2019-2020年中考數(shù)學思維方法講義：第13講 直線和圓的位置關系.doc

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狀元廊學校數(shù)學思維方法講義之十三 年級：九年級 2019-2020年中考數(shù)學思維方法講義：第13講 直線和圓的位置關系 圓的知識在平面幾何中乃至整個初中教學中都占有重要的地位，而直線和圓的位置關系的應用又比較廣泛，它是初中幾何知識的綜合運用，又是在學習了點和圓的位置關系的基礎上進行的，在幾何證明與計算中，將起到重要的作用，是中考必考查點。 【知識縱橫】 Ⅰ直線和圓的位置關系： 設圓的半徑為r，圓心到直線的距離為d． ⑴直線與圓相交d__ ____ r； ⑵直線與圓相切d__ ____ r； ⑶直線與圓相離d__ ____r。 Ⅱ圓的切線： 1．一個定義：與圓只有一個公共點的直線叫做圓的__ ___；這個公共點叫做__ ___； 2．兩種判定：⑴若圓心到直線的距離等于半徑，則該直線是圓的切線；⑵經過直徑的一端，并且垂直于這條直徑的直線是圓的切線； 3．判定直線和圓的位置，一般考慮如下“三步曲”： 一“看”：看看題目中有沒有告訴我們直線和圓有幾個公共點； 二“算”：算算圓心到直線的距離d和圓的半徑為r之間的大小關系，然后根據(jù)上述關系作出判斷； 三“證明”： 證明直線是否經過直徑的一端，并且與該直徑的位置關系是否垂直。 4．四條性質：切線有許多重要性質 ⑴圓心到切線的距離等于圓的_ ____； ⑵過切點的半徑垂直于_ ____； ⑶經過圓心，與切線垂直的直線必經過___ __； ⑷經過切點，與切線垂直的直線必經過____ _。 5．弦切角 定義 ：頂點在圓上，一邊和圓相交，另一邊和圓相切的角叫做弦切角； 定理 ：弦切角等于它所夾的弧所對的圓周角． 推論 ：a)兩個弦切角所夾的弧相等，這兩個弦切角也相等； b)弦切角的度數(shù)等于它所夾弧度數(shù)的一半。 【典例精析】 考點1: 直線和圓的位置關系 【例1】1、如圖，已知⊙是以數(shù)軸的原點為圓心，半徑為1的圓，,點在數(shù)軸上運動，若過點且與平行的直線與⊙有公共點, 設，則的取值范圍是__________． 2、射線QN與等邊△ABC的兩邊AB，BC分別交于點M，N，且AC∥QN，AM=MB=2cm，QM=4cm．動點P從點Q出發(fā)，沿射線QN以每秒1cm的速度向右移動，經過t秒，以點P為圓心， cm為半徑的圓與△ABC的邊相切（切點在邊上），請寫出t可取的一切值 （單位：秒）． 變式一： 1、如圖，在Rt△ABC中，∠C=90，∠A=30，AB=．若動點D在線段AC上（不與點A、C重合），過點D作DE⊥AC交AB邊于點E． （1）當點D運動到線段AC中點時，DE= ； （2）點A關于點D的對稱點為點F，以FC為半徑作⊙C，當DE= 時，⊙C與直線AB相切． 2、如圖，在直角梯形ABCD中，已知AD∥BC，∠C=90，且 AB>AD+ BC，AB是⊙O直徑，則直線CD與⊙O的位置關系為_____ _． 考點2: 圓的切線的性質基本運用 【例2】已知直線PD垂直平分⊙O的半徑OA于點B，PD交⊙O于點C、D，PE是⊙O的切線，E為切點，連結AE，交CD于點F． （1）若⊙O的半徑為8，求CD的長； （2）證明：PE=PF； （3）若PF=13，sinA=，求EF的長． 變式二： 如圖，⊙O是△ABC的外接圓，F(xiàn)H是⊙O 的切線，切點為F，F(xiàn)H∥BC，連結AF交BC于E，∠ABC的平分線BD交AF于D，連結BF． （1）證明：AF平分∠BAC； （2）證明：BF=FD； （3）若EF＝4，DE＝3，求AD的長． 考點3:切線的判定定理運用 【例4】如圖，在△ABC中，AB=AC，以AB為直徑作半圓⊙O，交BC于點D，連接AD，過點D作DE⊥AC，垂足為點E，交AB的延長線于點F． （1）求證：EF是⊙O的切線； （2）如果⊙O的半徑為5，sin∠ADE=，求BF的長． 【例5】如圖，在⊙O中，直徑AB⊥CD，垂足為E，點M在OC上，AM的延長線交⊙O于點G，交過C的直線于F，∠1=∠2，連結CB與DG交于點N． （1）求證：CF是⊙O的切線； （2）求證：△ACM∽△DCN； （3）若點M是CO的中點，⊙O的半徑為4，cos∠BOC=，求BN的長． 變式三： 如圖，中，，以為直徑作交邊于點，是邊的中點，連接． （1）求證：直線是的切線； C E B A O F D （2）連接交于點，若，求的值． 【思維拓展】 【例6】如圖，PA為⊙O的切線，A為切點，直線PO交⊙O與點E，F(xiàn)，過點A作PO的垂線AB垂足為D，交⊙O與點B，延長BO與⊙O交與點C，連接AC，BF． （1）求證：PB與⊙O相切； （2）試探究線段EF，OD，OP之間的數(shù)量關系，并加以證明； （3）若AC=12，tan∠F=，求cos∠ACB的值． 【例7】已知AB是⊙O的直徑，AB=4，點C在線段AB的延長線上運動，點D在⊙O上運動（不與點B重合），連接CD，且CD=OA． （1）當OC=時（如圖），求證：CD是⊙O的切線； （2）當OC＞時，CD所在直線于⊙O相交，設另一交點為E，連接AE． ①當D為CE中點時，求△ACE的周長； ②連接OD，是否存在四邊形AODE為梯形？若存在，請說明梯形個數(shù)并求此時AE?ED的值；若不存在，請說明理由． 變式四： 如圖，在邊長為2的正方形ABCD中，以點D為圓心、DC為半徑作，點E在AB上，且與A、B兩點均不重合，點M在AD上，且ME=MD，過點E作EF⊥ME，交BC于點F，連接DE、MF． （1）求證：EF是所在⊙D的切線； （2）當MA=時，求MF的長； （3）試探究：△MFE能否是等腰直角三角形？若是，請直接寫出MF的長度；若不是，請說明理由． 【課后測控】 1、如圖1，，半徑為1cm的切于點，若將在上向右滾動，則當滾動到與也相切時，圓心移動的水平距離是__________cm． 2、如圖2，DB為半圓的直徑，A為BD延長線上一點，AC切半圓于點E，BC⊥AC于點C，交半圓于點F．已知BD=2，設AD=x，CF=y，則y關于x的函數(shù)解析式是　　　　　　　?。? 圖1 圖2 圖3 3、如圖，在Rt△AOB中，OA=OB=3，⊙O的半徑為1，點P是AB邊上的動點，過點P作⊙O的一條切線PQ（點Q為切點），則切線PQ的最小值為 ． 4、如圖，AB為半圓的直徑，C是半圓弧上一點，正方形DEFG的一邊DG在直徑AB上，另一邊DE過ΔABC的內切圓圓心O，且點E在半圓弧上。①若正方形的頂點F也在半圓弧上，則半圓的半徑與正方形邊長的比是____________；②若正方形DEFG的面積為100，且ΔABC的內切圓半徑=4，則半圓的直徑AB = __________． 5、如圖，已知直線交⊙O于A、B兩點，AE是⊙O的直徑，點C為⊙O上一點，且AC平分∠PAE，過C作，垂足為D． (1) 求證：CD為⊙O的切線； (2) 若DC+DA=6，⊙O的直徑為10，求AB的長度． 6、如圖，直線經過⊙O上的點，并且，，⊙O交直線于，連接． （1）求證：直線是⊙O的切線； （2）試猜想三者之間的等量關系，并加以證明； （3）若，⊙O的半徑為3，求的長． 7、如圖，已知AB是⊙O直徑，BC是⊙O的弦，弦ED⊥AB于點F，交BC于點G，過點C作⊙O的切線與ED的延長線交于點P． （1）求證：PC=PG； （2）點C在劣弧上運動時，其他條件不變，若點G是BC的中點，試探究CG、BF、BO三者之間的數(shù)量關系，并寫出證明過程； （3）在滿足（2）的條件下，已知⊙O的半徑為5，若點O到BC的距離為時，求弦ED的長． 部分答案與提示： 【例2】考點：切線的性質；線段垂直平分線的性質；勾股定理；解直角三角形． 分析：（1）首先連接OD，由直線PD垂直平分⊙O的半徑OA于點B，⊙O的半徑為8，可求得OB的長，又由勾股定理，可求得BD的長，然后由垂徑定理，求得CD的長； （2）由PE是⊙O的切線，易證得∠PEF=90﹣∠AEO，∠PFE=∠AFB=90﹣∠A，繼而可證得∠PEF=∠PFE，根據(jù)等角對等邊的性質，可得PE=PF； （3）首先過點P作PG⊥EF于點G，易得∠FPG=∠A，即可得FG=PF?sinA=13=5，又由等腰三角形的性質，求得答案． 解答：解：（1）連接OD， ∵直線PD垂直平分⊙O的半徑OA于點B，⊙O的半徑為8， ∴OB=OA=4，BC=BD=CD， ∴在Rt△OBD中，BD==4， ∴CD=2BD=8； （2）∵PE是⊙O的切線， ∴∠PEO=90， ∴∠PEF=90﹣∠AEO，∠PFE=∠AFB=90﹣∠A， ∵OE=OA， ∴∠A=∠AEO， ∴∠PEF=∠PFE， ∴PE=PF； （2）過點P作PG⊥EF于點G， ∴∠PGF=∠ABF=90， ∵∠PFG=∠AFB， ∴∠FPG=∠A， ∴FG=PF?sinA=13=5， ∵PE=PF， ∴EF=2FG=10． H 變式二： 2.證明（1）連結OF ∵FH是⊙O的切線 ∴OF⊥FH ……………1分 ∵FH∥BC ， ∴OF垂直平分BC ………2分 ∴ ∴AF平分∠BAC …………3分 （2）證明：由（1）及題設條件可知 ∠1=∠2，∠4=∠3，∠5=∠2 ……………4分 H ∴∠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】考點：切線的判定；等腰三角形的性質；圓周角定理；解直角三角形． 分析：（1）連結OD，AB為⊙0的直徑得∠ADB=90，由AB=AC，根據(jù)等腰三角形性質得AD平分BC，即DB=DC，則OD為△ABC的中位線，所以OD∥AC，而DE⊥AC，則OD⊥DE，然后根據(jù)切線的判定方法即可得到結論； （2）由∠DAC=∠DAB，根據(jù)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計算出AD=8，在Rt△ADE中可計算出AE=，然后由OD∥AE， 得△FDO∽△FEA，再利用相似比可計算出BF． 解答：（1）證明：連結OD，如圖， ∵AB為⊙0的直徑， ∴∠ADB=90， ∴AD⊥BC， ∵AB=AC， ∴AD平分BC，即DB=DC， ∵OA=OB， ∴OD為△ABC的中位線， ∴OD∥AC， ∵DE⊥AC， ∴OD⊥DE， ∴EF是⊙0的切線； （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】考點：圓的綜合題；切線的判定與性質；相似三角形的判定與性質． 分析：（1）根據(jù)切線的判定定理得出∠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）根據(jù)已知得出OE的長，進而利用勾股定理得出EC，AC，BC的長，即可得出CD，利用（2）中相似三角形的性質得出NB的長即可． 解答：（1）證明：∵△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的切線； （2）證明：∵AB是⊙O直徑， ∴∠ACB=∠FCO=90， ∴∠ACB﹣∠BCO=∠FCO﹣∠BCO， 即∠3=∠1， ∴∠3=∠2， ∵∠4=∠D， ∴△ACM∽△DCN； （3）解：∵⊙O的半徑為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直徑，AB⊥CD， ∴由垂徑定理得：CD=2CE=2， ∵△ACM∽△DCN， ∴=， ∵點M是CO的中點，CM=AO=4=2， ∴CN===， ∴BN=BC﹣CN=2﹣=． 【例6】考點：圓的綜合題；探究型；切線的判定與性質；相似三角形的判定與性質；全等三角形的判定與性質；銳角三角函數(shù)的定義． 分析：（1）連接OA，由OP垂直于AB，利用垂徑定理得到D為AB的中點，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與三角形BOP全等，由PA為圓的切線，得到OA垂直于AP，利用全等三角形的對應角相等及垂直的定義得到OB垂直于BP，即PB為圓O的切線； （2）由一對直角相等，一對公共角，得出三角形AOD與三角形OAP相似，由相似得比例，列出關系式，由OA為EF的一半，等量代換即可得證． （3）連接BE，構建直角△BEF．在該直角三角形中利用銳角三角函數(shù)的定義、勾股定理可設BE=x，BF=2x，進而可得EF=x；然后由面積法求得BD=x，所以根據(jù)垂徑定理求得AB的長度，在Rt△ABC中，根據(jù)勾股定理易求BC的長；最后由余弦三角函數(shù)的定義求解． 解答：（1）證明：連接OA， ∵PA與圓O相切， ∴PA⊥OA，即∠OAP=90， ∵OP⊥AB， ∴D為AB中點，即OP垂直平分AB， ∴PA=PB， ∵在△OAP和△OBP中， ， ∴△OAP≌△OBP（SSS）， ∴∠OAP=∠OBP=90， ∴BP⊥OB， 則直線PB為圓O的切線； （2）答：EF2=4DO?PO． 證明：∵∠OAP=∠ADO=90，∠AOD=∠POA， ∴△OAD∽△OPA， ∴=，即OA2=OD?OP， ∵EF為圓的直徑，即EF=2OA， ∴EF2=OD?OP，即EF2=4OD?OP； （3）解：連接BE，則∠FBE=90． ∵tan∠F=， ∴=， ∴可設BE=x，BF=2x， 則由勾股定理，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】考點：圓的綜合題；存在型；分類討論；含30度角的直角三角形；等腰直角三角形；等邊三角形的判定與性質；梯形；切線的判定；解直角三角形；相似三角形的判定與性質． 分析：（1）關鍵是利用勾股定理的逆定理，判定△OCD為直角三角形，如答圖①所示； （2）①如答圖②所示，關鍵是判定△EOC是含30度角的直角三角形，從而解直角三角形求出△ACE的周長； ②符合題意的梯形有2個，答圖③展示了其中一種情形．在求AE?ED值的時候，巧妙地利用了相似三角形，簡單得出了結論，避免了復雜的運算． 解答：（1）證明：連接OD，如答圖①所示． 由題意可知，CD=OD=OA=AB=2，OC=， ∴OD2+CD2=OC2 由勾股定理的逆定理可知，△OCD為直角三角形，則OD⊥CD， 又∵點D在⊙O上， ∴CD是⊙O的切線． （2）解：①如答圖②所示，連接OE，OD，則有CD=DE=OD=OE， ∴△ODE為等邊三角形，∠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的周長為：AE+CE+AC=AE+CE+（OA+OC） =+4+（2+）=6++． ②存在，這樣的梯形有2個． 答圖③是D點位于AB上方的情形，同理在AB下方還有一個梯形，它們關于直線AB成軸對稱． ∵OA=OE，∴∠1=∠2， ∵CD=OA=OD，∴∠4=∠5， ∵四邊形AODE為梯形，∴OD∥AE，∴∠4=∠1，∠3=∠2， ∴∠3=∠5=∠1， 在△ODE與△COE中， ∴△ODE∽△COE， 則有，∴CE?DE=OE2=22=4． ∵∠1=∠5，∴AE=CE， ∴AE?DE=CE?DE=4． 綜上所述，存在四邊形AODE為梯形，這樣的梯形有2個，此時AE?DE=4． 變式四：考點：圓的綜合題；幾何綜合題；切線的判定；全等三角形的判定與性質；相似三角形的判定與性質；勾股定理． 分析：（1）過點D作DG⊥EF于G，根據(jù)等邊對等角可得∠MDE=∠MED，然后根據(jù)等角的余角相等求出∠AED=∠GED，再利用“角角邊”證明△ADE和△GDE全等，根據(jù)全等三角形對應邊相等可得AD=GD，再根據(jù)切線的定義即可得證； （2）求出ME=MD=，然后利用勾股定理列式求出AE，再求出BE，根據(jù)同角的余角相等求出∠1=∠3，然后求出△AME和△BEF相似，根據(jù)相似三角形對應邊成比例列式求出EF，再利用勾股定理列式計算即可得解； （3）假設△MFE能是等腰直角三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質可得ME=EF，先利用“角角邊”證明△AME和△BEF全等，根據(jù)全等三角形對邊角相等可得AM=BE，設AM=BE=x，然后表示出MD，AE，再根據(jù)ME=MD，從而得到ME=AE，根據(jù)直角三角形斜邊大于直角邊可知△MEF不可能是等腰直角三角形． 解答：（1）證明：過點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， ∵的半徑為DC，即AD的長度， ∴EF是所在⊙D的切線； （2）MA=時，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）假設△MFE能是等腰直角三角形， 則ME=EF， ∵在△AME和△BEF中， ， ∴△AME≌△BEF（AAS）， ∴MA=BE， 設AM=BE=x， 則MD=AD﹣MA=2﹣x，AE=AB﹣BE=2﹣x， ∵ME=MD， ∴ME=2﹣x， ∴ME=AE， ∵ME、AE分別是Rt△AME的斜邊與直角邊， ∴ME≠AE， ∴假設不成立， 故△MFE不能是等腰直角三角形． 5、（1）證明：連接OC， ……………………………………1分 因為點C在⊙O上，OA=OC，所以 因為，所以，有.因為AC平分∠PAE，所以……………3分 所以 ……4分 又因為點C在⊙O上，OC為⊙O的半徑，所以CD為⊙O的切線. ………………5分 （2）解:過O作，垂足為F，所以， 所以四邊形OCDF為矩形，所以 ……………………………7分 因為DC+DA=6，設,則 因為⊙O的直徑為10，所以，所以. 在中，由勾股定理知 即化簡得， 解得或x=9. ………………9分 由，知，故. ………10分 從而AD=2， …………………11分 因為，由垂徑定理知F為AB的中點，所以…………12分 7、考點：切線的性質；勾股定理；相似三角形的判定與性質． 分析：（1）連結OC，根據(jù)切線的性質得OC⊥PC，則∠OCG+∠PCG=90，由ED⊥AB得∠B+∠BGF=90，而∠B=∠OCG，所以∠PCG=∠BGF，根據(jù)對頂角相等得∠BGF=∠PGC， 于是∠PGC=∠PCG，所以PC=PG； （2）連結OG，由點G是BC的中點，根據(jù)垂徑定理的推論得OG⊥BC，BG=CG，易證得Rt△BOG∽Rt△BGF，則BG：BF=BO：BG，即BG2=BO?BF，把BG用CG代換得到CG2=BO?BF； （3）解：連結OE，OG=OG=，在Rt△OBG中，利用勾股定理計算出BG=2，再利用BG2=BO?BF可計算出BF，從而得到OF=1，在Rt△OEF中，根據(jù)勾股定理計算出EF=2，由于AB⊥ED，根據(jù)垂徑定理可得EF=DF，于是有DE=2EF=4． 解答：（1）證明：連結OC，如圖， ∵PC為⊙O的切線， ∴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三者之間的數(shù)量關系為CG2=BO?BF．理由如下：連結OG，如圖， ∵點G是BC的中點， ∴OG⊥BC，BG=CG， ∴∠OGB=90， ∵∠OBG=∠GBF， ∴Rt△BOG∽Rt△BGF， ∴BG：BF=BO：BG， ∴BG2=BO?BF， ∴CG2=BO?BF； （3）解：連結OE，如圖， 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．