOC中，CE=2OA=4，OC=4cos30°=，

在等腰直角三角形AOE中，AE=OA=，

∴△ACE的周长为：

AE+CE+AC=AE+CE+（OA+OC）

=+4+（2+）=6++．

②存在，这样的梯形有2个．

答图③是D点位于AB上方的情形，同理在AB下方还有一个梯形，它们关于直线AB成轴对称．

∵OA=OE，∴∠1=∠2，

∵CD=OA=OD，∴∠4=∠5，

∵四边形AODE为梯形，∴OD∥AE，∴∠4=∠1，∠3=∠2，

∴∠3=∠5=∠1，

在△ODE与△COE中，

∴△ODE∽△COE，

则有，∴CE•DE=OE2=22=4．

∵∠1=∠5，∴AE=CE，

∴AE•DE=CE•DE=4．

综上所述，存在四边形AODE为梯形，这样的梯形有2个，此时AE•DE=4．

变式四：

考点：

圆的综合题；几何综合题；切线的判定；全等三角形的判定与性质；相似三角形的判定与性质；勾股定理．

分析：

（1）过点D作DG⊥EF于G，根据等边对等角可得∠MDE=∠MED，然后根据等角的余角相等求出∠AED=∠GED，再利用“角角边”证明△ADE和△GDE全等，根据全等三角形对应边相等可得AD=GD，再根据切线的定义即可得证；

（2）求出ME=MD=，然后利用勾股定理列式求出AE，再求出BE，根据同角的余角相等求出∠1=∠3，然后求出△AME和△BEF相似，根据相似三角形对应边成比例列式求出EF，再利用勾股定理列式计算即可得解；

（3）假设△MFE能是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得ME=EF，先利用“角角边”证明△AME和△BEF全等，根据全等三角形对边角相等可得AM=BE，设AM=BE=x，然后表示出MD，AE，再根据ME=MD，从而得到ME=AE，根据直角三角形斜边大于直角边可知△MEF不可能是等腰直角三角形．

解答：

（1）证明：

过点D作DG⊥EF于G，

∵ME=MD，

∴∠MDE=∠MED，

∵EF⊥ME，

∴∠DME+∠GED=90°，

∵∠DAB=90°，

∴∠MDE+∠AED=90°，

∴∠AED=∠GED，

∵在△ADE和△GDE中，

，

∴△ADE≌△GDE（AAS），

∴AD=GD，

∵的半径为DC，即AD的长度，

∴EF是所在⊙D的切线；

（2）MA=时，ME=MD=2﹣=，

在Rt△AME中，AE===1，

∴BE=AB﹣AE=2﹣1=1，

∵EF⊥ME，

∴∠1+∠2=180°﹣90°=90°，

∵∠B=90°，

∴∠2+∠3=90°，

∴∠1=∠3，

又∵∠DAB=∠B=90°，

∴△AME∽△BEF，

∴=，

即=，

解得EF=，

在Rt△MEF中，MF===；

（3）假设△MFE能是等腰直角三角形，

则ME=EF，

∵在△AME和△BEF中，

，

∴△AME≌△BEF（AAS），

∴MA=BE，

设AM=BE=x，

则MD=AD﹣MA=2﹣x，AE=AB﹣BE=2﹣x，

∵ME=MD，

∴ME=2﹣x，

∴ME=AE，

∵ME、AE分别是Rt△AME的斜边与直角边，

∴ME≠AE，

∴假设不成立，

故△MFE不能是等腰直角三角形．

5、

（1）证明：

连接OC，……………………………………1分

因为点C在⊙O上，OA=OC，所以因为，所以，有.因为AC平分∠PAE，所以……………3分

所以

……4分

又因为点C在⊙O上，OC为⊙O的半径，所以CD为⊙O的切线.………………5分

（2）解:

过O作，垂足为F，所以

，

所以四边形OCDF为矩形，所以……………………………7分

因为DC+DA=6，设,则

因为⊙O的直径为10，所以，所以.

在中，由勾股定理知

即化简得，

解得或x=9.………………9分

由，知，故.………10分

从而AD=2，…………………11分

因为，由垂径定理知F为AB的中点，所以…………12分

7、考点：

切线的性质；勾股定理；相似三角形的判定与性质．

分析：

（1）连结OC，根据切线的性质得OC⊥PC，则∠OCG+∠PCG=90°，由ED⊥AB得∠B+∠BGF=90°，而∠B=∠OCG，所以∠PCG=∠BGF，根据对顶角相等得∠BGF=∠PGC，

于是∠PGC=∠PCG，所以PC=PG；

（2）连结OG，由点G是BC的中点，根据垂径定理的推论得OG⊥BC，BG=CG，易证得Rt△BOG∽Rt△BGF，则BG：

BF=BO：

BG，即BG2=BO•BF，把BG用CG代换得到CG2=BO•BF；

（3）解：

连结OE，OG=OG=，在Rt△OBG中，利用勾股定理计算出BG=2，再利用BG2=BO•BF可计算出BF，从而得到OF=1，在Rt△OEF中，根据勾股定理计算出EF=2，由于AB⊥ED，根据垂径定理可得EF=DF，于是有DE=2EF=4．

解答：

（1）证明：

连结OC，如图，

∵PC为⊙O的切线，

∴OC⊥PC，

∴∠OCG+∠PCG=90°，

∵ED⊥AB，

∴∠B+∠BGF=90°，

∵OB=OC，

∴∠B=∠OCG，

∴∠PCG=∠BGF，

而∠BGF=∠PGC，

∴∠PGC=∠PCG，

∴PC=PG；

（2）解：

CG、BF、BO三者之间的数量关系为CG2=BO•BF．理由如下：

连结OG，如图，

∵点G是BC的中点，

∴OG⊥BC，BG=CG，

∴∠OGB=90°，

∵∠OBG=∠GBF，

∴Rt△BOG∽Rt△BGF，

∴BG：

BF=BO：

BG，

∴BG2=BO•BF，

∴CG2=BO•BF；

（3）解：

连结OE，如图，

由

（2）得BG⊥BC，

∴OG=，

在Rt△OBG中，OB=5，

∴BG==2，

由

（2）得BG2=BO•BF，

∴BF==4，

∴OF=1，

在Rt△OEF中，EF==2，

∵AB⊥ED，

∴EF=DF，

∴DE=2EF=4．