《人教A版理科高考數(shù)學(xué) 一輪細(xì)講精練【選修41】幾何證明選講》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《人教A版理科高考數(shù)學(xué) 一輪細(xì)講精練【選修41】幾何證明選講（32頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 選修4－1　幾何證明選講A 第1講　相似三角形的判定及有關(guān)性質(zhì) [最新考綱] 了解平行線等分線段定理和平行截割定理；掌握相似三角形的判定定理及性質(zhì)定理；理解直角三角形射影定理． 知 識 梳 理 1．平行截割定理 (1)平行線等分線段定理 如果一組平行線在一條直線上截得的線段相等，那么在其他直線上截得的線段也相等． (2)平行線分線段成比例定理 ①定理：三條平行線截兩條直線，所得的對應(yīng)線段成比例． ②推論：平行于三角形一邊的直線截其他兩邊(或兩邊的延長線)所得的對應(yīng)線段成比例． 2．相似三角形的判定與性質(zhì) (1)相似三角形的判定定理 ①

2、兩角對應(yīng)相等的兩個(gè)三角形相似． ②兩邊對應(yīng)成比例并且夾角相等的兩個(gè)三角形相似． ③三邊對應(yīng)成比例的兩個(gè)三角形相似． (2)相似三角形的性質(zhì)定理 ①相似三角形對應(yīng)高的比、對應(yīng)中線的比和對應(yīng)角平分線的比都等于相似比． ②相似三角形周長的比等于相似比． ③相似三角形面積的比等于相似比的平方． 3．直角三角形的射影定理 直角三角形斜邊上的高是兩直角邊在斜邊上射影的比例中項(xiàng)；兩直角邊分別是它們在斜邊上射影與斜邊的比例中項(xiàng)． 如圖，在Rt△ABC中，CD是斜邊上的高， 則有CD2＝ADBD， AC2＝ADAB，BC2＝BDAB. 診 斷 自 測 1.

3、 如圖，已知a∥b∥c，直線m，n分別與a，b，c交于點(diǎn)A，B，C和A′，B′，C′， 如果AB＝BC＝1，A′B′＝，則B′C′＝________. 解析　由平行線等分線段定理可直接得到答案． 答案　 2.如圖，△ABC∽△AFE，EF＝8，且△ABC與△AFE的相似比是3∶2，則BC等于________． 解析　∵△ABC∽△AFE， ∴＝. 又EF＝8，∴BC＝12. 答案　12 3. (20xx揭陽模擬)如圖，BD⊥AE，∠C＝90，AB＝4，BC＝2，AD＝3，則EC＝________. 解析　在Rt△ADB中， DB＝＝， 依題意得，△ADB∽△

4、ACE， ∴＝，可得EC＝＝2. 答案　2 4.如圖，∠C＝90，∠A＝30，E是AB中點(diǎn)，DE⊥AB于E，則△ADE與△ABC的相似比是________． 解析　∵E為AB中點(diǎn)，∴＝，即AE＝AB，在Rt△ABC中，∠A＝30，AC＝AB， 又∵Rt△AED∽Rt△ACB，∴相似比為＝. 故△ADE與△ABC的相似比為1∶. 答案　1∶ 5. (20xx湛江模擬)如圖，在△ABC中，D是AC的中點(diǎn)，E是BD的中點(diǎn)，AE交于BC于F，則＝________. 解析　如圖，過點(diǎn)D作DG∥AF，交BC于點(diǎn)G，易得FG＝GC，又在△BDG中，BE＝DE，即

5、EF為△BDG的中位線，故BF＝FG，因此＝. 答案　 考點(diǎn)一　平行截割定理的應(yīng)用 【例1】 如圖，在△ABC中，DE∥BC，EF∥CD，若BC＝3，DE＝2，DF＝1，則AB的長為________． 解析　由?＝＝＝，又DF＝1， 故可解得AF＝2，∴AD＝3， 又＝，∴AB＝. 答案　 規(guī)律方法 利用平行截割定理解決問題，特別注意被平行線所截的直線，找準(zhǔn)成比例的線段，得到相應(yīng)的比例式，有時(shí)需要進(jìn)行適當(dāng)?shù)淖冃?，從而得到最終的結(jié)果． 【訓(xùn)練1】 如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝4，CD＝2.E，F(xiàn)分別為AD，BC上的點(diǎn)，且EF＝3，EF∥AB，則梯形

6、ABFE與梯形EFCD的面積比為________． 解析　如圖，延長AD，BC交于一點(diǎn)O，作OH⊥AB于點(diǎn)H. ∴＝，得x＝2h1，＝，得h1＝h2. ∴S梯形ABFE＝(3＋4)h2＝h2， S梯形EFCD＝(2＋3)h1＝h1， ∴S梯形ABFE∶S梯形EFCD＝7∶5. 答案　7∶5 考點(diǎn)二　相似三角形的判定及性質(zhì) 【例2】 如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90，CD⊥AB，E為AC的中點(diǎn)， ED、CB延長線交于一點(diǎn)F. 求證：FD2＝FBFC. 證明　∵E是Rt△ACD斜邊中點(diǎn)， ∴ED＝EA，∴∠A＝∠1， ∵∠1＝∠2，∴∠2＝∠A，

7、 ∵∠FDC＝∠CDB＋∠2＝90＋∠2，∠FBD＝∠ACB＋∠A＝90＋∠A，∴∠FBD＝∠FDC， ∵∠F是公共角，∴△FBD∽△FDC， ∴＝，∴FD2＝FBFC. 規(guī)律方法 判定兩個(gè)三角形相似要注意結(jié)合圖形性質(zhì)靈活選擇判定定理，特別要注意對應(yīng)角和對應(yīng)邊．證明線段乘積相等的問題一般轉(zhuǎn)化為有關(guān)線段成比例問題． (2)相似三角形的性質(zhì)可用來證明線段成比例、角相等；可間接證明線段相等． 【訓(xùn)練2】 (20xx陜西卷)如圖，AB與CD相交于點(diǎn)E，過E作BC的平行線與AD的延長線交于點(diǎn)P，已知∠A＝∠C，PD＝2DA＝2，則PE＝________. 解析　∵PE∥BC，∴∠C＝

8、∠PED， 又∠C＝∠A，則有∠A＝∠PED，又∠為公共角， 所以△PDE∽△PEA， ＝，即PE2＝PDPA＝23＝6，故PE＝. 答案　 考點(diǎn)三　直角三角形射影定理及其應(yīng)用 【例3】 如圖所示，AD、BE是△ABC的兩條高，DF⊥AB，垂足為F，直線FD交BE于點(diǎn)G，交AC的延長線于H，求證：DF2＝GFHF. 證明　∵∠H＋∠BAC＝90，∠GBF＋∠BAC＝90， ∴∠H＝∠GBF.∵∠AFH＝∠GFB＝90， ∴△AFH∽△GFB.∴＝， ∴AFBF＝GFHF. 因?yàn)樵赗t△ABD中，F(xiàn)D⊥AB，∴DF2＝AFBF， 所以DF2＝GFHF.

9、規(guī)律方法 (1)在使用直角三角形射影定理時(shí)，要注意將“乘積式”轉(zhuǎn)化為相似三角形中的“比例式”． (2)證題時(shí)，要注意作垂線構(gòu)造直角三角形是解決直角三角形問題時(shí)常用的方法． 【訓(xùn)練3】 如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90，CD⊥AB于點(diǎn)D， AD＝4，sin∠ACD＝，則CD＝______，BC＝______. 解析　在Rt△ADC中，AD＝4，sin∠ACD＝＝，得AC＝5，CD＝＝3， 又由射影定理AC2＝ADAB，得AB＝＝. ∴BD＝AB－AD＝－4＝， 由射影定理BC2＝BDAB＝，∴BC＝. 答案　3　 三角形相似與圓的交匯問題 【典例】

10、如圖所示，⊙O和⊙O′相交于A，B兩點(diǎn)，過A作兩圓的切線分別交兩圓于C，D兩點(diǎn)，連接DB并延長交⊙O于點(diǎn)E，證明： (1)ACBD＝ADAB； (2)AC＝AE. [審題視點(diǎn)] (1)根據(jù)待證等式可將各邊回歸到△ACB，△DAB中，再證兩三角形相似；(2)本問可先證明△EAD∽△ABD，再結(jié)合第(1)問結(jié)論得證． 證明　(1)由AC與⊙O′相切于A，得∠CAB＝∠ADB， 同理∠ACB＝∠DAB，所以△ACB∽△DAB. 從而＝， 即ACBD＝ADAB. (2)由AD與⊙O相切于A，得∠AED＝∠BAD.又∠ADE＝∠BDA，得△EAD∽△ABD. 從而＝，即AEBD

11、＝ADAB. 綜合(1)的結(jié)論知，AC＝AE. [反思感悟]　1.易失分點(diǎn)：(1)證明本題第(2)問時(shí)，想不到證明△EAD∽△ABD，從而無法解答． (2)證明本題第(2)問時(shí)，沒有應(yīng)用第(1)問的結(jié)論從而無法證明結(jié)論成立． 2．防范措施：(1)證明等積式成立，應(yīng)先把它寫成比例式，找出比例式中給出的線段所在三角形是否相似，若不相似，則進(jìn)行線段替換或等比替換． (2)在有多個(gè)結(jié)論的題目中，如果結(jié)論帶有普遍性，已經(jīng)證明的結(jié)論，可作為證明下一個(gè)結(jié)論成立的條件使用． 【自主體驗(yàn)】 (20xx江蘇卷)如圖，AB和BC分別與圓O相切于點(diǎn)D，C，AC經(jīng)過圓心O，且BC＝2OC. 求證

12、：AC＝2AD 證明　連接OD，因?yàn)锳B和BC分別與圓O相切于點(diǎn)D，C， 所以∠ADO＝∠ACB＝90. 又因?yàn)椤螦＝∠A， 所以Rt△ADO ∽Rt△ACB. 所以＝. 又BC＝2OC＝2OD， 故AC＝2AD. 一、填空題 1．如圖，BD，CE是△ABC的高，BD，CE交于F，寫出圖中所有與△ACE相似的三角形為________． 解析　由Rt△ACE與Rt△FCD和Rt△ABD各共一個(gè)銳角，因而它們均相似，又易知∠BFE＝∠A，故Rt△ACE∽Rt△FBE. 答案　△FCD、△FBE、△ABD 2. (20xx西安模擬)如圖，在△ABC中，M，N

13、分別是AB，BC的中點(diǎn)，AN，CM交于點(diǎn)O，那么△MON與△AOC面積的比是________． 解析　∵M(jìn)，N分別是AB、BC中點(diǎn)，故MN綉AC， ∴△MON∽△COA，∴＝2＝. 答案　1∶4 3. (20xx渭南模擬)如圖，∠B＝∠D，AE⊥BC，∠ACD＝90，且AB＝6，AC＝4，AD＝12，則AE＝________. 解析　由于∠ACD＝∠AEB＝90，∠B＝∠D，∴△ABE∽△ADC，∴＝. 又AC＝4，AD＝12，AB＝6，∴AE＝＝＝2. 答案　2 4. (20xx佛山質(zhì)檢)如圖，在直角梯形ABCD中，DC∥AB，CB⊥AB，AB＝AD＝a，CD＝，

14、點(diǎn)E，F(xiàn)分別為線段AB，AD的中點(diǎn)，則EF＝________. 解析　連接DE和BD，依題知，EB∥DC，EB＝DC＝，CB⊥AB，∴EBCD為矩形，∴DE⊥AB，又E是AB的中點(diǎn)，所以△ABD為等腰三角形．故AD＝DB＝a，∵E，F(xiàn)分別是AD，AB的中點(diǎn)，∴EF＝DB＝a. 答案　 5．已知圓的直徑AB＝13，C為圓上一點(diǎn)，過C作CD⊥AB于D(AD＞BD)，若CD＝6，則AD＝________. 解析　 如圖，連接AC，CB，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90. 設(shè)AD＝x，∵CD⊥AB于D， ∴由射影定理得CD2＝ADDB， 即62＝x(13－x)， ∴x2－13

15、x＋36＝0， 解得x1＝4，x2＝9. ∵AD＞BD，∴AD＝9. 答案　9 6．(20xx廣東卷)如圖，在矩形ABCD中，AB＝，BC＝3，BE⊥AC，垂足為E，則ED＝________. 解析　在Rt△ABC中，BC＝3，AB＝，所以∠BAC＝60.因?yàn)锽E⊥AC，AB＝，所以AE＝，在△EAD中，∠EAD＝30，AD＝3，由余弦定理知，ED2＝AE2＋AD2－2AEADcos∠EAD＝＋9－23＝，故ED＝. 答案　 7. (20xx茂名模擬)如圖，已知AB∥EF∥CD，若AB＝4，CD＝12，則EF＝________. 解析　∵AB∥CD∥EF， ∴＝，＝

16、， ∴＝，＝， ∴4(BC－BF)＝12BF， ∴BC＝4BF， ∴＝4＝，∴EF＝3. 答案　3 8. 如圖，在梯形ABCD中，AD∥BC，BD與AC相交于O，過O的直線分別交AB、CD于E、F，且EF∥BC，若AD＝12，BC＝20，則EF＝________. 解析　∵EF∥AD∥BC，∴△OAD∽△OCB， OA∶OC＝AD∶BC＝12∶20， △OAE∽△CAB，OE∶BC＝OA∶CA＝12∶32， ∴EF＝220＝15. 答案　15 9．(20xx廣東卷)如圖，圓O的半徑為1，A，B，C是圓周上的三點(diǎn)，滿足∠ABC＝30，過點(diǎn)A做圓O的切線與OC的延長線

17、交于點(diǎn)P，則PA＝________. 解析　連接AO，AC，因?yàn)椤螦BC＝30，所以∠CAP＝30，∠AOC＝60，△AOC為等邊三角形，則∠ACP＝120， ∴∠APC＝30，∴△ACP為等腰三角形，且AC＝CP＝1， ∴PA＝21sin 60＝. 答案　 二、解答題 10. 如圖，已知圓上的?。?，過C點(diǎn)的圓的切線與BA的延長線交于E點(diǎn)， 證明：(1)∠ACE＝∠BCD； (2)BC2＝BECD. 證明　(1)因?yàn)椋剑浴螦BC＝∠BCD. 又因?yàn)镋C與圓相切于點(diǎn)C，故∠ACE＝∠ABC， 所以∠ACE＝∠BCD. (2)因?yàn)椤螮CB＝∠CDB，∠EBC＝

18、∠BCD， 所以△BDC∽△ECB，故＝， 即BC2＝BECD. 11．(20xx遼寧卷)如圖，AB為⊙O的直徑，直線CD與⊙O相切于E，AD垂直CD于D，BC垂直CD于C，EF垂直AB于F，連接AE，BE. 證明：(1)∠FEB＝∠CEB； (2)EF2＝ADBC. 證明　(1)由直線CD與⊙O相切，得∠CEB＝∠EAB. 由AB為⊙O的直徑，得AE⊥EB， 從而∠EAB＋∠EBF＝； 又EF⊥AB，得∠FEB＋∠EBF＝. 從而∠FEB＝∠EAB.故∠FEB＝∠CEB. (2)由BC⊥CE，EF⊥AB，∠FEB＝∠CEB，BE是公共邊， 得Rt△BCE≌Rt△B

19、FE，所以BC＝BF. 同理可證Rt△ADE≌Rt△AFE，得AD＝AF. 又在Rt△AEB中，EF⊥AB，故EF2＝AFBF， 所以EF2＝ADBC. 12. 如圖，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝DC，過點(diǎn)D作AC的平行線DE，交BA的延長線于點(diǎn)E，求證： (1)△ABC≌△DCB； (2)DEDC＝AEBD. 證明　(1)∵四邊形ABCD是等腰梯形，∴AC＝BD. ∵AB＝DC，BC＝CB， ∴△ABC≌△DCB. (2)∵△ABC≌△DCB. ∴∠ACB＝∠DBC，∠ABC＝∠DCB. ∵AD∥BC，∴∠DAC＝∠ACB，∠EAD＝∠ABC. ∴

20、∠DAC＝∠DBC，∠EAD＝∠DCB. ∵ED∥AC，∴∠EDA＝∠DAC. ∴∠EDA＝∠DBC，∴△ADE∽△CBD. ∴DE∶BD＝AE∶CD. ∴DEDC＝AEBD. 第2講　直線與圓 [最新考綱] 1．理解圓周角定理及其推論；掌握圓的切線的判定定理及性質(zhì)定理；理解弦切角定理及其推論． 2．掌握相交弦定理、割線定理、切割線定理；理解圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)定理與判定定理. 知 識 梳 理 1．圓周角定理與圓心角定理 (1)圓周角定理及其推論 ①定理：圓上一條弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半． ②推論：(i)推論1：同弧或等弧所對的圓周角相等；同圓或等圓

21、中，相等的圓周角所對的弧也相等． (ii)推論2：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． (2)圓心角定理：圓心角的度數(shù)等于它所對弧的度數(shù)． 2．弦切角的性質(zhì) 弦切角定理：弦切角等于它所夾的弧所對的圓周角． 3．圓的切線的性質(zhì)及判定定理 (1)定理：圓的切線垂直于經(jīng)過切點(diǎn)的半徑． (2)推論： ①推論1：經(jīng)過圓心且垂直于切線的直線必經(jīng)過切點(diǎn)． ②推論2：經(jīng)過切點(diǎn)且垂直于切線的直線必經(jīng)過圓心． 4．與圓有關(guān)的比例線段 定理 名稱 基本圖形 條件 結(jié)論 應(yīng)用 相交 弦定 理 弦AB、CD相交于圓內(nèi)點(diǎn)P (1)PAPB＝ PCP

22、D (2)△ACP∽△BDP (1)在PA、PB、PC、PD四線段中知三求一 (2)求弦長及角 割線 定理 PAB、PCD是⊙O的割 線 (1)PAPB＝ PCPD (2)△PAC∽△PDB (1)求線段PA、PB、PC、PD (2)應(yīng)用相似求AC、BD 切割 線定 理 PA切⊙O于A，PBC是⊙O的割 線 (1)PA2＝PBPC (2)△PAB∽△PCA (1)已知PA、PB、PC知二可求一 (2)求解AB、AC 切線 長定 理 PA、PB是⊙O的切線 (1)PA＝PB (2)∠OPA＝∠OPB (1)證線段相等，已知PA求

23、PB (2)求角 5.圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)與判定定理 (1)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)定理 ①定理1：圓內(nèi)接四邊形的對角互補(bǔ)． ②定理2：圓內(nèi)接四邊形的外角等于它的內(nèi)角的對角． (2)圓內(nèi)接四邊形的判定定理及推論 ①判定定理：如果一個(gè)四邊形的對角互補(bǔ)，那么這個(gè)四邊形的四個(gè)頂點(diǎn)共圓． ②推論：如果四邊形的一個(gè)外角等于它的內(nèi)角的對角，那么這個(gè)四邊形的四個(gè)頂點(diǎn)共圓． 診 斷 自 測 1.如圖，△ABC中，∠C＝90，AB＝10，AC＝6，以AC為直徑的圓與斜邊交于點(diǎn)P，則BP長為________． 解析　連接CP.由推論2知∠CPA＝90，即CP⊥AB，由射影定理知，AC2＝AP

24、AB.∴AP＝3.6，∴BP＝AB－AP＝6.4. 答案　6.4 2.如圖，AB、AC是⊙O的兩條切線，切點(diǎn)分別為B、C，D是優(yōu)弧上的點(diǎn)，已知∠BAC＝80， 那么∠BDC＝______. 解析　連接OB、OC，則OB⊥AB，OC⊥AC，∴∠BOC＝180－∠BAC＝100， ∴∠BDC＝∠BOC＝50. 答案　50 3.如圖，四邊形ABCD是圓O的內(nèi)接四邊形，延長AB和DC相交 于點(diǎn)P.若PB＝1，PD＝3，則的值為________． 解析　∵ABCD為圓內(nèi)接四邊形，∴∠PBC＝∠ADP，又∠P＝∠P，∴△BCP∽△DAP，∴＝＝. 答案　 4. (20

25、xx廣州調(diào)研)如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，BC是直徑，MN與⊙O相切，切點(diǎn)為A，∠MAB＝35，則∠D＝________. 解析　連接BD，由題意知，∠ADB＝∠MAB＝35，∠BDC＝90，故∠ADC＝∠ADB＋∠BDC＝125. 答案　125 5．如圖所示，過點(diǎn)P的直線與⊙O相交于A，B兩點(diǎn)．若PA＝1，AB＝2，PO＝3，則⊙O的半徑r＝________. 解析　設(shè)⊙O的半徑為r(r＞0)， ∵PA＝1，AB＝2，∴PB＝PA＋AB＝3. 延長PO交⊙O于點(diǎn)C， 則PC＝PO＋r＝3＋r. 設(shè)PO交⊙O于點(diǎn)D，則PD＝3－r. 由圓的割線定理知，PAPB

26、＝PDPC， ∴13＝(3－r)(3＋r)，則r＝. 答案　 考點(diǎn)一　圓周角、弦切角及圓的切線問題 【例1】 如圖所示，⊙O的直徑為6，AB為⊙O的直徑，C為圓周上一點(diǎn)，BC＝3，過C作圓的切線l，過A作l的垂線AD，AD分別與直線l、圓交于D、E. (1)求∠DAC的度數(shù)； (2)求線段AE的長． 解　(1)由已知△ADC是直角三角形，易知∠CAB＝30， 由于直線l與⊙O相切，由弦切角定理知∠BCF＝30， 由∠DCA＋∠ACB＋∠BCF＝180，又∠ACB＝90， 知∠DCA＝60，故在Rt△ADC中，∠DAC＝30. (1) (2)法一　連接BE

27、，如圖(1)所示，∠EAB＝60＝∠CBA， 則Rt△ABE≌Rt△BAC，所以AE＝BC＝3. 法二　連接EC，OC，如圖(2)所示，則由弦切角定理知，∠DCE＝∠CAE＝30，又∠DCA＝60，故∠ECA＝30， (2) 又因?yàn)椤螩AB＝30，故∠ECA＝∠CAB，從而EC∥AO， 由OC⊥l，AD⊥l，可得OC∥AE，故四邊形AOCE是平行四邊形， 又因?yàn)镺A＝OC，故四邊形AOCE是菱形，故AE＝AO＝3. 規(guī)律方法 (1)圓周角定理及其推論與弦切角定理及其推論多用于推出角的關(guān)系，從而證明三角形全等或相似，可求線段或角的大?。? (2)涉及圓的切線問題時(shí)要注意弦切角的

28、轉(zhuǎn)化；關(guān)于圓周上的點(diǎn)，常作直徑(或半徑)或向弦(弧)兩端畫圓周角或作弦切角． 【訓(xùn)練1】 如圖，△ABC的角平分線AD的延長線交它的外接圓于點(diǎn)E. (1)證明：△ABE∽△ADC； (2)若△ABC的面積S＝ADAE，求∠BAC的大?。? (1)證明　由已知條件，可得∠BAE＝∠CAD. 因?yàn)椤螦EB與∠ACD是同弧所對的圓周角． 所以∠AEB＝∠ACD.故△ABE∽△ADC. (2)解　因?yàn)椤鰽BE∽△ADC，所以＝，即ABAC＝ADAE 又S＝ABACsin∠BAC，且S＝ADAE， 故ABACsin∠BAC＝ADAE， 則sin∠BAC＝1.

29、又∠BAC為△ABC的內(nèi)角， 所以∠BAC＝90. 考點(diǎn)二　與圓有關(guān)的比例線段 【例2】 如圖，PA切⊙O于點(diǎn)A，割線PBC交⊙O于點(diǎn)B，C，∠APC的角平分線分別與AB、AC相交于點(diǎn)D、E，求證： (1)AD＝AE； (2)AD2＝DBEC. 證明　(1)∠AED＝∠EPC＋∠C， ∠ADE＝∠APD＋∠PAB. 因PE是∠APC的角平分線，故∠EPC＝∠APD. 又PA是⊙O的切線，故∠C＝∠PAB. 所以∠AED＝∠ADE.故AD＝AE. (2)?△PCE∽△PAD?＝； ?△PAE∽△PBD?＝. 又PA是切線，PBC是割線?PA2＝PBPC?＝.

30、 故＝，又AD＝AE，故AD2＝DBEC. 規(guī)律方法 涉及與圓有關(guān)的等積線段或成比例的線段，常利用圓周角或弦切角證明三角形相似，在相似三角形中尋找比例線段；也可以利用相交弦定理、切割線定理證明線段成比例，在實(shí)際應(yīng)用中，一般涉及兩條相交弦應(yīng)首先考慮相交弦定理，涉及兩條割線就要想到割線定理，見到切線和割線時(shí)要注意應(yīng)用切割線定理． 【訓(xùn)練2】 (20xx天津卷)如圖，△ABC為圓的內(nèi)接三角形，BD為圓的弦，且BD∥AC.過點(diǎn)A作圓的切線與DB的延長線交于點(diǎn)E，AD與BC交于點(diǎn)F.若AB＝AC，AE＝6，BD＝5，則線段CF的長為________． 解析　由切割線定理得AE2＝EBED

31、，解得EB＝4. 因?yàn)锳B＝AC，所以∠ABC＝∠ACB＝∠ADB. 由弦切角定理得∠EAB＝∠EDA，所以∠EAB＝∠ABC，則AE∥BC， 因?yàn)锳C∥BD，所以四邊形AEBC是平行四邊形． 所以AE＝BC＝6，AC＝EB＝4，又由題意可得△CAF∽△CBA，所以＝，CF＝＝. 答案　 考點(diǎn)三　圓內(nèi)接四邊形的判定及應(yīng)用 【例3】 (20xx銀川一中月考)如圖，已知AP是⊙O的切線，P為切點(diǎn)，AC是⊙O的割線，與⊙O交于B、C兩點(diǎn)，圓心O在∠PAC的內(nèi)部，點(diǎn)M是BC的中點(diǎn)． (1)證明：A、P、O、M四點(diǎn)共圓； (2)求∠OAM＋∠APM的大?。? (1)證明　連接O

32、P，OM，因?yàn)锳P與⊙O相切于點(diǎn)P，所以O(shè)P⊥AP. 因?yàn)镸是⊙O的弦BC的中點(diǎn)，所以O(shè)M⊥BC， 于是∠OPA＋∠OMA＝180. 由圓心O在∠PAC的內(nèi)部，可知四邊形APOM的對角互補(bǔ)， 所以A、P、O、M四點(diǎn)共圓． (2)解　由(1)得A、P、O、M四點(diǎn)共圓， 所以∠OAM＝∠OPM， 由(1)得OP⊥AP，因?yàn)閳A心O在∠PAC的內(nèi)部， 所以∠OPM＋∠APM＝90，所以∠OAM＋∠APM＝90. 規(guī)律方法 (1)如果四點(diǎn)與一定點(diǎn)距離相等，那么這四點(diǎn)共圓；(2)如果四邊形的一組對角互補(bǔ)，那么這個(gè)四邊形的四個(gè)頂點(diǎn)共圓；(3)如果四邊形的一個(gè)外角等于它的內(nèi)對角，那么這個(gè)四邊

33、形的四個(gè)頂點(diǎn)共圓． 【訓(xùn)練3】 如圖，已知△ABC的兩條角平分線AD和CE相交于點(diǎn)H，∠ABC＝60，F(xiàn)在AC上，且AE＝AF. 求證：(1)B、D、H、E四點(diǎn)共圓； (2)CE平分∠DEF. 證明　(1)在△ABC中，∵∠ABC＝60， ∴∠BAC＋∠BCA＝120. ∵AD，CE分別是△ABC的角平分線， ∴∠HAC＋∠HCA＝60， ∴∠AHC＝120. ∴∠EHD＝∠AHC＝120. ∴∠EBD＋∠EHD＝180. ∴B，D，H，E四點(diǎn)共圓． (2)連接BH，則BH為∠ABC的平分線， ∴∠EBH＝∠HBD＝30. 由(1)知B，D，H，E四點(diǎn)共

34、圓， ∴∠CED＝∠HBD＝30， ∠HDE＝∠EBH＝30. ∴∠HED＝∠HDE＝30. ∵AE＝AF，AD平分∠BAC，∴EF⊥AD. 又∠EHA＝∠HDE＋∠CED＝60， ∴∠CEF＝30.∴CE平分∠DEF. 關(guān)于圓的綜合應(yīng)用 【典例】 如圖所示，已知⊙O1和⊙O2相交于A，B兩點(diǎn)，過A點(diǎn)作⊙O1的切線交⊙O2于點(diǎn)C，過點(diǎn)B作兩圓的割線，分別交⊙O1，⊙O2于點(diǎn)D，E，DE與AC相交于點(diǎn)P. (1)求證：AD∥EC； (2)若AD是⊙O2的切線，且PA＝6，PC＝2，BD＝9，求AD的長． [審題視點(diǎn)]　(1)連接AB，在⊙O1中使用弦切角定理，在

35、⊙O2中使用圓周角定理，即可證明∠D＝∠E；(2)根據(jù)切割線定理，只要求出BE的長度即可，在⊙O2中根據(jù)相交弦定理可得BPPE，根據(jù)(1)中△ADP∽△CEP，又可得BP，PE的一個(gè)方程，解方程組求出BP，PE的長度即可． (1)證明　連接AB，如圖所示． ∵AC是⊙O1的切線，∴∠BAC＝∠D. 又∵∠BAC＝∠E.∴∠D＝∠E.∴AD∥EC. (2)解　設(shè)BP＝x，PE＝y(tǒng)， ∵PA＝6，PC＝2，∴xy＝12.① ∵根據(jù)(1)，可得△ADP∽△CEP， ∴＝，即＝，② 由①②，可得或(負(fù)值舍去) ∴DE＝9＋x＋y＝16. ∵AD是⊙O2的切線，∴AD2＝DBDE

36、＝916. ∴AD＝12. [反思感悟] 在平面幾何的有關(guān)計(jì)算中往往要使用比例線段，產(chǎn)生比例線段的一個(gè)主要根據(jù)是兩三角形相似，本題中使用三角形的相似把⊙O2中兩條待求的線段聯(lián)系起來，發(fā)揮了相似三角形的橋梁作用．在涉及兩圓的公共弦時(shí)，通常是作出兩圓的公共弦，如果有過公共點(diǎn)的切線就可以使用弦切角定理，在兩個(gè)圓內(nèi)實(shí)現(xiàn)角的等量代換，這是解決兩個(gè)圓相交且在交點(diǎn)處有圓的切線問題的基本思考方向． 【自主體驗(yàn)】 如圖，梯形ABCD內(nèi)接于⊙O，AD∥BC，過B引⊙O的切線分別交DA、CA的延長線于E、F. (1)求證：AB2＝AEBC； (2)已知BC＝8，CD＝5，AF＝6，求EF的長．

37、 (1)證明　∵BE切⊙O于B， ∴∠ABE＝∠ACB. 又AD∥BC，∴∠EAB＝∠ABC， ∴△EAB∽△ABC， ∴＝. ∴AB2＝AEBC. (2)解　由(1)△EAB∽△ABC，∴＝. 又AE∥BC，∴＝，∴＝. 又AD∥BC，∴，∴AB＝CD， ∴＝，∴＝， ∴EF＝＝. 一、填空題 1. 如圖，AB是⊙O的直徑，MN與⊙O切于點(diǎn)C，AC＝BC，則sin∠MCA＝________. 解析　由弦切角定理得， ∠MCA＝∠ABC，sin ∠ABC＝＝＝＝. 答案　 2. 如圖，AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點(diǎn)．AD和過C點(diǎn)的切線互相垂

38、直，垂足為D，∠DAB＝80，則∠ACO＝________. 解析　∵CD是⊙O的切線，∴OC⊥CD，又∵AD⊥CD，∴OC∥AD. 由此得，∠ACO＝∠CAD， ∵OC＝OA，∴∠CAO＝∠ACO， ∴∠CAD＝∠CAO，故AC平分∠DAB. ∴∠CAO＝40，∴∠ACO＝40. 答案　40 3. (20xx天津卷)如圖，已知AB和AC是圓的兩條弦，過點(diǎn)B作圓的切線與AC的延長線相交于點(diǎn)D.過點(diǎn)C作BD的平行線與圓相交于點(diǎn)E，與AB相交于點(diǎn)F，AF＝3，F(xiàn)B＝1，EF＝，則線段CD的長為________． 解析　因?yàn)锳FBF＝EFCF，解得CF＝2，所以＝，即BD＝.設(shè)

39、CD＝x，AD＝4x，所以4x2＝，所以x＝. 答案　 4. 如圖，在△ABC中，AB＝AC，∠C＝72，⊙O過A、B兩點(diǎn)且與BC相切于點(diǎn)B，與AC交于點(diǎn)D，連接BD，若BC＝－1，則AC＝________. 解析　由題易知，∠C＝∠ABC＝72，∠A＝∠DBC＝36，所以△BCD∽△ACB，所以BC∶AC＝CD∶CB， 又易知BD＝AD＝BC，所以BC2＝CDAC＝(AC－BC)AC，解得AC＝2. 答案　2 5. (20xx陜西卷)如圖，在圓O中，直徑AB與弦CD垂直，垂足為E，EF⊥DB，垂足為F，若AB＝6，AE＝1，則DFDB＝________. 解析　由題

40、意知，AB＝6，AE＝1， ∴BE＝5.∴CEDE＝DE2＝AEBE＝5.在Rt△DEB中，∵EF⊥DB，∴由射影定理得DFDB＝DE2＝5. 答案　5 6. (20xx廣東卷)如圖，直線PB與圓O相切于點(diǎn)B，D是弦AC上的點(diǎn)，∠PBA＝∠DBA.若AD＝m，AC＝n，則AB＝________. 解析　∵PB切⊙O于點(diǎn)B， ∴∠PBA＝∠ACB. 又∠PBA＝∠DBA，∴∠DBA＝∠ACB， ∴△ABD∽△ACB.∴＝， ∴AB2＝ADAC＝mn， ∴AB＝. 答案　 7. 如圖，⊙O和⊙O′相交于A、B兩點(diǎn)，過A作兩圓的切線分別交兩圓于C、D.若BC＝2，B

41、D＝4，則AB的長為______． 解析　∵AC、AD分別是兩圓的切線， ∴∠C＝∠2，∠1＝∠D， ∴△ACB∽△DAB. ∴＝， ∴AB2＝BCBD＝24＝8. ∴AB＝＝2(舍去負(fù)值)． 答案　2 8．(20xx湖南卷)如圖，在半徑為的⊙O中，弦AB，CD相交于點(diǎn)P，PA＝PB＝2，PD＝1，則圓心O到弦CD的距離為________． 解析　根據(jù)相交弦定理求出PC的長， 過O作弦CD的垂線． 由相交弦定理得PAPB＝PCPD. 又PA＝PB＝2，PD＝1，則PC＝4， ∴CD＝PC＋PD＝5. 過O作CD的垂線OE交CD于E，則E為CD中點(diǎn)， ∴OE

42、＝＝＝. 答案　 9. (20xx重慶卷)如圖，在△ABC中，∠ACB＝90，∠A＝60，AB＝20，過C作△ABC的外接圓的切線CD，BD⊥CD，BD與外接圓交于點(diǎn)E，則DE的長為________． 解析　在Rt△ACB中，∠ACB＝90，∠A＝60， ∴∠ABC＝30.∵AB＝20， ∴AC＝10，BC＝10. ∵CD為切線，∴∠BCD＝∠A＝60. ∵∠BDC＝90，∴BD＝15，CD＝5. 由切割線定理得DC2＝DEDB， 即(5)2＝15DE， ∴DE＝5. 答案　5 二、解答題 10. 如圖，已知AB是⊙O的直徑，直線CD與⊙O相切于點(diǎn)C，AC

43、平分∠DAB，AD⊥CD. (1)求證：OC∥AD； (2)若AD＝2，AC＝，求AB的長． (1)證明　∵直線CD與⊙O相切于點(diǎn)C， ∴∠DCO＝∠DCA＋∠ACO＝90， ∵AO＝CO，∴∠OAC＝∠ACO， ∵AC平分∠DAB， ∴∠DAC＝∠OAC， ∴∠DAC＝∠ACO，∴OC∥AD. (2)解　由(1)OC∥AD且OC⊥DC， ∴AD⊥DC，∴即∠ADC＝90， 連接BC，∵AB是⊙O的直徑， ∴∠ACB＝90， ∴∠ADC＝∠ACB， 又∵∠DAC＝∠BAC， ∴△ADC∽△ACB， ∴＝， ∵AD＝2，AC＝，∴AB＝. 11. (20

44、xx新課標(biāo)全國Ⅰ卷)如圖，直線AB為圓的切線，切點(diǎn)為B，點(diǎn)C在圓上，∠ABC的角平分線BE交圓于點(diǎn)E，DB垂直BE交圓于點(diǎn)D. (1)證明：DB＝DC； (2)設(shè)圓的半徑為1，BC＝，延長CE交AB于點(diǎn)F，求△BCF外接圓的半徑． (1)證明　如圖，連接DE，交BC于點(diǎn)G. 由弦切角定理，得∠ABE＝∠BCE， 而∠ABE＝∠CBE，故∠CBE＝∠BCE，所以BE＝CE. 又因?yàn)镈B⊥BE，所以DE為圓的直徑，∠DCE＝90. 由勾股定理可得DB＝DC. (2)解　由(1)知，∠CDE＝∠BDE，DB＝DC， 故DG是BC邊的中垂線，所以BG＝. 設(shè)DE的中點(diǎn)為O，連接

45、BO，則∠BOG＝60，從而∠ABE＝∠BCE＝∠CBE＝30， 所以CF⊥BF，故Rt△BCF外接圓的半徑為. 12. 如圖，已知AD是△ABC的外角∠EAC的平分線，交BC的延長線于點(diǎn)D，延長DA交△ABC的外接圓于點(diǎn)F，連接FB，F(xiàn)C. (1)求證：FB＝FC； (2)求證：FB2＝FAFD； (3)若AB是△ABC外接圓的直徑，∠EAC＝120，BC＝6 cm，求AD的長． (1)證明　因?yàn)锳D平分∠EAC， 所以∠EAD＝∠DAC. 因?yàn)樗倪呅蜛FBC內(nèi)接于圓， 所以∠DAC＝∠FBC. 因?yàn)椤螮AD＝∠FAB＝∠FCB， 所以∠FBC＝∠FCB，所以FB＝FC. (2)證明　因?yàn)椤螰AB＝∠FCB＝∠FBC， ∠AFB＝∠BFD，所以△FBA∽△FDB， 所以＝，所以FB2＝FAFD. (3)解　因?yàn)锳B是圓的直徑， 所以∠ACB＝90， 又∠EAC＝120，所以∠ABC＝30， ∠DAC＝∠EAC＝60，因?yàn)锽C＝6， 所以AC＝BCtan∠ABC＝2， 所以AD＝＝4(cm)．