【走向高考】2022届高考数学一轮基础巩固 第13章 第2节 直线与圆（含解析）北师大版选修4-1

【走向高考】2022届高考数学一轮基础巩固第13章第2节直线与圆北师大版选修4-1一、选择题1．自圆O外一点P引圆的切线，切点为A，M为PA的中点，过M引圆的割线交圆于B，C两点，且∠BMP＝100°，∠BPC＝40°，则∠MPB的大小为(　　)A．10°　B．20°　　　C．30°　D．40°[答案]　B[解析]　因为PA与圆相切于点A，所以AM2＝MB·MC．而M为PA的中点，所以PM＝MA，则PM2＝MB·MC，∴＝.又∠BMP＝∠PMC，所以ΔBMP∽△PMC，所以∠MPB＝∠MCP，在△PMC中，由∠CMP＋∠MPC＋∠MCP＝180°，即∠CMP＋∠BPC＋2∠MPB＝180°，所以100°＋40°＋2∠MPB＝180°，从而∠MPB＝20°.2．(2022·天津高考)如图，△ABC是圆的内接三角形，∠BAC的平分线交圆于点D，交BC于点E，过点B的圆的切线与AD的延长线交于点F，在上述条件下，给出下列四个结论：①BD平分∠CBF；②FB2＝FD·FA；③AE·CE＝BE·DE；④AF·BD＝AB·BF.则所有正确结论的序号是(　　)A．①②B．③④　　C．①②③D．①②④[答案]　D[解析]　由弦切角定理知∠FBD＝∠BAD，∵AD平分∠BAC，∠BAD＝∠CAD，∵同弧所对的圆周角相等，∴∠CAD＝∠CBD．∴∠FBD＝∠CBD，即BD平分∠CBF，∴①正确；由切割线定理知，②正确；由相交弦定理知，AE·ED＝BF·EC，∴③不正确；-7-\n∵△ABF∽△BDF，∴＝.∴AF·BD＝AB·BF，∴④正确．故选D．二、填空题3．如图，AB为圆O的直径，PA为圆O的切线，PB与圆O相交于D，若PA＝3，PDDB＝916，则PD＝________，AB＝________.[答案]　，4[解析]　由于PDDB＝916，设PD＝9a，则DB＝16a，根据切割线定理有PA2＝PD·PB有a＝，所以PD＝，在直角△PBA中，AB2＝PB2－AP2＝16，所以AB＝4.4．如图，在半径为的⊙O中，弦AB、CD相交于点P，PA＝PB＝2，PD＝1，则圆心O到弦CD的距离为________．[答案]　[解析]　由相交弦定理知，PA·PB＝PD·PC，又PA＝PB＝2，PD＝1，得PC＝4，故CD＝5，∴d＝＝.5．(2022·湖北高考)如图，P为⊙O外一点，过P点作⊙O的两条切线，切点分别为A、B，过PA的中点Q作割线交⊙O于C、D两点，若QC＝1，CD＝3，则PB＝________.[答案]　4[解析]　由切线长定理得QA2＝QC·QD＝1×(1＋3)＝4，解得QA＝2.故PB＝PA＝2QA＝4.6．如图，在圆内接梯形ABCD中，AB∥DC，过点A作圆的切线与CB的延长线交于点E，若AB＝AD＝5，BE＝4，则弦BD的长为________．-7-\n[答案]　[解析]　因为在圆的内接梯形ABCD中，AB∥DC，所以AD＝BC，∠BAD＋∠BCD＝180°，∠ABE＝∠BCD，所以∠BAD＋∠ABE＝180°，又因为AE为圆的切线，所以AE2＝BE·EC＝4×9＝36，AE＝6.在△ABE中，由余弦定理得cos∠ABE＝＝＝，cos∠BAD＝cos(180°－∠ABE)＝－cos∠ABE＝－，在△ABD中，BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos∠BAD＝，所以BD＝.7.如图，AB是圆O的直径，点C在圆O上，延长BC到D使BC＝CD，过C作圆O的切线交AD于E.若AB＝6，ED＝2，则BC＝________.[答案]　2[解析]　∵AB为⊙O的直径，C在⊙O上，∴AC⊥BD，又∵BC＝CD，∴AD＝AB＝6，又DE＝2，∴AE＝4，连OC，∵CE为⊙O的切线，∴CE⊥OC，又OC为△ABD的中位线，∴OC∥AD．∴CE⊥AD，∴CD2＝DE·DA＝12，∴CD＝2，∴BC＝CD＝2.8．如图，在圆O中，直径AB与弦CD垂直，垂足为E，EF⊥DB，垂足为F，若AB＝6，AE＝1，则DF·DB＝________.[答案]　5[解析]　本题考查了相交弦定理三角形相似等知识．由已知AE·EB＝CE·DE＝DE2，∴DE2＝5×1＝5，因△DFE∽△DEB，所以＝，∴DE2＝DF·DB＝5.平面几何在选修题中每年必考，难度不大，属保分题型．三、解答题9．(2022·江苏高考)如图，AB是圆O的直径，CD是圆O上位于AB异侧的两点，证明：∠OCB＝∠D．-7-\n[解析]　证明：OC＝OB，∴∠OCB＝∠B，又∵∠B＝∠D，∴∠OCB＝∠D．10．如图，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．[解析]　(1)连接DE，交BC于点G.由弦切角定理得，∠ABE＝∠BCE.而∠ABE＝∠CBE，故∠CBE＝∠BCE，所以BE＝CE.又∵DB⊥BE，∴DE为直径，∠DCE＝90°，由勾股定理可得DB＝DC．(2)由(Ⅰ)知，∠CDE＝∠BDE，DB＝DC，故DG是BC的中垂线，所以BG＝.设DE中点为O，连接BO，则∠BOG＝60°.∠ABE＝∠BCE＝∠CBE＝30°，所以CF⊥BF，故Rt△BCF外接圆半径等于.一、填空题1．如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点．AD和过C点的切线互相垂直，垂足为D，∠DAB＝80°，则∠ACO＝________.-7-\n[答案]　40°[解析]　∵CD是⊙O的切线，∴OC⊥CD，又∵AD⊥CD，∴OC∥AD．由此得，∠ACO＝∠CAD，∵OC＝OA，∴∠CAO＝∠ACO，∴∠CAD＝∠CAO，故AC平分∠DAB．∴∠CAO＝40°，∴∠ACO＝40°.2．如图，已知AB和AC是圆的两条弦，过点B作圆的切线与AC的延长线相交于点D，过点C作BD的平行线与圆相交于点E，与AB相交于点F，AF＝3，FB＝1，EF＝，则线段CD的长为________．[答案]　[解析]　因为AF·BF＝EF·CF，解得CF＝2，所以＝，即BD＝.设CD＝x，AD＝4x，所以4x2＝，所以x＝.3．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠C＝72°，⊙O过A、B两点且与BC相切于点B，与AC交于点D，连接BD，若BC＝－1，则AC＝________.[答案]　2[解析]　由题易知，∠C＝∠ABC＝72°，∠A＝∠DBC＝36°，所以△BCD∽△ACB，所以BCAC＝CDCB，又易知BD＝AD＝BC，所以BC2＝CD·AC＝(AC－BC)·AC，解得AC＝2.4．如图，△ABC为圆的内接三角形，BD为圆的弦，且BD∥AC．过点A作圆的切线与DB的延长线交于点E，AD与BC交于点F.若AB＝AC，AE＝6，BD＝5，则线段CF的长为________．-7-\n[答案]　[解析]　如图所示：∵AE为圆的切线，∴AE2＝BE·ED，设BE＝x，∴36＝x(5＋x)，x2＋5x－36＝0，∴x＝4.∵AB＝AC，∴∠ACB＝∠ABC，又∠EAB＝∠ACB，∴∠EAB＝∠ABC，∴AE∥BC，又EB∥AC，∴四边形BCAE为平行四边形，∴BC＝AE＝6，AC＝BE＝4，∵△DFB∽△AFC，∴＝，∴＝，∴FC＝.5．(2022·重庆高考)过圆外一点P作圆的切线PA(A为切点)，再作割线PBC依次交圆于B，C，若PA＝6，AC＝8，BC＝9，则AB＝________.[答案]　4[解析]　本题主要考查切割线定理与三角形的相似，设AB＝x，PB＝y，由切割线定理可知，PA2＝36＝x(x＋9)　(1)由三角形PAB与三角形PCB相似可得＝，即＝　(2)由(1)，(2)可得3y2＋36y－4×48＝0，y＝4(y＝－48舍去)．二、解答题6．(2022·新课标Ⅰ)如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AB的延长线与DC的延长线交于点E，且CB＝CE.(1)证明：∠D＝∠E；(2)设AD不是⊙O的直径，AD的中点为M，且MB＝MC，证明：△ADE为等边三角形．[解析]　(1)由题设知A，B，C，D四点共圆，所以∠D＝∠CBE，-7-\n由CB＝CE得∠CBE＝∠E，故∠D＝∠E.(2)设BC的中点为N，连接MN，则由MB＝MC知MN⊥BC，故O在直线MN上．又AD不是⊙O的直径，M为AD的中点，故OM⊥AD，即MN⊥AD．所以AD∥BC，故∠A＝∠CBE.又∠CBE＝∠E，故∠A＝∠E，由(1)知，∠D＝∠E，所以△ADE为等边三角形．7．(2022·辽宁高考)如图，EP交圆于E、C两点，PD切圆于D，G为CE上一点且PG＝PD，连接DG并延长交圆于点A，作弦AB垂直EP，垂足为F.(1)求证：AB为圆的直径；(2)若AC＝BD，求证：AB＝ED．[解析]　(1)∵PD＝PG，∴∠PDG＝∠PGD，由于PD为切线，故∠PDA＝∠DBA，又∠PGD＝∠EGA，∴∠DBA＝∠EGA．∴∠DBA＋∠BAD＝∠EGA＋∠BAD，从而∠BDA＝∠PFA．由AF⊥EP，得∠PFA＝90°，∴∠BDA＝90°，故AB是直径．(2)连接BC、DC．∵AB是直径，∴∠BDA＝∠ACB＝90°，在Rt△BDA与Rt△ACB中，AB＝BA，AC＝BD．∴Rt△BDA≌Rt△ACB，∴∠DAB＝∠CBA．又∵∠DCB＝∠DAB．∴∠DCB＝∠CBA，∴DC∥AB．∵AB⊥EP，∴DC⊥EP，∠DCE为直角．∴ED为直径，由(1)得ED＝AB．-7-