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1、演练方阵第2讲 直线与圆的位置关系圆周角定理考点说明：圆周角定理是常考点类型一 与圆周角定理的定义与相关的证明【易】1思考判断(正确的打“”，错误的打“”)(1)顶点在圆周上的角是圆周角()(2)圆周角的度数等于圆心角度数的一半()(3)90的圆周角所对的弦是直径()(4)圆周角相等，则它们所对的弧也相等()【答案】(1)(2)(3)(4)【解析】(1)顶点在圆上，并且两边都与圆相交的角叫做圆周角，原说法错误；(2)同弧或等弧所对圆周角等于圆心角的一半，原说法错误；(3)正确；(4)错误，没有加限制条件“在同圆或等圆中”【易】2(1)圆周角定理：圆上一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的_(2
2、)圆心角定理：圆心角的度数等于_推论1：同弧或等弧所对的圆周角_；同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧也_推论2：半圆(或直径)所对的圆周角是_；90的圆周角所对的弦是_【答案】(1)一半(2)它所对弧的度数相等相等直角直径【解析】略【易】3.如图所示，在O中，弦BC平行于半径OA，AC交OB于点M，C20，则AMB()A60B50C40 D30【答案】A【解析】因为C20，所以AOB40，又因为弦BC半径OA，所以OACC20，因为AMB是AOM的外角所以AMB60.【中】4.如图所示，BC是半圆O的直径，ADBC，垂足为D，BF与AD、AO分别交于点E、G.(1)证明：DAOFBC；(2)证
3、明：AEBE.【答案】略 略【解析】 (1)连接FC，OF，因为，OBOF，所以点G是BF的中点，OGBF.因为BC是O的直径，所以CFBF.(1分)所以OGCF.所以AOBFCB，(2分)所以DAO90AOB，FBC90FCB，(4分)所以DAOFBC.(6分)(2)连接AB，AC，因为BC为直径，所以BAC，又因为ADBC，所以BADBCA，(8分)又因为，所以ABFBCA，(9分)所以ABFBAD，所以AEBE.(10分)【中】5.如图所示，已知O中，ABAC，D是BC延长线上的一点，AD交O于E，求证：AB2ADAE.【答案】略 【解析】证明：连接BE(如图所示)，因为ABAC，所以.
4、所以ABDAEB.在ABE和ADB中，BAEDAB，AEBABD.所以ABEADB.所以，即AB2ADAE.【难】6如图所示，AB是圆O的直径，D，E为圆O上位于AB异侧的两点，连接BD并延长至点C，使BDDC，连接AC，AE，DE.求证：EC.【答案】略【解析】证明：如图所示，连接OD，因为BDDC，O为AB的中点，所以ODAC，所以ODBC，因为OBOD，所以ODBB.所以BC.因为点A，E，B，D都在圆O上，且D，E为圆O上位于AB异侧的两点所以E和B为同弧所对的圆周角故EB，所以EC.类型二 利用圆周角进行计算【易】1如图，已知AB是半圆O的直径，弦AD，BC相交于点P，若CD3，AB
5、4，则tan BPD等于()A. B. C. D.【答案】D【解析】连接BD，则BDP90.CPDAPB，.在RtBPD中，cos BPD，tan BPD.【易】2如图，ABC内接于O，ODBC于D，A50，则OCD的度数是()A40B25 C50 D60【答案】A【解析】连接OB.因为A50，所以BC弦所对的圆心角BOC100，CODBOC50，OCD90COD905040.所以OCD40.【易】3RtABC中，C90，A30，AC2，则此三角形外接圆的半径为()A. B2 C2 D4【答案】B【解析】由推论2知AB为RtABC的外接圆的直径，又AB4，故外接圆半径rAB2.【易】4如图，C
6、D是O的直径，弦ABCD于点E，BCD25，则下列结论错误的是()AAEBE BOEDE CAOD50 DD是的中点【答案】B.【解析】选B因为CD是O的直径，弦ABCD，所以=；，AEBE.因为BCD25，所以AOD2BCD50，故A、C、D项结论正确，选B.【易】5如图，ABC为O的内接三角形，AB为O的直径，点D在O上，ADC68，则BAC_.【答案】22【解析】AB是O的直径，所以弧ACB的度数为180 ，它所对的圆周角为90，所以BAC90ABC90ADC906822.【中】6.如图，ABC的角平分线AD的延长线交它的外接圆于点E.(1)证明：ABEADC；(2)若ABC的面积SAD
7、AE，求BAC的大小【答案】略；90【解析】(1)证明：由已知条件可得BAECAD.因为AEB与ACB是同弧上的圆周角，所以AEBACD.故ABEADC.(2)因为ABEADC，所以，即ABACADAE.又SABACsin BAC，且SADAE，所以ABACsin BACADAE.则sin BAC1.又BAC为三角形内角，所以BAC90.【中】7如图，A，E是半圆周上的两个三等分点，直径BC4，ADBC，垂足为D，BE与AD相交于点F，则AF的长为_【答案】【解析】如图，连接AB，AC，由A，E为半圆周上的三等分点，得FBD30，ABD60，ACB30.由BC4，得AB2，AD，BD1，则DF
8、，故AF.【难】8如图所示，已知O为ABC的外接圆，ABAC6，弦AE交BC于点D，若AD4，则AE_.【答案】9【解析】连接CE，则AECABC.又ABC中，ABAC，ABCACB，AECACB，ADCACE，AE9.圆内接四边形的性质与判定定理考点说明：圆内接四边形的性质与判定定理是重要考点类型一 圆内接四边形的判定定理【易】1思考判断(正确的打“”，错误的打“”)(1)任意三角形都有外接圆，但可能不止一个()(2)矩形有唯一的外接圆()(3)菱形有外接圆()(4)正多边形有外接圆()【答案】(1)(2)(3)(4)【解析】(1)错误，任意三角形都有唯一的外接圆，因为三角形三条边的垂直平分
9、线的交点只有一个；(2)正确，因为矩形对角线的交点到各顶点的距离相等；(3)错误，只有当菱形是正方形时才有外接圆；(4)正确，因为正多边形的中心到各顶点的距离相等【易】2四边形ABCD的一个内角C36，E是BA延长线上一点，若DAE36，则四边形ABCD()A一定有一个外接圆B四个顶点不在同一个圆上C一定有内切圆D四个顶点是否共圆不能确定【答案】A【解析】因为C36，DAE36，所以C与BAD的一个外角相等，由圆内接四边形判定定理的推论知，该四边形有外接圆，故选A.【易】3.如图所示，在ABC中，ADDB，DFAB交AC于点F，AEEC，EGAC交AB于点G.求证：D，E，F，G四点共圆【答案
10、】略【解析】证明：连接GF.由DFAB，EGAC，知GDFGEF90，所以GF的中点到D，E，F，G四点的距离相等，所以D，E，F，G四点共圆【中】4.(改变问法)上题（3题）条件不变，试证明G，B，C，F四点共圆【答案】略【解析】连接DE.由ADDB，AEEC，知DEBC，所以ADEB.又由D，E，F，G四点共圆，所以ADEGFE，所以GFEB，所以G，B，C，F四点共圆【难】5.如图所示，A，B，C，D四点在同一圆上，AD的延长线与BC的延长线交于E点，且ECED.(1)证明：CDAB；(2)延长CD到F，延长DC到G，使得EFEG，证明：A，B，G，F四点共圆【答案】略 略【解析】证明：
11、(1)因为ECED，所以EDCECD.因为A，B，C，D四点在同一圆上，所以EDCEBA.故ECDEBA.所以CDAB.(2)由(1)知，AEBE.因为EFEG，故EFDEGC，从而FEDGEC.如图，连接AF，BG，则EFAEGB，故FAEGBE.又CDAB，EDCECD，所以FABGBA.所以AFGGBA180.故A，B，G，F四点共圆【中】6.(变换条件，改变问法)如图所示，已知四边形ABCD为平行四边形，过点A和点B的圆与AD、BC分别交于E、F，求证：C、D、E、F四点共圆【答案】略 【解析】证明：如图所示，连接EF，因为四边形ABCD为平行四边形，所以BC180.因为四边形ABFE
12、内接于圆，所以BAEF180，所以AEFC，所以C、D、E、F四点共圆类型二 圆内接四边形的性质定理考点说明：圆内接四边形的性质定理是重要考点【易】1已知四边形ABCD是圆内接四边形，下列结论中正确的有()如果AC，则A90如果AB，则四边形ABCD是等腰梯形A的外角与C的外角互补ABCD可以是1234A1个B2个C3个D4个【答案】B【解析】(1)因为AC180，AC，所以A90，故正确；(2)由AB及AC180，知BC180，故ABCD.因此四边形ABCD是等腰梯形或矩形，故错误；(3)由A，C互补，可知A，C的邻补角也互补，故正确；(4)由于ACBD180，而1324，故错误【易】2在圆的内接四边形ABCD中，A和它的对角C的度数比为12，那么A为()A30 B60 C90 D120【答案】B【解析】因为四边形ABCD为圆内接四边形，所以AC180，又因为AC12，所以A60.【易】3圆内接平行四边形一定是()A正方
