立足圓面向高考

一、切線長定理

從圓外一點可以引圓的兩條切線，切線長相等.這一點和圓心的連線平分兩條切線的夾角.

【例1】 P是雙曲線x2a2-y2b2 =1(a＞0，b＞0)

右支上一點，F1、F2分別是左、右焦點，且焦距為2c，則△PF1F2的內切圓圓心的橫坐標為 .

A．a B．b C．c D．a+b+c

圖1分析:如圖1，設內切圓的圓心為I，三個切點分別為R、S、T，則由“從圓外一點作圓的兩條切線長相等”，得|PS|=|PR|，|F1S|=|F1T|，|F2T|=|F2R|，所以有|TF1|-|TF2|=|SF1|-|RF2|=（|SF1|+PS）-（|RF2|+PR）=|PF1|-|PF2|.由雙曲線的定義，|PF1|-|PF2|=2a，即|TF1|-|TF2|=2a.令切點T的橫坐標即圓心I的橫坐標為xI，則（c+xI）-（c-xI）=2a，即2xI=2a，xI=a，選A.

二、 對角互補四點共圓

圓內接四邊形的判定定理：如果一個四邊形的對角互補，那么這個四邊形的四個頂點共圓.

圓內接四邊形的性質定理：圓內接四邊形的對角互補，并且任何一個外角都等于它的內對角.

圖2

【例2】 （全國）已知O為坐標原點，F為橢圓C：x2+y22=1 在y軸正半軸上的焦點，過F且斜率為-2的直線l與橢圓C交于A、B兩點，點P滿足OA+OB+OP=0.如圖2.

（Ⅰ）證明：點P在橢圓C上；

（Ⅱ）設點P關于點O的對稱點為Q，證明：A、P、B、Q四點在同一圓上.

分析:（Ⅰ）令A（x1，y1），B(x2，y2).由直線l：y=-2x+1和x2+y22 =1

得4x2-22x-1=0，則x1+x2=22 ，x1x2=-14 ，從而有y1+y2=-2(x1+x2)+2=1，代入OA+OB+OP=0，得OP=（-22 ，-12 ），即點P（-22 ，-12 ）滿足方程x2+y22 =1

，這說明點P在橢圓C上.

（Ⅱ）直線PA的斜率kPA=y1+1x1+22 =-2x1+2x1+22 ，PB的斜率kPB=y2+1x2+22 =-2x2+2x2+22 ，得直線PB到直線PA的角的正切值tan∠BPA=kPA-kPB1+kPA?kPB =3(x2-x1)3x1x2-322 (x1+x2)+92 =4（x2-x）3 .同理，直線QA到直線QB的角的正切值tan∠AQB=kQB-kQA1+kQB?kQA =x2-x3x1x2-22 (x1+x2)+12

=

-4(x2-x1)3，

得tan∠BPA=-tan∠AQB，∠BPA與∠AQB互補，這說明A、P、B、Q四點共圓.

三、切割線定理

定理:從圓外一點引圓的切線和割線，切線長是這點到割線與圓交點的兩條線段長的比例中項.

若從圓外一點P引圓的兩條割線PAB、PCD，若PA?PB=PC?PD，則A、B、C、D四點共圓.逆命題也成立.

推論：從圓外一點引圓的兩條割線，這一點到每條割線與圓的交點的兩條線段長的積相等.

【例3】 （海南）如圖3，D、E為△ABC的邊AB、AC上的點，且不與△ABC的頂點重合.已知AE=m，AC=n，AD、AB是關于x的方程x2-14x+mn=0的兩個根.

（Ⅰ）證明：C、B、D、E四點共圓；

（Ⅱ）若∠A=90°，且m=4，n=6，求C、B、D、E所在圓的半徑.

圖3 圖4

分析:（Ⅰ）由已知，AE?AC=mn=AD?AB，即ADAE=ACAB.

又∠DAE=∠CAB，得△ADE∽△ACB，∠ADE=∠ACB.

又∠ADE+∠BDE=π，

所以∠ACB+∠BDE=π，得C、B、D、E四點共圓.

（Ⅱ）設C、B、D、E四點所在的圓為⊙I，則BD、CE為圓I的兩條弦，圓心I即為弦BD的垂直平分線MI、CE的垂直平分線NI的交點，如圖4.

由于∠A=90°，得矩形AMIN，且MI=5，NI=7，MB=5，得半徑IB=52.

四、圓周角定理及其推論

圓周角定理：弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半.

推論:半圓或直徑所對的圓周角是直角，90°的圓周角所對的弦是直徑.

圖5

【例4】 （山東）設橢圓E：x2a2+y2b2=1(a，b＞0)過M（2，2），N（6，1）兩點，O為坐標原點，如圖5.

（Ⅰ）求橢圓E的方程；

（Ⅱ）是否存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個交點A、B，且以線段AB為直徑的圓恒過原點？

分析:（Ⅰ）橢圓E的方程：x28+y24=1.

（Ⅱ）假設存在滿足條件的圓x2+y2=R2，過該圓上任一點P（x0，y0）的切線AB為x0x+y0y=R2.

設A（x1，y1）、B（x2，y2）.“以線段AB為直徑的圓恒過原點”等價于“圓周角∠AOB為直角”，即OA?OB=0，即x1x2+y1y2=0.①

把x0x+y0y=R2代入橢圓E：x2a2 +y2b2 =1

，

得（a2x20+b2y20）x2-2a2R2x0x+a2R4-a2b2y20=0，

x1x2=

a2R4-a2b2y20a2x20+b2y20

，

（a2x20+b2y20）y2-2b2R2y0y+b2R4-a2b2x20=0，

y1y2=b2R4-a2b2x20a2x20+b2y20 ，

代入①式，得R2=a2b2a2+b2 .

同時，關于x的一元二次方程的判別式Δx=4a2b2y20（a2x20+b2y20-R4），

由于y20=R2-x20， 得Δx=4a2b2y20［(a2-b2)x20+a2b2(a2+b2)2 ］>0恒成立，

這說明直線AB與橢圓E恒有兩個交點，存在滿足條件的圓x2+y2=a2b2a2+b2 ，

這里a2=8，b2=4，得圓方程為x2+y2=83.

【例5】 （山東）已知A、B分別為曲線C：x2a2+y2=1 （y≥0，a>0）與x軸的左、右兩個交點，直線l過點B且與x軸垂直，S為l上異于點B的一點，連接AS交曲線C于點T.

（Ⅰ）若曲線C為半圓，點T為半圓弧的一個三等分點，試求點S的坐標；

（Ⅱ）如圖6，點M是以SB為直徑的圓與線段TB的交點，試問：是否存在a，使得O、M、S三點共線？若存在，求出a的值；若不存在，說明理由.

圖6

分析:（Ⅰ）若曲線C為半圓，a=1，點T（12 ，32 ），得yS=233 ，即點S的坐標為（1，233）.

（Ⅱ）假設存在這樣的a滿足題意.

令直線AS：y=k(x+a)，得S(a，2ak)，OS=（a，2ak）.

把y=k(x+a)代入x2+a2y2=a2，得

(1+a2k2)x2+2a3k2x+a4k2-a2=0，

得點T(a-a3ak21+a2k2 ，2ak1+a2k2 )，

BT=(-2a3k21+a2k2 ，2ak1+a2k2 ).

點M在以SB為直徑的圓上，得∠SMB=90°，MB⊥MS.

若O、M、S三點共線，則MB⊥OS，

即BT?OS=0，-2a4k2+4a2k2=0，得正數a=2.

注：這里回避了“BT?OM=0”，避免了求點M的坐標（1+a4k2-2a2k21+a4k2 ，2ak1+a4k2 ）.

(責任編輯 金 鈴）