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

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＝eq\f(15,2)，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eq\f(AD,DB)＝eq\f(AF,BA)，由题意可知圆的半径为5，所以AB＝10，所以eq\f(AD,BD)＝eq\f(AF,BA)＝eq\f(\f(15,2),10)＝eq\f(3,4).所以在Rt△ABD中，tan∠ABD＝eq\f(AD,DB)＝eq\f(3,4)，即tan∠ABF＝eq\f(3,4).[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eq\f(ED,EB)＝eq\f(EC,EO).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eq\f(BE,BA)＝eq\f(DE,CA).在圆内接四边形ACED中，CD是∠ACE的平分线，所以DE＝AD，eq\f(BE,BA)＝eq\f(AD,CA).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＝eq\r(21).[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＝eq\r(3)，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＝eq\f(\r(3),2).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eq\f(\r(3),2).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eq\o(AD,\s\up10(︵))，eq\o(BC,\s\up10(︵))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＝eq\f(1,2)×40°＝20°，∠ACD＝eq\f(1,2)×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＝eq\f(1,2)×40°＝20°，∠ABD＝eq\f(1,2)×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＝2cm，过A点的两条弦AC＝eq\r(2)cm，AD＝eq\r(3)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②①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＝1cm，AC＝eq\r(2)cm，所以OC⊥AB，因为OA＝1cm，AE＝eq\f(1,2)AD＝eq\f(\r(3),2)cm，所以OE＝eq\f(1,2)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＝eq\f(1,2)×1×1＋eq\f(1,4)π·12＋eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\f(1,2)＋eq\f(60π,360)·12＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)π＋eq\f(\r(3),4)＋eq\f(1,6)π＝eq\f(2＋\r(3),4)＋eq\f(5π,12)(cm2)．②当圆心在∠CAD外部时，如图②所示，连接OC.由①知S△AOC＝eq\f(1,2)cm2，S△AOD＝eq\f(\r(3),4)cm2，S扇形BOC＝eq\f(1,4)πcm2，S扇形BOD＝eq\f(1,6)πcm2，所以S＝S△AOC＋S扇形BOC－S△AOD－S扇形BOD＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)π－eq\f(\r(3),4)－eq\f(1,6)π＝eq\f(2－\r(3),4)＋eq\f(π,12)(cm2)．所以∠CAD所夹圆内部分的面积为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2＋\r(3),4)＋\f(5π,12)))cm2或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－\r(3),4)＋\f(π,12)))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eq\f(AD,AC)＝eq\f(AE,AB).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＝eq\f(1,2)×(12－2)＝5.HD＝eq\r(HF2＋DF2)＝5eq\r(2)，所以C，B，D，E四点所在圆的半径为5eq\r(2).[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eq\o(DF,\s\up10(︵))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eq\o(DF,\s\up10(︵))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＝eq\f(4,3)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＝eq\f(\r(6),3)r.又由割线定理，得BC2＝CF·CE＝4(4＋EF)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(\r(6),3)r)).在