2016-2017学年高中数学选修4-1（人教版）练习：第二讲章末复习课 Word版含解析.doc

章末复习课 [整合·网络构建] [警示·易错提醒] 1．圆心角与圆周角的定理的关注点 (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”． 2．正确运用切线的判定定理 在运用切线的判定定理时，要分清定理运用的前提和结论，“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． 专题一　与圆有关的角的计算与证明 与圆有关角的问题主要包括两类：一是计算角的大小，二是证明角之间的相等关系．解决此类问题的常用定理有：圆周角定理及其推论、弦切角定理及其推论、圆内接四边形的性质、三角形的外角定理等，灵活掌握各种角之间的相互转化和综合应用是解决问题的关键．另外，注意等腰三角形、全等三角形、相似三角形等几何模型在解题中的应用． [例1]　已知：如图所示，△ABC内接于⊙O，AB为直径，∠CBA的平分线交AC于点F，交⊙O于点D，DE⊥AB于点E，且交AC于点P，连接AD. (1)求证：∠DAC＝∠DBA. (2)求证：P是线段AF的中点． (3)若⊙O的半径为5，AF＝，求tan∠ABF的值． (1)证明：因为BD平分∠CBA， 所以∠CBD＝∠DBA. 因为∠DAC与∠CBD都是弧CD所对的圆周角，所以∠DAC＝∠CBD， 所以∠DAC＝∠DBA. (2)证明：因为AB为直径，所以∠ADB＝90°，因为DE⊥AB于E，所以∠DEB＝90°，所以∠ADE＋∠EDB＝∠ABD＋∠EDB＝90°， 所以∠ADE＝∠ABD＝∠DAP， 所以PD＝PA， 因为∠DFA＋∠DAC＝∠ADE＋∠PDF＝90°， 所以∠PDF＝∠PFD，所以PD＝PF， 所以PA＝PF，即P是AF的中点． (3)解：因为∠DAF＝∠DBA，∠ADB＝∠FDA＝90°，所以△FDA∽△ADB，所以＝， 由题意可知圆的半径为5，所以AB＝10， 所以＝＝＝. 所以在Rt△ABD中，tan∠ABD＝＝， 即tan∠ABF＝. [变式训练]　如图所示，AE是圆O的切线，A是切点，AD⊥OE于点D，割线EC交圆O于B，C两点． (1)证明：O，D，B，C四点共圆； (2)设∠DBC＝50°，∠ODC＝30°，求∠OEC的大小． (1)证明：连接OA，OC(如图)， 则OA⊥EA. 由射影定理得EA2＝ED·EO. 由切割线定理得EA2＝EB·EC， 故ED·EO＝EB·EC. 即＝. 又∠OEC＝∠OEC，所以△BDE∽△OCE， 所以∠EDB＝∠OCE.因此O，D，B，C四点共圆． (2)解：连接OB.因为∠OEC＋∠OCB＋∠COE＝180°， 结合(1)得 ∠OEC＝180°－∠OCB－∠COE＝180°－∠OBC－∠DBE＝ 180°－∠OBC－(180°－∠DBC)＝∠DBC－∠ODC＝20°. 专题二　与圆有关的线段的计算与证明 与圆有关的线段问题主要包括三类：一是线段的计算问题，二是证明线段相等，三是证明线段的比例式或等积式． 通常线段的计算问题有以下几种解题策略： (1)将所求线段化归到特殊三角形中(如等腰三角形、直角三角形等)进行求解； (2)构造所在线段的相似三角形，利用相似三角形的性质求解； (3)借助相交弦定理、割线定理、切割线定理、切线长定理进行求解． 证明线段相等的方法有： (1)转化为等腰三角形的问题，利用“等角对等边”或等腰三角形的“三线合一定理”进行证明； (2)转化为全等三角形问题，利用全等三角形的性质证明； (3)转化为相似三角形的问题，利用相似三角形性质列出比例式或等积式，从而找到相等关系； (4)利用第三个几何量进行等价转化． 证明线段的比例式或等积式的主要途径是构造相似三角形，利用相似三角形的性质证明，要注意与圆有关的比例式． [例2]　如图所示，在△ABC中，CD是∠ACB的平分线，△ADC的外接圆交线段BC于点E，BE＝3AD. (1)求证：AB＝3AC； (2)当AC＝4，AD＝3时，求CD的长． (1)证明：因为四边形ACED为圆内接四边形，所以∠BDE＝∠BCA. 又∠DBE＝∠CBA， 所以△BDE∽△BCA. 则＝. 在圆内接四边形ACED中，CD是∠ACE的平分线，所以DE＝AD，＝. 而BE＝3AD，所以BA＝3CA， 即AB＝3AC. (2)解：由(1)得AB＝3AC＝12. 而AD＝3， 所以DE＝3，BD＝9，BE＝3AD＝9. 根据割线定理得BD·BA＝BE·BC， 所以BC＝12，EC＝BC－BE＝3. 在圆内接四边形ACED中， 由于AD＝EC， 所以∠ACD＝∠EDC，DE∥AC. 在等腰梯形ACED中，易求得CD＝. [变式训练]　如图所示，直线AB为圆的切线，切点为B，点C在圆上，∠ABC的角平分线BE交圆于点E，DB为垂直BE交圆于点D. (1)证明：DB＝DC. (2)设圆的半径为1，BC＝，延长CE交AB于点F，求△BCF外接圆的半径． (1)证明：连接DE(如图)，交BC于点G. 由弦切角定理得，∠ABE＝∠BCE. 而∠ABE＝∠CBE， 故∠CBE＝∠BCE，BE＝CE. 又因为DB⊥BE， 所以DE为直径，∠DCE＝90°， 由勾股定理可得DB＝DC. (2)解：由(1)知，∠CDE＝∠BDE， DB＝DC，故DG是BC的中垂线， 所以BE＝. 设DE的中点为O，连接BO， 则∠BOE＝60°. 从而∠ABE＝∠BCE＝∠CBE＝30°， ∠BFC＝180°－∠CBF－∠BCF＝90°， 所以CF⊥BF， 故Rt△BCF外接圆的半径等于. 专题三　分类讨论思想 分类讨论就是把研究的问题按照某种标准分成若干种情况，然后一一解决，从而使整个问题得到解决．在与圆有关的问题中，有时需要确定点与圆的位置关系或弦与圆心的位置关系．如圆心与圆周角存在三种位置关系，即圆心在圆周角的一条边上、圆心在圆周角的内部和圆心在圆周角的外部，这就需要在运用圆周角定理时从不同情况去考虑与分析．应重视分类讨论思想在解决圆有关问题中的应用． [例3]　已知A，B，C，D是⊙O上的四个点，若AB与CD所在的直线交于点E，且，分别是120°，40°，求∠AED的大小． 解：符合题意的点E有两种位置． ①当点E在圆内时，如图所示，连接AC，根据圆周角定理可得： ∠BAC＝×40°＝20°，∠ACD＝×120°＝60°. 因为∠AED＝∠ACD＋∠BAC， 所以∠AED＝60°＋20°＝80°. ②当点E在圆外时，如图所示，连接BD，根据圆周角定理可得： ∠BDC＝×40°＝20°， ∠ABD＝×120°＝60°， 因为∠AED＝∠ABD－∠BDC， 所以∠AED＝60°－20°＝40°. 综上所述，∠AED＝40°或80°. [变式训练]　已知⊙O的直径AB＝2 cm，过A点的两条弦AC＝ cm，AD＝ cm，求∠CAD所夹圆内部分的面积S. 解：符合题设条件的∠CAD有两种情况． 　图①　　　　　　图② ①当圆心在∠CAD内部时，如图①所示， 连接OC，OD，过O作OE⊥AD于E. 因为OA＝OC＝1 cm，AC＝ cm， 所以OC⊥AB， 因为OA＝1 cm，AE＝AD＝ cm， 所以OE＝ cm，所以∠OAE＝30°， 所以∠BOD＝2∠OAE＝60°. 所以S＝S△AOC＋S扇形BOC＋S△AOD＋S扇形BOD＝ ×1×1＋π·12＋××＋·12＝＋π＋＋π＝＋(cm2)． ②当圆心在∠CAD外部时，如图②所示，连接OC. 由①知S△AOC＝cm2，S△AOD＝ cm2， S扇形BOC＝π cm2，S扇形BOD＝π cm2， 所以S＝S△AOC＋S扇形BOC－S△AOD－S扇形BOD＝＋π－－π＝＋(cm2)． 所以∠CAD所夹圆内部分的面积为 cm2或 cm2. 专题四　方程的思想 方程思想就是利用式子的条件有意识地将其转化成方程，或者说从方程的角度对式子加以认识与应用的思想．由于圆中涉及数量关系的式子很多，并且可以转化成数量关系的式子也很多，所以方程思想在有关圆的问题中得到了广泛的应用． [例4]　如图所示，D，E分别为△ABC的边AB，AC上的点，且不与△ABC的顶点重合．已知AE的长为m，AC的长为n，AD，AB的长是关于x的方程x2－14x＋mn＝0的两个根． (1)证明：C，B，D，E四点共圆； (2)若∠A＝90°，且m＝4，n＝6.求C，B，D，E所在圆的半径． (1)证明：连接DE(如图)， 根据题意在△ADE和△ACB中， AD·AB＝mn＝AE·AC， 即＝.又∠DAE＝∠CAB， 所以△ADE∽△ACB， 所以∠ADE＝∠ACB， 所以C，B，D，E四点共圆． (2)解：当m＝4，n＝6时，方程x2－14x＋mn＝0的两根为x1＝2，x2＝12. 故AD＝2，AB＝12. 取CE的中点G，DB的中点F，分别过G，F作AC，AB的垂线，两垂线相交于H点，连接DH. 因为C，B，D，E四点共圆，所以C，B，D，E四点所在圆的圆心为H，半径为DH. 因为∠A＝90°，所以GH∥AB，HF∥AC. 所以HF＝AG＝5， DF＝×(12－2)＝5. HD＝＝5， 所以C，B， D，E四点所在圆的半径为5. [变式训练]　如图所示，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，O是AB上一点，以O为圆心，以OB为半径作圆交AC于E，F，交AB于D.若E是的中点，且AE∶EF＝3∶1，FC＝4，求∠CBF的正弦值及BC的长． 解：如图所示，连接OE，DF，OF， 因为E为的中点，所以∠DOE＝∠DBF，所以OE∥BF，所以AO∶OB＝AE∶EF＝3∶1. 所以OE∶BF＝3∶4.设OB＝r， 则AO＝3r，BF＝r. 所以AD＝AO－DO＝AO－OB＝3r－r＝2r. 又由割线定理得AE·AF＝AD·AB. 所以AE·AF＝2r·4r， 即3EF·4EF＝8r2， 所以EF＝r. 又由割线定理，得 BC2＝CF·CE＝4(4＋EF)＝4. 在Rt△ABC中，AB2＋BC2＝AC2， 即(4r)2＋4＝(4EF＋4)2＝， 解得r＝，所以BC＝. 又因为∠CBF＝∠BDF， 在Rt△DFB中，sin∠BDF＝＝， 所以sin∠CBF＝.