【導(dǎo)與練】（新課標(biāo)）2016屆高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第12篇 第2節(jié) 直線與圓的位置關(guān)系課時(shí)訓(xùn)練 理

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1、 【導(dǎo)與練】（新課標(biāo)）2016屆高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第12篇 第2節(jié) 直線與圓的位置關(guān)系課時(shí)訓(xùn)練 理 【選題明細(xì)表】 知識(shí)點(diǎn)、方法 題號(hào) 圓周角、圓心角、弦切角和圓的切線問題 5、6、7、12 圓內(nèi)接四邊形的判定和性質(zhì) 6、8、11 與圓有關(guān)的比例線段 1、4、8、9 圓的綜合問題 2、3、10、12 一、選擇題 1.(2013北京市海淀區(qū)期末)如圖所示,PC與圓O相切于點(diǎn)C,直線PO交圓O于A,B兩點(diǎn),弦CD垂直AB于E,則下面結(jié)論中,錯(cuò)誤的結(jié)論是(　D　) (A)△BEC∽△DEA (B)∠ACE=∠ACP (C)DE2=OE·EP (D)PC

2、2=PA·AB 解析:由切割線定理可知PC2=PA·PB, 所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 2.(2014北京模擬)如圖,直線AM與圓相切于點(diǎn)M,ABC與ADE是圓的兩條割線,且BD⊥AE,連接MD,EC.則下面結(jié)論中,錯(cuò)誤的結(jié)論是(　D　) (A)∠ECA=90° (B)∠CEM=∠DMA+∠DBA (C)AM2=AD·AE (D)AD·DE=AB·BC 解析:因?yàn)樗倪呅蜝DEC是圓的內(nèi)接四邊形, 所以∠BDE+∠BCE=180°, 因?yàn)椤螧DE=90°,所以∠BCE=90°,故A正確; 因?yàn)橹本€AM與圓相切于點(diǎn)M, 由弦切角定理可得∠AMD=∠MED; 由四邊形BDEC是圓

3、的內(nèi)接四邊形, 所以∠ABD=∠CED, 所以∠CEM=∠MED+∠CED=∠DMA+∠DBA,故B正確; 因?yàn)橹本€AM與圓相切于點(diǎn)M, 由切割線定理可得AM2=AD·AE,故C正確; 由割線定理得AD·AE=AB·AC, 所以AD·(AD+DE)=AB·(AB+BC), 所以AD·DE-AB·BC=AB2-AD2, 而AB與AD不一定相等,故D錯(cuò)誤. 3.(2014高考天津卷) 如圖,△ABC是圓的內(nèi)接三角形,∠BAC的平分線交圓于點(diǎn)D,交BC于點(diǎn)E,過點(diǎn)B的圓的切線與AD的延長線交于點(diǎn)F.在上述條件下,給出下列四個(gè)結(jié)論:①BD平分∠CBF;②FB2=FD·FA;③AE·C

4、E=BE·DE;④AF·BD=AB·BF.則所有正確結(jié)論的序號(hào)是(　D　) (A)①② (B)③④ (C)①②③ (D)①②④ 解析:因?yàn)椤螧AD=∠FBD,∠DBC=∠DAC, 又AE平分∠BAC, 所以∠BAD=∠DAC, 所以∠FBD=∠DBC, 所以BD平分∠CBF,結(jié)論①正確; 易證△ABF∽△BDF, 所以=, 所以AB·BF=AF·BD,結(jié)論④正確; 又=,得BF2=AF·DF,結(jié)論②正確.故選D. 二、填空題 4.(2014武漢模擬)如圖,割線PBC經(jīng)過圓心O,OB=PB=1,OB繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°到OD,連接PD交圓O于點(diǎn)E,則PE=

5、　　　　.? 解析:在△POD中,由余弦定理知PD==,再由PE·PD=PB·PC?PE=. 答案: 5.如圖所示,已知☉O的直徑AB與弦AC的夾角為30°,過C點(diǎn)的切線與AB的延長線交于P,PC=5,則☉O的半徑為　　　　.? 解析:連接OC, 則OC⊥CP, ∠POC=2∠CAO=60°, Rt△OCP中,PC=5, 則OC===. 答案: 6.(2014江南十校聯(lián)考)如圖,在圓的內(nèi)接四邊形ABCD中,∠ABC=90°,∠ABD=30°,∠BDC=45°,AD=1,則BC=　　　　.? 解析:連接AC. 因?yàn)椤螦BC=90°,所以AC為圓的直徑.

6、又∠ACD=∠ABD=30°,所以AC=2AD=2.又∠BAC=∠BDC=45°,故BC=. 答案: 7.(2014沈陽模擬)如圖所示,以直角三角形ABC的直角邊AC為直徑作☉O,交斜邊AB于點(diǎn)D,過點(diǎn)D作☉O的切線,交BC邊于點(diǎn)E,則=　　　　.? 解析:連接CD,因?yàn)锳C是☉O的直徑, 所以CD⊥AB. 因?yàn)锽C經(jīng)過半徑OC的端點(diǎn)C且BC⊥AC, 所以BC是☉O的切線, 而DE是☉O的切線, 所以EC=ED. 所以∠ECD=∠CDE, 所以∠B=∠BDE,所以DE=BE. 所以BE=CE=BC, 所以=. 答案: 8.(2013高考天津卷)如圖所示,△A

7、BC為圓的內(nèi)接三角形,BD為圓的弦,且BD∥AC.過點(diǎn)A作圓的切線與DB的延長線交于點(diǎn)E,AD與BC交于點(diǎn)F.若AB=AC,AE=6,BD=5,則線段CF的長為　　　　.? 解析:∵AE為圓的切線, ∴由切割線定理,得AE2=EB·ED. 又AE=6,BD=5,可解得EB=4. ∵∠EAB為弦切角,且AB=AC, ∴∠EAB=∠ACB=∠ABC. ∴EA∥BC. 又BD∥AC, ∴四邊形EBCA為平行四邊形. ∴BC=AE=6,AC=EB=4. 由BD∥AC,得△ACF∽△DBF, ∴==. 又CF+BF=BC=6, ∴CF=. 答案: 三、解答題 9.如圖

8、所示,已知PE切圓O于點(diǎn)E,割線PBA交圓O于A,B兩點(diǎn),∠APE的平分線和AE、BE分別交于點(diǎn)C,D. (1)求證:CE=DE; (2)求證:=. 證明:(1)∵PE切圓O于E, ∴∠PEB=∠A, 又∵PC平分∠APE, ∴∠CPE=∠CPA, ∴∠PEB+∠CPE=∠A+∠CPA, ∴∠CDE=∠DCE,即CE=DE. (2)因?yàn)镻C平分∠APE, ∴=, 又PE切圓O于點(diǎn)E,割線PBA交圓O于A,B兩點(diǎn), ∴PE2=PB·PA, 即=, ∴=. 10.(2014白山市摸底)如圖所示,△ABC內(nèi)接于☉O,AB=AC,直線MN切☉O于點(diǎn)C,弦BD∥MN,A

9、C與BD相交于點(diǎn)E. (1)求證:△ABE≌△ACD; (2)若AB=6,BC=4,求AE長. (1)證明:∵BD∥MN, ∴∠BDC=∠DCN, ∵直線MN是圓的切線, ∴∠DCN=∠CAD,又∠BAC=∠BDC, ∴∠BAC=∠CAD, 即∠BAE=∠CAD, 在△ABE和△ACD中, AB=AC,∠ABE=∠ACD,∠BAE=∠CAD, ∴△ABE≌△ACD. (2)解:∵∠EBC=∠BCM,∠BCM=∠BDC, ∴∠EBC=∠BDC=∠BAC, ∴BC=CD=4, 又∠BEC=∠BAC+∠ABE=∠EBC+∠ABE=∠ABC =∠ACB, ∴BC=

10、BE=4, 設(shè)AE=x,易證△ABE∽△DCE, ∴==?DE=x. 又AE·EC=BE·ED,EC=6-x, ∴4·x=x(6-x),解得x=. 11.(2014通化模擬)已知:如圖,圓O為△ABC的外接圓,直線l為圓O的切線,切點(diǎn)為B,直線AD∥l,交BC于D,交圓O于E,F為AC上一點(diǎn),且∠EDC=∠FDC.求證: (1)AB2=BD·BC. (2)點(diǎn)A,B,D,F共圓. 證明:(1)因?yàn)橹本€l為圓O的切線, 所以∠1=∠ACB. 因?yàn)锳D∥l,所以∠1=∠DAB, 所以∠ACB=∠DAB. 又因?yàn)椤螦BC=∠DBA, 所以△ABC∽△DBA, 所以=

11、, 所以AB2=BD·BC. (2)由(1)可知∠BAC=∠ADB, 因?yàn)椤螮DC=∠FDC,∠EDC=∠ADB, 所以∠BAC=∠FDC, 所以∠BAC+∠FDB=∠FDC+∠FDB=180°, 所以點(diǎn)A,B,D,F共圓. 12.(2014赤峰模擬)如圖,在△ABC中,CD是∠ACB的平分線,△ACD的外接圓交BC于E,AB=2AC. (1)求證:BE=2AD; (2)當(dāng)AC=1,BC=2時(shí),求AD的長. (1)證明:連接DE, 因?yàn)锳CED為圓的內(nèi)接四邊形, 所以∠BDE=∠BCA, 又∠B=∠B, 所以△BDE∽△BCA, 即=,而AB=2AC,所以BE=2DE. 又CD是∠ACB的平分線, 所以AD=DE, 從而BE=2AD. (2)解:由條件得AB=2AC=2,設(shè)AD=t. 根據(jù)割線定理得BD·BA=BE·BC, 即(AB-AD)·BA=2AD·2, 所以(2-t)·2=2t·2, 解得t=,即AD=. 9