2018－2019学年人教版数学选修4－1（课件+练习）2.5 (2份打包)

五　与圆有关的比例线段 1.如图,∠ACB=90°,CD⊥AB于点D,以BD为直径的圆与BC交于点E,则(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.CE·CB=AD·DB B.CE·CB=AD·AB C.AD·AB=CD2 D.CE·EB=CD2 解析:由切割线定理得,CD2=CE·CB, 又在Rt△CAB中,△ACD∽△CBD, ∴CD2=AD·DB,∴CE·CB=AD·DB. 答案:A 2.(2014天津,理6)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.①② B.③④ C.①②③ D.①②④ 解析:由弦切角定理知∠FBD=∠BAD, ∵AD平分∠BAC,∠CBD=∠CAD, ∴∠BAD=∠DBC. ∴∠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=BE·EC,∴③不正确; ∵△ABF∽△BDF,∴. ∴AF·BD=AB·BF,∴④正确.故选D.[来源:学科网ZXXK] 答案:D 3.如图,PT是外切两圆的公切线,T为切点,PAB,PCD分别为这两圆的割线,若PA=3,PB=6,PC=2,则PD等于(　　) A.4 B.8 C.9 D.12 解析:PT2=PA·PB=PC·PD, 则PD==9. 答案:C 4.如图,PA,PB分别为☉O的切线,切点分别为A,B,PA=7,在劣弧上任取一点C,过点C作☉O的切线,分别交PA,PB于点D,E,则△PDE的周长是(　　) A.7 B.10 C.14 D.28 解析:∵DA,DC为☉O的切线, ∴DA=DC.同理EB=EC. ∴△PDE的周长=PD+PE+DE=(PD+DC)+(PE+CE)=(PD+DA)+(PE+EB)=PA+PB=7+7=14. 答案:C 5.如图,两个等圆☉O和☉O'外切,过O作☉O'的两条切线OA,OB,A,B是切点,则∠AOB等于(　　) [来源:Z|xx|k.Com] A.90° B.60° C.45° D.30° 解析:如图,连接OO',O'A. ∵OA为☉O'的切线,∴∠OAO'=90°. 又∵☉O与☉O'为等圆且外切,∴OO'=2O'A. ∴sin∠AOO'=, ∴∠AOO'=30°. 又由切线长定理知∠AOB=2∠AOO'=60°. 答案:B 6.(2014湖北,理15)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=　　　　.  解析:由题意知PA=PB. PA切☉O于点A,由切割线定理可得QA2=QC·QD=1×(1+3)=4.∴QA=2,∴PA=2×2=4=PB. 答案:4 7.(2014重庆,理14)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=　　　　　.  解析:如图所示: 根据切割线定理,得PA2=PB·PC, 又因为PC=(PB+BC),且PA=6,BC=9, 所以36=PB·(PB+9),解得PB=3. 在△PAC中,根据余弦定理cos∠ACP=,即cos∠ACP=,在△ACB中,根据余弦定理AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos∠ACB=82+92-2×8×9×=16,所以AB=4. 答案:4 8.如图,☉O中的弦CD与直径AB相交于点E,M为AB延长线上一点,MD为☉O的切线,D为切点,若AE=2,DE=4,CE=3,DM=4,求OB和MB的长. 解:由于AB和CD是☉O的两条相交弦, 则AE·EB=CE·ED. 即2EB=3×4. 所以EB=6,故AB=AE+EB=2+6=8. 所以OB=AB=4. 由于MD为☉O的切线, 则MD2=MB·MA=MB·(MB+AB), 所以42=MB·(MB+8), 解得MB=-4±4. 由于MB>0,则MB=4-4. 9.(2014课标全国Ⅱ,理22)如图,P是☉O外一点,PA是切线,A为切点,割线PBC与☉O相交于点B,C,PC=2PA,D为PC的中点,AD的延长线交☉O于点E.证明: (1)BE=EC; (2)AD·DE=2PB2. 分析:(1)欲证BE=EC,由于在圆O中,可证,利用相等的圆周角所对的弧相等,则可证∠DAC=∠BAD,故应由条件转化为角的关系上去寻找,我们可以利用弦切角定理、对顶角相等、等腰三角形两底角相等等来处理.对于(2),由结论中出现AD·DE,而D是AE与BC两弦之交点,联想到相交弦定理可得AD·DE=BD