第5讲;圆综合;教师版

EABCOP第五讲圆综合中考要求内容基本要求略高要求较高要求直线与圆的位置关系了解直线与圆的位置关系；了解切线的概念，理解切线与过切点的半径之间关系；会过圆上一点画圆的切线能判定一条直线是否为圆的切线；能利用直线和圆的位置关系解决简单问题能解决与切线有关的问题切线长了解切线长的概念会根据切线长知识解决简单问题圆与圆的位置关系了解圆与圆的位置关系能利用圆与圆的位置关系解决简单问题知识点睛一、弦切角定理（选讲）1.弦切角：顶点在圆上，一边与圆相切，一边与圆相交的角叫弦切角2.弦切角定理：弦切角等于它所夹的弧对的圆周角如下图：AC切O于A，AB为圆的弦，则BACD。二、四点共圆（选讲）定义：如果同一平面内的四个点在同一个圆上，则称这四个点共圆，一般简称为“四点共圆”证明四点共圆有下述一些基本方法：方法1：从被证共圆的四点中先选出三点作一圆，然后证另一点也在这个圆上，若能证明这一点，即可肯定这四点共圆．方法2：把被证共圆的四个点连成共底边的两个三角形，且两三角形都在这底边的同侧，若能证明其顶角相等，从而即可肯定这四点共圆．（若能证明其两顶角为直角，即可肯定这四个点共圆，且斜边上两点连线为该圆直径。）方法3：把被证共圆的四点连成四边形，若能证明其对角互补或能证明其一个外角等于其邻补角的内对角时，即可肯定这四点共圆．方法4：证被证共圆的点到某一定点的距离都相等，从而确定它们共圆．上述五种基本方法中的每一种的根据，就是产生四点共圆的一种原因，因此当要求证四点共圆的问题时，首先就要根据命题的条件，并结合图形的特点，在这五种基本方法中选择一种证法，给予证明．重、难点应用圆的性质解决综合题，其中添加恰当的辅助线是难点。例题精讲板块一圆中的全等【例1】如图，等边ABC内接于O⊙，P是BC上任意一点，连结PAPBPC、、．求证：PAPBPC．POCBADABCOP【解析】解法一：在PA上取一点D，使PDPC，连结CD．∵ABC是等边三角形，∴60ACBCABCACB，，∵APCABC，∴60APC，∵PCPD，∴PCD是等边三角形，∴60PCCDPCD，，∵60PCDACB，∴ACDBCP，∴ACDBCP≌，∴BPAD，∴PAADPDPBPC．解法二：延长CP到E，使PEPB，连结BE．DOCBAEABCOP∵ABC是等边三角形，∴60BACABCABBC，，∴60BPE，∴BPE是等边三角形，∴60BEBPPBE，，∵60ABCPBE，∴ABPCBE，∴ABPCBE≌，∴APCE，∵CECPPECPBP∴PAPBPC．解法三：延长PB到E，使BEPC，连结AE．方法类似解法二，先证明ABEACP≌，从而可得AEP是等边三角形，∴PAPEPBPC．【例2】已知点A、B、C、D顺次在O⊙上，ABBD，BMAC于点M，求证：AMDCCM．OMDCBAC'EABCDOMdABCDOMNcABCDOMNbaNMODCBA【解析】证法一：如图a，作BNDC交DC延长线于N，先证RtRtABMDBN≌，得AMDN，BMBN．再由RtRtBMCBNC≌，得CMCN，故AMMCCD证法二：如图b，延长AC至N，使MNMA，而BMAC，则BNBABD，得BDNBND，且BAMBNM，而BACBDC，故CDNCND，则CDCN，最后可证得：AMMCCD．证法三：如图c，利用对称性把条件转移，仍用”接”的办法证明．在AB上取一点'C，使'ACCD．则'ACCD．过B作'BNAC交'AC延长线于N，先证明RtRtABMABN≌，则AMAN，且BMBN．再证明RtRt'BMCBNC≌，则'CNCM，故有AMMCCD证法四：如图d，在AM上截取AEDC，则易证BAEBDC≌，得BCBE，BEABCD，而180BEABEC，180BCDBAD，BADBDABCA，故BECBCE，得CMEM，即AMMCCD【点评】本题可将条件”BABD“改换成”CB平分ACD的外角，交O⊙于B“其结论仍成立．【例3】(三帆中学2007～2008学年度第一学期期中考试)在ABC中，ACBC，M是它的外接圆上包含点C的弧AB的中点，AC上的点X使得MXAC，求证：AXXCCB．DABCMXOOXMCBAFABCMXOEABCMXO【解析】解法一：如图，在XA上取一点D，使得XDXC，连接MAMBMCMD、、、，由XCXD，XMCD∴MDMC，又∵M是圆上包含点C的弧AB的中点，∴MAMB，又∵MBCMAD，∴MADMBC≌，∴ADBC，∵AXADDX，∴AXXCBC．解法二：如图，过M点作MEBC交BC延长线于E，连结MAMBMC、、，∵M是圆上包含点C的弧AB的中点，∴MAMB，∵MXACMEBC，，∴90AXMBEM，又∵MAXMBE，∴AMXBME≌，∴MXMEAXBE，．∵MCEMABMBAMCA，∴MCXMCE≌，∴CXCE，∴AXBEBCCEBCCX．(类似此方法还可以”延长BC到E，使CECX，连结ME“)解法三：如图，延长AC到F，使FXAX，连结MAMBMCMF、、、，∵M是圆上包含点C的弧AB的中点，∴MAMB，MABMBA，∵MXACAXFX，，∴MAMF，∴MBMF，MAFMFA，∵MACMBC，∴MBCMFC，∵MCAMFCCMF，MCAMBAMAB，∴MABMFCCMF，∵BACBMCCBMCAM，，∴MABBACCAMBMCCBM，∴MFCCMFBMCCBM，∴BMCCMF，∴MBCMFC≌，∴CFBC，∴AXFXXCCFXCBC．【点评】圆中也经常会遇到”证明两条线段之和等于第三条线段”的问题，与直线形的处理方法类似，利用我们常说的”截长补短”，由于圆的”对称性”，这里的证明思路会扩展很多．【例4】如图，O⊙外接于边长为2的正方形ABCD，P为弧AD上一点，且1AP，22PB，求PC的长．PDCBAP'ABCDP【解析】如图所示延长PC到P′，使CPAP′，连接BP′．圆内接四边形PABC对角互补，则180PABPCB，又180PCBPCB′则PABPCB′容易证明CBPABP′≌∴1PCPA′，22PBPB′，90PBP′∴24PPPB′∴3PC．【例5】圆内接四边形两条对角线互相垂直，则一边的弦心距等于它的对边的一半．EFOCBDAEFOCBDAGEHFOCBDA【解析】证法一：如图，设四边形ABCD内接于圆O，且ACBD，OF为AB之弦心距．作CD的弦心距OE，连接OB、OC．显然190902OCEEOCDC的度数．∵ACBD，∴180ABDC，∴12mOCEAB．又12mBOFAB，∴OCEBOF．∵OCBO，∴RtRtOCEBOF≌．∴CEOF，即12OFDC．证法二：如图，作直径AE，连接BE、CE．∵O、F为中点，∴2BEOF．∵CEAC，BDAC，∴CEBD∥，∴BEDC，∴BEDC．即2OFDC，∴12OFDC．证法三：如图，设AC、BD交于P，E为DC之中点．连接EP延长垂直AB于G．连接FP延长必垂直DC于H．连接OE．∵OEDC，FHDC，∴FHOE∥，同理EGOF∥．∴PFOE为平行四边形，∴OFEP．而12EPDC(∵EP是RtCDP斜边上的中线)，∴12OFDC．板块二二次函数与圆【例6】（山东滨州卷）已知：抛物线2:(1)(2)Myxmxm与x轴相交于12(0)(0)AxBx，，，两点，且12xx．（Ⅰ）若120xx，且m为正整数，求抛物线M的解析式；（Ⅱ）若1211xx，，求m的取值范围；（Ⅲ）试判断是否存在m，使经过点A和点B的圆与y轴相切于点(02)C，，若存在，求出2:(1)(2)Myxmxm的值；若不存在，试说明理由；【解析】（Ⅰ）解法一：由题意得，1220xxm．解得，2m．m为正整数，1m．21yx．解法二：由题意知，当0x时，20(1)0(2)0ymm．（以下同解法一）解法三：22(1)4(2)(3)mmm，12(1)(3)122mmxxxm，，．又122020xxxm，．2m．（以下同解法一．）解法四：令0y，即2(1)(2)0xmxm，12(1)(2)012xxmxxm，，．（以下同解法三．）（Ⅱ）解法一：1212111010xxxx，，，．，即1212()10xxxx．1212(1)2xxmxxm，，(2)(1)10mm．解得1m．m的取值范围是1m．解法二：由题意知，当1x时，1(1)(2)0ymm．解得：1m．m的取值范围是1m．解法三：由（Ⅰ）的解法三、四知，1212xxm，．121121xxm，，，1m．m的取值范围是1m．（Ⅲ）存在．解法一：因为过AB，两点的圆与y轴相切于点(02)C，，所以AB，两点在y轴的同侧，120xx．由切割线定理知，2OCOAOB，即2122xx．124xx，124.xx24.6mm．解法二：连接OBOC，．圆心所在直线11222bmmxa，设直线12mx与x轴交于点D，圆心为O，则122mODOCOCOD，．221(3)32ABABxxmmBD，，32mBD．在RtODB△中，222ODDBOB．即22231222mm．解得6m．【例7】（四川攀枝花卷）已知抛物线2yaxbxc与y轴的交点为C，顶点为M，直线CM的解析式2yx并且线段CM的长为22（1）求抛物线的解析式。（2）设抛物线与x轴有两个交点A（X1，0）、B（X2，0），且点A在B的左侧，求线段AB的长。（3）若以AB为直径作⊙N，请你判断直线CM与⊙N的位置关系，并说明理由。【解析】（1）解法一：由已知，直线CM：y=－x＋2与y轴交于点C（0,2）抛物线2yaxbxc过点C（0,2），所以c=2，抛物线2yaxbxc的顶点M24,24bacbaa在直线CM上，所以2422,0242abbbbaa解得或若b＝0，点C、M重合，不合题意，舍去，所以b＝－2。即M11,2aa过M点作y轴的垂线，垂足为Q，在222RtCMQCMCQQM中，所以，22118()[2(2)]aa，解得，12a。∴所求抛物线为：21222yxx或21222yxx以下同下。解法二：由题意得C(0,2),设点M的坐标为M（x，y）yxＯＰＱＦ1P1Q2Q72PＡＢxＤO(02)C，yOlQ1P1MyxQOPCBA∵点M在直线2yx上，∴2yx由勾股定理得22(2)CMxy，∵22CM∴22(2)xy=22，即22(2)8xy解方程组222(2)8yxxy得1124xy2220xy∴M（-2，4）或M‘（2，0）当M（-2，4）时，设抛物线解析式为2(2)4yax，∵抛物线过（0，2）点，∴12a，∴21222yxx当M‘（2，0）时