【数学】2020届一轮复习人教A版 直线与圆的位置关系 课时作业

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‎2020届一轮复习人教A版 直线与圆的位置关系 课时作业 1、四边形内接于圆，，过点作圆的切线与的延长线交于点．‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若，，，求的长．‎ ‎2、如下图，的半径垂直于直径，为上一点，的延长线交于点，过点的 切线交的延长线于点.‎ ‎（I）求证：；‎ ‎（II）若的半径为，，求的长.‎ ‎3、如图，已知是圆的直径，直线与圆相切于点，弦的延长线交于点，若 ‎.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若，求的长.‎ ‎4、如图,在中,,以为直径的交于点是边上一点,与交于点,连接．‎ ‎（1）证明:四点共圆；‎ ‎（2）若,求的值．‎ ‎5、如图，是圆的直径，为圆上位于异侧的两点，连结并延长至点，使，连结.‎ 求证：.‎ ‎6、如图所示，已知圆外有一点，作圆的切线，为切点，过的中点，作割线，交圆于、两点，连接并延长，交圆于点，连接交圆于点，若．‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求证：四边形是平行四边形．‎ ‎7、如图，在正△中，点、分别在边，上，且，，，相交于点．‎ 求证：‎ ‎（1）四点、、、共圆；‎ ‎（2）．‎ ‎8、如图，已知四边形是圆的内接四边形，是圆上的动点，与交于，圆的切线与线段的延长线交于．‎ ‎（1）证明：是的平分线；‎ ‎（2）若过圆心，，求的长．‎ ‎9、如图是直径，是切线，交与点．‎ ‎（Ⅰ）若为中点，求证：是切线；‎ ‎（Ⅱ）若，求的大小．‎ ‎10、已知中，，为外接圆劣弧上的点（不与点重合），延长至，延长交的延长线于．‎ ‎（Ⅰ）求证：；‎ ‎（Ⅱ）求证：．‎ ‎11、如图，与都是以为斜边的直角三角形，为线段上一点，平分，且.‎ ‎（1）证明：四点共圆，且为圆心；‎ ‎（2）与相交于点，若，求之间的距离.‎ ‎12、如图所示，已知PA与相切，A为切点，过点P的割线交圆于B,C两点，CD//AP，AD,BC相交于点E，F为CE上一点，且.‎ ‎(1)求证：;‎ ‎(2)若求PA的长.‎ ‎13、如图，在中，作平行于的直线交于，交于，如果和相交于点，和相交于点，的延长线和相交于．‎ 证明：（1）；‎ ‎（2）．‎ ‎14、如图，为的直径，切于点，交于点，，点在上，求证：是的切线．‎ ‎15、如图，在中，平分，交于点，点在上，．‎ ‎（1）求证：是的外接圆的切线；‎ ‎（2）若，求的长．‎ ‎16、等腰梯形中，，交于点，平分，为梯形外接圆的切线，交的延长线于点．‎ ‎（I）求证：；‎ ‎（II）若，，，求的长．‎ ‎17、如图，△ABC的两条中线和相交于点，且四点共圆．‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若，求．‎ ‎18、如图，直线与圆相切于点，是过点的割线，，点是线段的中点．‎ ‎（1）证明：四点共圆；‎ ‎（2）证明：．‎ ‎19、如图，在圆内接梯形中，，过点作圆的切线与的延长线交于点，若．‎ ‎（1）求证：梯形为等腰梯形；‎ ‎（2）求弦的长．‎ ‎20、如图，△内接于直径为的圆，过点作圆的切线交的延长线于点，的角平分线交和圆于点、，且．‎ ‎（1）求的比值；‎ ‎（2）求的值．‎ 参考答案 ‎1、答案：（1）证明见解析；（2）‎ 试题分析：（1）由等腰三角形性质得，由弦切角定理得，从而，由此能证明；（2）由已知得，，由，得．由切割线定理得，由此能求出的长．‎ 试题（1）证明：∵，∴，‎ ‎∵是圆的切线，∴，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∵，∴．‎ ‎（2）解：∵，∴，‎ ‎∵，∴，∴，‎ ‎∵，∴，‎ ‎∴，由切割线定理得，‎ ‎∴，‎ ‎∵，∴．‎ 考点：1、弦切角定理；2、切割线定理. 2、答案：（I）证明见解析；（II）.‎ 试题分析：（I）连接，根据切线的性质有，所以，.因为于，，所以，.所以；（II）根据相交弦定理有，从而求得.‎ 试题 ‎（I）证明：连接，‎ ‎∵切于，‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ ‎∵，‎ ‎∴.‎ ‎∵于，‎ ‎∴，‎ 故，.‎ ‎∴.‎ ‎（II）∵，，‎ ‎∴，‎ ‎∵，‎ ‎∴.‎ 考点：几何证明选讲. 3、答案：（1）证明见解析；（2）.‎ 试题分析：（1）利用弦切角定理可得，因为，所以，进而；（2）由（1）得与相似，所以，所以.‎ 试题（1）证明：因为是直径，所以连接，则，‎ 又因为直线与圆相切，所以.‎ 又因为，所以,‎ 所以，所以.‎ ‎（2）解：由（1）得与相似，所以，所以.‎ 考点：1、弦切角定理；2、三角形相识的性质. 4、答案：（1）证明见解析；（2）．‎ 试题分析：（1）由直角三角形相识，圆周角定理得，从而进而可证结论；（2）先根据射影定理求得，从而得进而利用相交弦定理可得的值．‎ 试题（1）证明:连接是的直径,,‎ ‎,,‎ 四点共圆．‎ ‎（2）连接是的直径,,‎ 即四点共圆,．‎ 考点：1、四点共圆的判定；2、圆周角定理及相交弦定理． 5、答案：试题分析：连结，因为可得，可证，又因为，所以欲证，只要证即可，即证，由可证.‎ 试题证明：如图，连结，因为，为的中点，所以，于是.‎ 因为，所以.于是.‎ 因为点都在圆上，且为圆上位于异侧的两点，‎ 所以和为同弧所对的圆周角，‎ 故，所以.‎ 考点：圆的性质. 6、答案：试题分析：（1）由切割线定理，及是的中点，可得，进而，结合，可得∽，则，即；再由，可得，再由等角的补角相等可得，进而得到∽；（2）由，可得，即∥；由∽，是圆的切线，可证得，即∥；再由平行四边形的判定定理得到四边形是平行四边形．‎ 试题（1）∵是圆的切线，是圆的割线，是的中点，‎ ‎∴，∴，‎ 又，‎ ‎∴，即．‎ ‎∵，∴．‎ ‎（2），即，‎ ‎∴，‎ ‎∵是圆的切线，∴，‎ 即，∴，∴四边形是平行四边形．‎ 考点：1.与圆有关的比例线段；2.相似三角形的判定． 7、答案：试题分析：本题主要考查几何证明（1）利用比例关系证明全等于，则，可以得到，利用四点共圆的判定性质便可证明出四点共圆；（2）由几何关系和正弦定理，得，利用（1）的结论，知，故.‎ 试题（1）在中，由，，知，‎ ‎∴，即，所以四点，，，共圆．‎ ‎（2）如图，连接，‎ 在，，，‎ 由正弦定理知，由四点，，，共圆，，‎ ‎∴．‎ 考点：1.四点共圆的证明；2.导面直线垂直的证明；3.正弦定理的合理运用. 8、答案：（1）证明见解析；（2）.‎ 试题分析：（1）由弦切角等于所夹的弧所对的圆周角，得，又所以，故是的平分线；（2）因为为直径，由垂径定理得，且，再由切割线定理列方程，求解得.‎ 试题 ‎（1）因为是圆的切线，所以，又，‎ 所以，故是的平分线 ‎（2）因为为圆心，易得，‎ 因为，所以，所以，‎ 由切割线定理得，即，‎ 即，解得 考点：几何证明选讲． 9、答案：（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）．‎ 试题分析：（Ⅰ）连结，由已知得，，，又，则，易得，所以，得证；（Ⅱ）设，，由射影定理得，解得，所以．‎ 试题（Ⅰ）连结，由已知得，，，‎ 在中，由已知得，∴，‎ 连结，，‎ ‎∵，∴，‎ ‎∴,‎ ‎∴是圆的切线．‎ ‎（Ⅱ）设，，由已知得，，由射影定理可得，，‎ ‎∴，解得，∴‎ 考点：平面几何证明． 10、答案：试题分析：（Ⅰ）易得，由得，且，由同弧所对圆周角相等可得结论；（Ⅱ）由（Ⅰ）得，结合，与相似，则，又，可得，由割线定理易得．‎ 试题（Ⅰ）证明：∵、、、四点共圆，‎ ‎∴，‎ ‎∵，∴，且，‎ ‎，‎ ‎∴．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）得，又∵，‎ 所以与相似，‎ ‎∴，∴，‎ 又∵，∴，∴，‎ 根据割线定理得，‎ ‎．‎ 考点：平面几何证明． 11、答案：（1）证明见解析；（2）.‎ 试题分析：（1）因为与都是以为斜边的直角三角形，所以四点都在以为直径的圆上.先利用证明，再利用直角证明，所以为圆心；‎ ‎（2）由，得，由得.设 ‎，则，由角平分线定理有，解得，故距离为.‎ 试题 ‎（1）因为与都是以为斜边的直角三角形，‎ 所以四点都在以为直径的圆上.‎ 因为平分，且，所以.‎ 又，所以.‎ 所以，是的中点，为圆心.‎ ‎（2）由，得，‎ 由得.‎ 设，则，由平分得，‎ 所以，解得，即，‎ 连接，由（1），.‎ 考点：几何证明选讲． 12、答案：（1）证明见解析；（2）．‎ 试题分析：（1）从要证明结论可以看出，利用相交弦定理，，因此只要证，要可通过证明得到，（2）由（1）及已知依次计算出，然后由切割线定理可得．‎ 试题证明：（I）∵，‎ ‎∴，‎ 又∵，∴，‎ ‎∴∽‎ ‎∴‎ 又∵，‎ ‎∴‎ ‎（2），，，‎ PA是⊙O的切线，，‎ 考点：相交弦定理，切割线定理，相似三角形的判定与性质． 13、答案：（1）证明见解析；（2）证明见解析．‎ 试题分析：（1）由平行线分线段成比例有，所以；（2）由（1）有①，由平行线分线段成比例有，同理，所以②，由①②得，即．‎ 试题 ‎（1）∵，∴，即，同理，‎ 于是．‎ ‎（2）∵，∴，即，同理，‎ 所以，又由（1）有，‎ 所以，即．‎ 考点：几何证明选讲． 14、答案：试题分析：连接，由条件得出，故，再由，得是圆的切线．‎ 试题根据已知得出是解题关键，根据为的直径，切 于点，那么利用角的关系可知是的切线．‎ 考点：平面几何证明． 15、答案：（1）证明见解析；（2）．‎ 试题分析：（1）取的中点，则，又，易得，由已知可得，所以是的外接圆的切线；（2）设圆半径为，则，得，从而有，故．‎ 试题（1）证明：如图，取的中点，连接，‎ ‎∵平面，∴，‎ ‎∵，∴，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∵，∴，‎ ‎∴是的外接圆的切线．‎ ‎（2）解：设的半径为，则在中，，即，解得，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ 考点：平面几何证明． 16、答案：（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）．‎ 试题分析：（Ⅰ）首先根据弦切角定理与角平分线的定义结合三角形外角定理，可得，然后根据切割线定理得到所证；（Ⅱ）根据，以及切割线定理，结合，即得所求线段长．‎ 试题（I）∵为圆的切线，∴，∵平分，∴，‎ ‎∴，∴，∴．‎ ‎∵为圆的切线，∴，∴．5分 ‎（II）∵，∴，∴．‎ ‎∵，∴，∴．10分 考点：1、弦切角定理；2、切割线定理；3、相似三角形． 17、答案：（1）证明见解析；（2）．‎ 试题分析：（1）连结，因为四点共圆，则．又因为为△的两条中线，所以点分别是的中点，故，问题得证；（2）因为为与的交点，故为的重心，延长交于，则为的中点，且．由三角形∽，得，因为，，，所以，即．‎ 试题（1）连结，因为四点共圆，则．‎ 又因为为△的两条中线，‎ 所以点分别是的中点，故．‎ 所以，从而．‎ ‎（2）因为为与的交点，‎ 故为△的重心，延长交于，‎ 则为的中点，且．‎ 在△与△中，因为，，‎ 所以△∽△，所以，即．‎ 因为，，，‎ 所以，即，‎ 又，所以．‎ 考点：1、圆的割线性质；2、重心的性质；3、三角形相似． 18、答案：试题分析：（1）连接，证明，再证明，即可证明四点共圆；（2）由平分，得 ‎，由弦切角定理得，从而，由此能证明．‎ 试题解：（1）∵是切线，是弦，∴，，‎ ‎∴，‎ ‎∵‎ ‎∴，即是等腰三角形 又点是线段的中点，∴是线段垂直平分线，即 又由可知是线段的垂直平分线，∴与互相垂直且平分，‎ ‎∴四边形是正方形，则四点共圆．‎ ‎（2由割线定理得，由（1）知是线段的垂直平分线，‎ ‎∴，从而 考点：与圆有关的比例线段． 19、答案：（1）证明见解析；（2）．‎ 试题分析：（1）由等腰梯形的概念证明；（2）由切割线定理求得长,再由余弦定理求得．‎ 试题（1）∵，∴，‎ ‎∴，∴梯形为等腰梯形．‎ ‎（2）由（1）可得，∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，∴．‎ 考点：圆内接四边形． 20、答案：（1）2（2）50‎ 试题分析：（1）由弦切角定理得，所以三角形相似：△，因此（2）由切割线定理得：，解得，由角平分线定理得，解得，，再由相交弦定理得：．‎ 试题（1）∵是圆的切线，∴，‎ 又是公共角，∴△，‎ ‎∴．‎ ‎（2）由切割线定理得：，∴，‎ 又，∴，为的角平分线，‎ ‎∵，∴，，∴，，‎ 又由相交弦定理得：．‎ 考点：弦切角定理，三角形相似，相交弦定理，切割线定理 ‎【名师名师点评】1.解决与圆有关的成比例线段问题的两种思路 ‎(1)直接应用相交弦、切割线定理及其推论；(2)当比例式(等积式)中的线段分别在两个三角形中时，可转化为证明三角形相似，一般思路为“相似三角形→比例式→等积式”．在证明中有时还要借助中间比来代换，解题时应灵活把握．‎ ‎2.应用相交弦定理、切割线定理要抓住几个关键内容：如线段成比例与相似三角形、圆的切线及其性质、与圆有关的相似三角形等． ‎