2022年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第二節(jié) 直線與圓的位置關(guān)系課時(shí)作業(yè) 理（選修4-1）

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1、2022年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第二節(jié) 直線與圓的位置關(guān)系課時(shí)作業(yè) 理（選修4-1） 一、填空題 1．如圖，AB是⊙O的直徑，MN與⊙O切于點(diǎn)C，AC＝BC，則sin∠MCA＝________. 解析：由弦切角定理得， ∠MCA＝∠ABC，sin∠ABC＝ ＝＝＝. 答案： 2．(xx·湖南卷)如圖，已知AB，BC是⊙O的兩條弦，AO⊥BC，AB＝，BC＝2，則⊙O的半徑等于________． 解析：設(shè)線段AO交BC于點(diǎn)D延長(zhǎng)AO交圓與另外一點(diǎn)E，則BD＝DC＝，由三角形ABD的勾股定理可得AD＝＝1，由切割線定理可得BD·DC＝AD·DE?DE＝2，則直徑AE＝3?

2、r＝，故填. 答案： 3．如圖，四邊形ABCD是圓O的內(nèi)接四邊形，延長(zhǎng)AB和DC相交于點(diǎn)P，若＝，＝，則的值為_(kāi)_______． 解析：∵∠P＝∠P，∠PCB＝∠PAD， ∴△PCB∽△PAD， ∴＝＝， ∵＝，＝， ∴＝. 答案： 4．如圖，D是圓O的直徑AB延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，PD是圓O的切線，P是切點(diǎn)，∠D＝30°，AB＝4，BD＝2，PA＝________. 解析：連接PO，因?yàn)镻D是⊙O的切線，P是切點(diǎn)，∠D＝30°，所以∠POD＝60°，并且AO＝2，∠POA＝120°，PO＝2，在△POA中，由余弦定理知，PA＝2. 答案：2 5．已知圓O的半徑為3，從

3、圓O外一點(diǎn)A引切線AD和割線ABC，圓心O到AC的距離為2，AB＝3，則切線AD的長(zhǎng)為_(kāi)_______． 解析：取BC的中點(diǎn)E，連接OE，OB易知OE＝2，OB＝3，故BE＝＝1，從而B(niǎo)C＝2，故AC＝5，由切割弦定理得AD2＝AB·AC，故AD2＝15，從而AD＝. 答案： 6．如圖，在△ABC中，AB＝AC，∠C＝72°，⊙O過(guò)A、B兩點(diǎn)且與BC相切于點(diǎn)B，與AC交于點(diǎn)D，連接BD，若BC＝－1，則AC＝________. 解析：由題易知，∠C＝∠ABC＝72°，∠A＝∠DBC＝36°，所以△BCD∽△ACB， 又易知BD＝AD＝BC， 所以BC2＝CD·AC＝(AC－

4、BC)·AC， 解得AC＝2. 答案：2 7．(xx·湖北卷)如圖，P為⊙O外一點(diǎn)，過(guò)P點(diǎn)作⊙O的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B.過(guò)PA的中點(diǎn)Q作割線交⊙O于C，D兩點(diǎn)．若QC＝1，CD＝3，則PB＝________. 解析：由切割線定理得QA2＝QC·QD＝1×(1＋3)＝4，∴QA＝2，PB＝PA＝2QA＝4. 答案：4 8．高速公路上的隧道和橋梁較多．如上圖是一個(gè)隧道的橫截面，若它的形狀是以O(shè)為圓心的圓的一部分，路面AB＝10米，凈高CD＝7米，則此圓的半徑________米． 解析：設(shè)圓的半徑為R米，由題意得OD2＋AD2＝OA2，即(7－R)2＋25＝R2，解得R＝

5、. 答案： 9．如圖，兩個(gè)等圓⊙O與⊙O′外切，過(guò)O作⊙O′的兩條切線OA，OB，A，B是切點(diǎn)，點(diǎn)C在圓O′上且不與點(diǎn)A，B重合，則∠ACB＝________. 解析：連接O′A，O′B，O′O，由⊙O與⊙O′外切且半徑相等得O′A＝O′O，又因O′A⊥OA，所以∠AOO′＝30°，同理∠BOO′＝30°，故∠AOB＝60°，由四邊形的內(nèi)角和為360°得∠AO′B＝120°，故∠ACB＝∠AO′B＝60°. 答案：60° 二、解答題 10．(xx·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ)如右圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，AB的延長(zhǎng)線與DC的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)E，且CB＝CE. (1)證明：∠D

6、＝∠E； (2)設(shè)AD不是⊙O的直徑，AD的中點(diǎn)為M，且MB＝MC，證明：△ADE為等邊三角形． 證明： (1)由題設(shè)知A，B，C，D四點(diǎn)共圓，所以∠D＝∠CBE. 由已知得∠CBE＝∠E，故∠D＝∠E. (2)設(shè)BC的中點(diǎn)為N，連接MN，則由MB＝MC知MN⊥BC，故O在直線MN上． 又AD不是⊙O的直徑，M為AD的中點(diǎn)，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為等邊三角形． 11．如圖，△ABC為圓的內(nèi)接三角形，AB＝AC，BD為圓的弦，且BD∥AC.過(guò)點(diǎn)A作圓的切線

7、與DB的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)E，AD與BC交于點(diǎn)F. (1)求證：四邊形ACBE為平行四邊形； (2)若AE＝6，BD＝5，求線段CF的長(zhǎng)． 解：解：(1)證明：因?yàn)锳E與圓相切于點(diǎn)A，所以∠BAE＝∠ACB. 因?yàn)锳B＝AC，所以∠ABC＝∠ACB. 所以∠ABC＝∠BAE.所以AE∥BC. 因?yàn)锽D∥AC，所以四邊形ACBE為平行四邊形． (2)因?yàn)锳E與圓相切于點(diǎn)A， 所以AE2＝EB·(EB＋BD)， 即62＝EB·(EB＋5)，解得BE＝4. 根據(jù)(1)有AC＝BE＝4，BC＝AE＝6. 設(shè)CF＝x，由BD∥AC，得＝， 即＝，解得x＝，即CF＝. 1．已知

8、點(diǎn)C在圓O的直徑BE的延長(zhǎng)線上，直線CA與圓O相切于A，∠ACB的平分線分別交AB，AE于點(diǎn)D，F(xiàn)兩點(diǎn)，若∠ACB＝20°，則∠AFD＝________. 解析：因?yàn)锳C為圓的切線，由弦切角定理，則∠B＝∠EAC， 又因?yàn)镃D平分∠ACB，則∠ACD＝∠BCD， 所以∠B＋∠BCD＝∠EAC＋∠ACD， 根據(jù)三角形外角定理，∠ADF＝∠AFD， 因?yàn)锽E是圓O的直徑，則∠BAE＝90°， 所以△ADF是等腰直角三角形， 所以∠ADF＝∠AFD＝45°. 答案：45° 2．如圖，AD，AE，BC分別與圓O切于點(diǎn)D，E，F(xiàn)，延長(zhǎng)AF與圓O交于另一點(diǎn)G，給出下列三個(gè)結(jié)論：①AD

9、＋AE＝AB＋BC＋CA；②AF·AG＝AD·AE；③△AFB∽△ADG.其中正確結(jié)論的序號(hào)是________． 解析：由題意，根據(jù)切線長(zhǎng)定理，有BD＝BF，CE＝CF，所以AD＋AE＝(AB＋BD)＋(AC＋CE)＝(AB＋BF)＋(AC＋CF)＝AB＋AC＋(BF＋CF)＝AB＋AC＋BC，所以①正確；因?yàn)锳D，AE是圓的切線，根據(jù)切線長(zhǎng)定理，有AD＝AE，又因?yàn)锳G是圓的割線，所以根據(jù)切割線定理有AD2＝AF·AG＝AD·AE，所以②正確；根據(jù)弦切角定理有∠ADF＝∠AGD，又因?yàn)锽D＝BF，所以∠BDF＝∠BFD＝∠ADF，在△AFB中，∠ABF＝2∠ADF＝2∠AGD，所以③錯(cuò)誤．

10、 答案：①② 3．(xx·遼寧卷)如圖，EP交圓于E，C兩點(diǎn)，PD切圓于D，G為CE上一點(diǎn)且PG＝PD，連接DG并延長(zhǎng)交圓于點(diǎn)A，作弦AB垂直EP，垂足為F. (1)求證：AB為圓的直徑； (2)若AC＝BD，求證：AB＝ED. 證明：(1)因?yàn)镻D＝PG，所以∠PDG＝∠PGD. 由于PD為切線，故∠PDA＝∠DBA，又由于∠PGD＝∠EGA，故∠DBA＝∠EGA， 所以∠DBA＋∠BAD＝∠EGA＋∠BAD，從而∠BDA＝∠PFA. 由于AF⊥EP，所以∠PFA＝90°，于是∠BDA＝90°.故AB是直徑． (2)連接BC，DC. 由于AB是直徑，故∠BDA＝∠ACB＝90°. 在Rt△BDA與Rt△ACB中，AB＝BA，AC＝BD，從而Rt△BDA≌Rt△ACB.于是∠DAB＝∠CBA. 又因?yàn)椤螪CB＝∠DAB，所以∠DCB＝∠CBA，故DC∥AB. 由于AB⊥EP，所以DC⊥EP，∠DCE為直角． 于是ED為直徑．由(1)得ED＝AB.