【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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【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

‎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. ‎
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