§3 柱面与平面的截面
课后作业提升
1椭圆的长轴长为10,短轴长为8,则焦距等于( ).
A.6
B.8
C.10
D.3
解析:设椭圆的长轴长、短轴长、焦距分别为2a,2b,2c,
则由题意知2a=10,2b=8,
故a=5,b=4,
∴2c=2=6.
答案:A
2一组底面为同心圆的圆柱面被一平面所截,则交线椭圆具有( ).
A.相同的长轴
B.相同的焦点
C.相同的准线
D.相同的离心率
解析:因为底面半径大小不等,所以长轴不同.
嵌入的焦球不同,焦点不同,准线也不同,
平面与圆柱的母线夹角相同,故离心率相同.
答案:D
3圆柱面的垂直截面是一个 .
答案:圆
4圆柱面的一般截面是一个 .
答案:椭圆
5
如图所示,F1,F2是椭圆的两个焦点,过F1的直线交椭圆于P,Q两点,求证:△PQF2的周长为定值.
证明:设椭圆的长轴长为2a.
则PF1+PF2=2a,QF1+QF2=2a,
所以PQ+QF2+PF2=PF1+QF1+QF2+PF2
=(PF1+PF2)+(QF1+QF2)
=2a+2a=4a(定值).
故△PQF2的周长为定值.
6
如图所示,A是☉O内一定点,动圆P与☉O内切于点M,且经过点A,试判断动点P的轨迹.
解:如图所示,连接PA,OM,
则OM经过点P.设☉O的半径为r.
∵☉O与☉P内切,
∴OM=r,PA=PM,
∴PO+PA=PO+PM=OM=r(常数),
∴动点P的轨迹是以O,A为焦点的椭圆.
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备选习题
1.已知圆柱的底面半径为r,平面α与圆柱母线的夹角为60°,则它们交线椭圆的焦距是( ).
A.2r
B.4r
C.r
D.3r
解析:如图,过点G2作G2H⊥AD,H为垂足,则G2H=2r.
在Rt△G1G2H中,G1G2==2r×2=4r,
则长轴2a=G1G2=4r,短轴2b=2r.
所以焦距2c=2=2×r=2r.
答案:A
2.如图所示,已知A为左顶点,F是左焦点,l交OA的延长线于点B,P,Q在椭圆上,有PD⊥l于点D,QF⊥AO,则椭圆的离心率是①;②;③;④;⑤.其中正确的是( ).
A.①②
B.①③④
C.②③⑤
D.①②③④⑤
解析:①符合离心率定义;
②过点Q作QC⊥l于点C,
∵QC=FB,∴符合离心率定义;
③∵AO=a,BO=,
∴,故也是离心率;
④∵AF=a-c,AB=-a,
∴,∴是离心率;
⑤∵FO=c,AO=a,
∴是离心率.
答案:D1.1 全等与相似
1.1.1 图形变化的不变性
1.1.2 平移、旋转、反射
1.1.3 相似与位似
课后作业提升
1如图所示的图形经过反射变换得到的图形可能是( ).
答案:D
2若平面直角坐标系中的△ABC绕原点按顺时针方向旋转60°,则△ABC的( ).
A.顶点坐标不变
B.面积发生变化
C.三个内角的大小不变
D.周长发生变化
答案:C
3如图所示,将左边的矩形绕点B旋转一定角度后,位置如右边的矩形,则∠ABC=( ).
A.60°
B.90°
C.120°
D.150°
解析:由题图知左边的矩形绕点B旋转90°后得右边的矩形,则BA绕点B旋转90°后得BC,故∠ABC=90°.
答案:B
4在如图所示的△ABC中,D,E,F分别是AB,AC,BC的中点,则△ADE经过一次 变换可得到△DBF;△ADE经过一次 变换可得到△ABC.
答案:平移 相似
5如图,∠ACB=60°,半径为1
cm的☉O切BC于点C,若将☉O在CB上向右滚动,则当滚动到☉O与CA也相切时,圆心O移动的水平距离是 cm.
解析:如图所示,当☉O滚动到与CA也相切时,圆心O移到O',与BC相切于点D,连接OO',O'D,OC,O'C,则OC⊥DC,O'D⊥DC,OC=O'D=1
cm,所以四边形OCDO'是矩形,∠O'CD=∠ACB=30°,所以OO'=CD=(cm),即圆心O移动的水平距离是
cm.
答案:
6如图所示,已知矩形ABCD到矩形RSPQ是一个位似变换,,若矩形RSPQ的周长为24,面积为32,则矩形ABCD的周长是 ,面积是 .
解析:因为这两个矩形相似,所以它们周长的比等于相似比,面积的比等于相似比的平方,所以矩形ABCD的周长是24×3=72,面积是32×32=288.
答案:72 288
7如图所示的四边形ABCD,分别画出下列变换后的图形:
(1)以直线l为反射轴进行反射变换;
(2)绕点A按逆时针方向旋转90°进行旋转变换.
解:(1)如图1所示,分别作点A,B,C,D关于直线l的对称点A',B',C',D',顺次连接A',B',C',D',得到的四边形A'B'C'D'即为所求.
图1
(2)如图2所示,分别将点B,C,D绕点A按逆时针方向旋转90°得点B',C',D',顺次连接A,B',C',D',得到的四边形AB'C'D'即为所求.
图2
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备选习题
在沙漠中,一位旅行者带着罗盘和计程器从营地A出发,向北偏东37°方向行走3
km,到达B地.然后他由B地出发,向正西方向行走5
km,到达C地.
(1)若比例尺为1∶100
000,请画出旅行者从A地出发,经过B,C两地的旅行路线图;
(2)若要求旅行者返回营地的路线最短,请在路线图上画出旅行者返回营地的路线,并求出旅行者返回营地的方向和路程.
解:(1)如图所示.
(2)如(1)中图示,返回的方向为南偏东53°,按此方向返回路程最短,最短路程为4
km.1.2.2 圆的切线的判定和性质
课后作业提升
1下列说法:①与圆有公共点的直线是圆的切线;②垂直于圆的半径的直线是圆的切线;③与圆心的距离等于半径的直线是圆的切线;④过直径的端点,且垂直于此直径的直线是圆的切线.其中正确的是( ).
A.①②
B.②③
C.③④
D.①④
解析:与圆有公共点的直线,可能是切线,也可能是割线,则①不正确;②不符合切线判定定理的条件,缺少“过半径外端”这一条件,则②不正确;很明显③④正确.
答案:C
2如图,A,B是☉O上的两点,AC为☉O的切线,∠OBA=75°,☉O的半径为1,则OC=( ).
A.
B.
C.
D.
解析:∵OA=OB,∴∠OAB=∠OBA=75°.
∴∠AOB=180°-2∠OBA=30°.
∵AC为☉O的切线,
∴OA⊥AC.
又∵OA=1,
∴在Rt△OAC中,OC=.
答案:C
3如图,PB与☉O相切于点B,OP交☉O于点A,BC⊥OP于点C,OA=3,OP=4,则AC=( ).
A.
B.
C.
D.不确定
解析:如图,连接OB,则OB⊥PB,OB=OA=3,
又BC⊥OP,∴在Rt△OBP中,
有OB2=OC·OP.
∴OC=.
∴AC=OA-OC=3-.
答案:A
4如图所示,AC与☉O相切于点D,AO的延长线交☉O于点B,且BC与☉O相切于点B,若AD=DC,则=( ).
A.2
B.1
C.
D.
解析:如图所示,连接OD,OC,
∵AC,BC是☉O的切线,
∴OD⊥AC,OB⊥BC.
又AD=DC,∴△OAC是等腰三角形.∴OA=OC.∴∠A=∠OCD.
又OC=OC,OD=OB,
∴△ODC≌△OBC.
∴∠OCD=∠OCB.
∴∠BCA=2∠A.
则∠A+∠BCA=3∠A=90°.
解得∠A=30°.
∴=2.
答案:A
5如图所示,已知AB为半圆O的直径,直线MN切半圆于点C,AD⊥MN于点D,BE⊥MN于点E,BE交半圆于点F,AD=3
cm,BE=7
cm,则☉O的半径为 cm.
解析:如图,连接OC.∵MN切半圆于点C,∴OC⊥MN.
∵AD⊥MN,BE⊥MN,
∴AD∥OC∥BE.
∵OA=OB,∴CD=CE.
∴OC=(AD+BE)=×(3+7)=5(cm).
∴☉O的半径为5
cm.
答案:5
6如图,☉O的直径AB=8,C为圆周上一点,BC=4,过点C作☉O的切线l,过点A作直线l的垂线AD,D为垂足,AD与☉O交于点E,则线段AE的长为 .
解析:如图所示,连接OC,连接BE交OC于点F,则OC⊥l,BE⊥AD.
又AD⊥l,
所以AD∥OC,OC⊥BE.
又直径AB=8,则OB=OC=4.
又BC=4,则△OBC是等边三角形.
所以F是OC的中点.
所以AE=2OF=OC=4.
答案:4
7如图所示,AB是☉O的直径,D是AB延长线上的一点,PD是☉O的切线,P是切点,∠D=30°.
求证:PA=PD.
分析:欲证PA=PD,只要证明∠PAB=∠D=30°即可.
证明:如图,连接OP,
∵PD是☉O的切线,P为切点,
∴PO⊥PD.
∵∠D=30°,
∴∠POD=60°.
又∵OA=OP,
∴∠PAB=∠APO.
∴∠PAB=30°.
可得∠PAB=∠D.
∴PA=PD.
8如图,已知两个同心圆O,大圆的直径AB交小圆于C,D两点,大圆的弦EF切小圆于点C,ED交小圆于点G,若小圆的半径为2,EF=4,试求EG的长.
解:如图,连接GC.
∵CD为小圆的直径,∴GC⊥ED.
∵EF切小圆于点C,∴EF⊥OC.
在大圆中,EC=EF=×4=2.
在Rt△DEC中,ED=
==2.
∵EF⊥DC,GC⊥ED,
∴由直角三角形的射影定理可知,EC2=EG·ED.
∴EG=.
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备选习题
1.在Rt△ABC中,AC⊥CB,AB=12,AC=6,以C为圆心,作与AB相切的圆C,则☉C的半径r= .
解析:如图,设切点为D,连接CD,则CD⊥AB,CD=r.
∵AC⊥CB,∴CD2=AD·BD.
又AB=12,AC=6,AC2=AD·AB,
∴AD==3.
∴BD=AB-AD=12-3=9.
∴CD2=3×9=27.解得CD=3.
答案:3
2.如图,AB是☉O的直径,AC是弦,∠BAC的平分线AD交☉O于点D,DE⊥AC,且DE交AC的延长线于点E,OE交AD于点F.若,求的值.
分析:由于之间的联系不密切,所以考虑用中间量代换,作辅助线OD,则AE∥OD,转化为求的值.
解:如图所示,连接OD,则OA=OD,
∴∠ODA=∠OAD.
又AD平分∠BAC,
∴∠OAD=∠DAC.
∴∠ODA=∠DAC.
∴OD∥AE.
∴△AEF∽△DOF.∴.
连接BC,过点D作DH⊥AB于点H,连接BD.
则有∠DOH=2∠BAD=∠CAB.
∵AB是☉O的直径,
∴AC⊥BC.
∴在Rt△ABC中,cos∠CAB=.
∴cos∠DOH=.
设DO=5x,则OH=3x,DH=4x,AB=10x,
∴AH=AO+OH=OD+OH=8x,AD=4x.
又△AED∽△ADB,∴AD2=AE·AB.
∴AE==8x.
∴,于是.1.2.3 弦切角定理
课后作业提升
1如图,△ABC内接于☉O,EC切☉O于点C.若∠BOC=76°,则∠BCE=( ).
A.14°
B.38°
C.52°
D.76°
解析:∵EC为☉O的切线,
∴∠BCE=∠BAC=∠BOC=38°.
答案:B
2如图,AB是☉O的直径,EF切☉O于点C,AD⊥EF于点D,AD=2,AB=6,则AC=( ).
A.2
B.3
C.2
D.4
解析:连接BC,如图所示,
∵EF是☉O的切线,
∴∠ACD=∠ABC.
∵AB是☉O的直径,
∴∠ACB=90°.
又EF⊥AD,
∴∠ACB=∠ADC.
∴△ACB∽△ADC.
∴.
∴AC2=AD·AB=2×6=12.
∴AC=2.
答案:C
3如图所示,∠ABC=90°,O是AB上一点,☉O切AC于点D,交AB于点E,连接DB,DE,OC,则图中与∠CBD相等的角共有( ).
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
解析:∵AB⊥BC,∴BC与☉O相切,BD为☉O的弦.
∴∠CBD=∠BED.
同理可得∠CDB=∠BED,
∴∠CBD=∠CDB.
连接OD.∵OD=OB,OC=OC,
∴Rt△COD≌Rt△COB.
∴CB=CD,∠DCO=∠BCO.
∴OC⊥BD.
又DE⊥BD,∴DE∥OC.
∴∠BED=∠BOC.
∴∠CBD=∠BOC.
∴与∠CBD相等的角共有3个.
答案:C
4如图所示,Rt△ABC内接于☉O,∠ABC=60°,PA是☉O的切线,A为切点,PB交AC于点E,交☉O于点D.若PA=AE,PD=,BD=3,则AP= ,AC= .
解析:∵∠ACB=90°,∴AB是☉O的直径.
∵PA与☉O相切,
∴AB⊥AP,∠PAE=∠ABC=60°.
又∵PA=PE,
∴△PAE是等边三角形,
∴∠P=60°,∴∠ABP=30°.
∵PA=PBsin∠ABP=(+3)sin
30°=2,
AB=PBcos∠ABP=(+3)cos
30°=6,
∴在Rt△ABC中,
AC=ABsin∠ABC=6sin
60°=3.
答案:2 3
5如图,圆O的半径为1,A,B,C是圆周上的三点,满足∠ABC=30°,过点A作圆O的切线与OC的延长线交于点P,则PA= .
解析:连接AO,则由∠ABC=30°知∠AOP=60°.
又OA=1,∴PA=OA·tan
60°=.
答案:
6如图所示,BA是☉O的直径,AD是☉O的切线,切点为A,BF,BD分别交AD于点F,D,交☉O于点E,C,连接CE.求证:BE·BF=BC·BD.
分析:要证BE·BF=BC·BD,只需证明,即证明△BEC∽△BDF,∠DBF为公共角,只需再找一组角相等,为此,过点B作☉O的切线,构造弦切角.
证明:如图,过点B作☉O的切线BG,则AB⊥BG.
∵AD是☉O的切线,∴AD⊥AB,则BG∥AD,
∴∠GBC=∠BDF.
又∵∠GBC=∠BEC,
∴∠BEC=∠BDF.
∵∠CBE=∠FBD,∴△BEC∽△BDF.
∴,即BE·BF=BC·BD.
7如图,☉O内切△ABC的边于D,E,F三点,AB=AC,连接AD交☉O于点H,直线HF交BC的延长线于点G.
证明:(1)圆心O在直线AD上;
(2)点C是线段GD的中点.
证明:(1)∵AB=AC,AF=AE,∴CF=BE.
∵CF=CD,BD=BE,∴CD=BD.
又∵△ABC是等腰三角形,AB=AC,
∴AD是∠CAB的平分线.
∴内切圆圆心O在直线AD上.
(2)连接DF,如图所示,由(1)知,DH是☉O的直径,
∴∠DFH=90°,
∴∠FDH+∠FHD=90°.
又∵∠G+∠FHD=90°,
∴∠FDH=∠G.
∵☉O与AC相切于点F,
∴∠GFC=∠AFH=∠FDH=∠G,
∴∠GFC=∠G.∴CG=CF.
又CF=CD,∴CG=CD,
∴点C是线段GD的中点.
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备选习题
1.如图,已知点P在☉O外,PC是☉O的切线,切点为C,直线PO与☉O相交于点A,B.
(1)试探索∠BCP与∠P的数量关系.
(2)若∠A=30°,则PB与PA有什么关系
(3)∠A可能等于45°吗 为什么
解:(1)∵PC是切线,C为切点,∴∠BCP=∠A.
又∵AB是直径,∴∠ACB=90°.
在△ACP中,∠A+∠P+∠ACP=180°,
∴∠BCP+∠P+∠ACB+∠BCP=180°.
∴2∠BCP+∠P+90°=180°.
∴∠P=90°-2∠BCP.
(2)若∠A=30°,则∠BCP=∠A=30°,∠ABC=60°.
∴∠P=30°.∴PB=BC,BC=AB.
∴PB=PA,即PA=3PB.
(3)∠A不可能等于45°.原因:设∠A=45°,
则∠ABC=45°,∠BCP=45°,
∴CP∥AB.与题干中PC与AB交于点P矛盾,
∴∠A不可能等于45°.
2.如图,已知C点在☉O直径BE的延长线上,CA切☉O于A点,∠ACB的平分线交AE于F点,交AB于D点.
(1)求∠ADF的度数.
(2)若∠ACB的度数为y,∠B的度数为x,那么y与x之间有怎样的关系 试写出你的猜测并给出证明.
分析:(1)中由AC为☉O的切线可得∠B=∠EAC,由CD平分∠ACB可得∠ACD=∠DCB,根据三角形外角定理,得到∠ADF=∠AFD,建立等腰三角形,再由顶角求底角;(2)中则利用三角形内角和定理得到方程,获得关系.
解:(1)∵AC为☉O的切线,
∴∠B=∠EAC.
∵CD平分∠ACB,∴∠ACD=∠DCB.
∴∠B+∠DCB=∠EAC+∠ACD,
即∠ADF=∠AFD.
∵BE为☉O的直径,∴∠DAE=90°.
∴∠ADF=(180°-∠DAE)=45°.
(2)∵∠B=∠EAC,∠B+∠BAC+∠ACB=180°.
∴x+90°+x+y=180°.∴y=90°-2x.
∵0°<∠B<∠ADC,
∴0°∴y与x的函数关系式是y=90°-2x,其中x的取值范围是0°课后作业提升
1如图所示,已知l1∥l2∥l3,AB=2,BC=3,DE=,则EF=( ).
A.
B.15
C.
D.不确定
解析:∵l1∥l2∥l3,∴,
∴,∴EF=.
答案:A
2
如图所示,在△ABC中,DE∥AB,,则=( ).
A.
B.
C.
D.
解析:∵,∴.
又∵DE∥AB,
∴.
答案:D
3
如图,在△ABC中,BD平分∠ABC,交AC于点D,且AB=4,BC=5,AD=2,则DC=( ).
A.
B.
C.10
D.不确定
解析:∵BD平分∠ABC,∴,∴,
∴DC=.
答案:B
4如图,BD,CE是△ABC的中线,P,Q是BD,CE的中点,则等于( ).
A.
B.
C.
D.
解析:延长QP交AB于M,连接ED.
因为P,Q分别是BD,CE的中点,
所以M是BE的中点.
所以MQ=BC,MP=ED=BC.
所以PQ=MQ-MP=BC-BC=BC,
即.
答案:B
5如图,在 ABCD中,N是AB延长线上一点,则的值为( ).
A.
B.
C.1
D.
解析:∵DC∥BN,∴.
又BM∥AD,∴.
∴=1.
答案:C
6如图所示,AB∥CD,AC与BD相交于点E,AE=10,BE=6,则= .
解析:∵AB∥CD,∴,
∴.
答案:
7如图,在梯形ABCD中,AB∥CD,AB=4,CD=2,E,F分别为AD,BC上点,且EF=3,EF∥AB,则梯形ABFE与梯形EFCD的面积比为 .
解析:由题意知,EF是梯形ABCD的中位线.
设两个梯形的高是h,
则梯形ABFE的面积是,
梯形EFCD的面积是,
∴梯形ABFE与梯形EFCD的面积比为.
答案:
8如图,在梯形ABCD中,点E,F分别在AB,CD上,且EF∥AD.假设EF作上下平行移动.
(1)如果,求证:3EF=BC+2AD.
(2)如果,求证:5EF=2BC+3AD.
(3)请你探究一般结论,即如果,那么可以得到什么结论
(1)证明:如图,连接AC交EF于点G,
∵EF∥AD∥BC,
∴,即EG=·BC;,即GF=·AD.
∵,∴.而,
∴.
∴.
∴EF=EG+GF=·BC+·AD=BC+AD.∴3EF=BC+2AD.
(2)证明:如果,那么.
同理可推得.
∴EF=EG+GF=·BC+·AD=BC+AD.∴5EF=2BC+3AD.
(3)解:如果,那么.
同理可推得.
∴EF=EG+GF=BC+AD.
∴(m+n)EF=mBC+nAD.
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备选习题
1.如图,在△ABC中,作平行于BC的直线交AB于点D,交AC于点E,如果BE和CD相交于点O,
AO和DE相交于点F,AO的延长线和BC相交于点G.证明:(1);
(2)BG=GC.
证明:(1)∵DE∥BC,∴.
∴.∴.①
(2)∵DE∥BC,∴.
∴,即.②
由①②得,即BG2=GC2.∴BG=GC.
2.
如图,AD为△ABC的中线,在AB上取点E,AC上取点F,使AE=AF,求证:.
分析:在这道题目中所证的比例组合都没有直接的联系,可以考虑把比例转移,过点C作CM∥EF,交AB于点M,交AD于点N,且BC的中点为D,可以考虑补出一个平行四边形来求解.
证明:如图,过点C作CM∥EF,交AB于点M,交AD于点N.∵AE=AF,
∴AM=AC.
∵AD为△ABC的中线,
∴BD=CD.延长AD到点G,使得DG=AD,
连接BG,CG,则四边形ABGC为平行四边形.
∴AB=GC.∵CM∥EF,
∴,
∴.
又AB∥GC,AM=AC,GC=AB,
∴.
∴.1.2.1 圆周角定理
课后作业提升
1下列结论错误的是( ).
A.一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半
B.圆心角的度数等于它所对弧的度数
C.相等的圆周角所对的弧相等
D.90°的圆周角所对的弦是直径
答案:C
2
如图,△ABC内接于☉O,∠BAC=50°,∠ABC=60°,BD为☉O的直径,BD交AC于点E,则∠AEB=( ).
A.70°
B.110°
C.90°
D.120°
解析:∵∠BAC=50°,∠ABC=60°,
∴∠ACB=180°-(∠A+∠ABC)=70°.
连接CD,则∠BDC=∠BAC=50°,∠BCD=90°,
∴∠ACD=90°-∠ACB=20°.
∴∠AEB=∠CED=180°-(∠BDC+∠ACD)=180°-(50°+20°)=110°.
答案:B
3
如图,已知P,Q,R都在弦AB的同侧,且点P在优弧上,点Q在所在的圆O内,点R在所在的圆O外,则( ).
A.∠AQB<∠APB<∠ARB
B.∠AQB<∠ARB<∠APB
C.∠APB<∠AQB<∠ARB
D.∠ARB<∠APB<∠AQB
解析:如图所示,延长AQ交圆O于点C,设AR与圆O相交于点D,连接BC,BD,则有∠AQB>∠ACB,∠ADB>∠ARB.
因为∠ACB=∠APB=∠ADB,
所以∠ARB<∠APB<∠AQB.
答案:D
4
如图,已知△ABC内接于☉O,AB=AC,D为BC上一点,E是直线AD和☉O的交点,则AB2=( ).
A.AC·BC
B.AD·AE
C.AD·DE
D.BD·DC
解析:如图,连接BE.
∵AB=AC,
∴∠ABC=∠ACB.
∵∠ACB=∠AEB,
∴∠ABC=∠AEB.
又∵∠BAE=∠DAB,
∴△ABD∽△AEB.
∴AB∶AE=AD∶AB,
即AB2=AD·AE.
答案:B
5如图,已知点O是△ABC的外心,∠BAC=α,则∠OBC= .
解析:因为∠BAC是所对的圆周角,所以由圆周角定理可求出所对的圆心角的大小.连接OC,
则∠BOC=2∠BAC=2α.
在△OBC中,
因为OB=OC,
所以∠OBC=(180°-∠BOC)
=×(180°-2α)=90°-α.
答案:90°-α
6AB是半圆O的直径,点C在半圆上,CD⊥AB于点D,且AD=3BD,则= .
解析:如图,连接AC,BC,
则∠ACB=90°.
设BD=k,则AD=3k,
∵CD⊥AB,
∴CD2=AD·BD=3k2.
∴CD=k.∴.
答案:
7
如图,AB为☉O的直径,弦AC,BD交于点P,若AB=3,CD=1,则sin∠APD= .
解析:由于AB为☉O的直径,则∠ADP=90°,
所以△APD是直角三角形.
则sin∠APD=,cos∠APD=,
由题意知,∠DCP=∠ABP,∠CDP=∠BAP,
所以△PCD∽△PBA.
所以.又AB=3,CD=1,则.
所以cos∠APD=.
又sin2∠APD+cos2∠APD=1,
所以sin∠APD=.
答案:
8足球场上有句顺口溜:“冲向球门跑,越近就越好;沿着球门跑,射点要选好.”可见踢足球是有“学问”的.如图,在足球比赛中,甲、乙两名队员互相配合向对方球门MN进攻,当甲带球冲到A点时,乙已跟随冲到B点,此时甲直接射门好,还是迅速将球回传给乙,让乙射门好
分析:用数学方法从两点的静止的状态来考虑.如果两个点到球门的距离相差不大,要确定较好的射门位置,关键是看这两点各自对球门MN的张角大小,当张角较小时,容易被对方守门员拦截.
解:如图,连接MB,MA,NA,NB,线段MA交圆于点C,连接NC,
则∠MBN=∠MCN,
又∠MCN>∠MAN,
∴∠MBN>∠MAN.
∴甲应该传给乙,让乙射门好.
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备选习题
1.如图,☉C经过原点O,并与两坐标轴分别相交于A,D两点.已知∠OBA=30°,点D的坐标为(0,2).求点A与圆心C的坐标.
解:连接AD,∵AO⊥DO,则圆心C在AD上,AD为☉C的直径.
又∠OBA=30°,
∴∠ADO=30°.
∴OA=ODtan
30°=.
∴点A的坐标为.
由点C为AB的中点可知点C的坐标为.
2.如图,☉O是△ABC的外接圆,D是的中点,BD交AC于点E.
求证:CD2=DE·DB.
分析:转化为证明△BCD与△CED相似.
证明:由已知得∠ABD=∠CBD,
∵∠ECD=∠ABD,∴∠CBD=∠ECD.
又∵∠BDC=∠CDE,
∴△BCD∽△CED.∴,
即CD2=DE·DB.
3.
如图,△ABC的角平分线AD的延长线交它的外接圆于点E.
(1)证明:△ABE∽△ADC;
(2)若S△ABC=AD·AE,求∠BAC的大小.
分析:(1)证明这两个三角形的两个角对应相等;(2)利用(1)的结论和三角形面积公式的正弦形式,转化为求sin∠BAC.
(1)证明:∵AD平分∠BAC,∴∠BAE=∠CAD.
又∠AEB与∠ACB是同弧所对的圆周角,
∴∠AEB=∠ACD.
∴△ABE∽△ADC.
(2)解:∵△ABE∽△ADC,∴,即AB·AC=AD·AE.又S△ABC=AB·ACsin∠BAC,且S△ABC=AD·AE,∴AB·ACsin∠BAC=AD·AE.
∴sin∠BAC=1.
又∠BAC为三角形的内角,
∴∠BAC=90°.§4 平面截圆锥面
课后作业提升
1已知双曲线两焦点的距离为10,双曲线上任一点到两焦点距离之差的绝对值为6,则双曲线的离心率为( ).
A.
B.
C.1
D.
解析:设双曲线的实轴长为2a,虚轴长为2b,焦距为2c.由题意知,2c=10,2a=6,故离心率e=.
答案:D
2在△ABC中,sin
B-sin
C=sin
A,则顶点A的轨迹是( ).
A.双曲线
B.抛物线
C.抛物线的一部分
D.双曲线的一支
解析:由已知条件和正弦定理得,AC-AB=BC答案:D
3线段AB是抛物线的焦点弦.若点A,B在抛物线准线上的正射影分别为点A1,B1,则∠A1FB1等于( ).
A.45°
B.60°
C.90°
D.120°
解析:如图所示,由抛物线定义知,AA1=AF,
∴∠AA1F=∠AFA1.又∵AA1∥EF,
∴∠AA1F=∠A1FE.∴∠AFA1=∠A1FE.
∴FA1是∠AFE的平分线.同理,FB1是∠BFE的平分线,
∴∠A1FB1=∠AFE+∠BFE
=(∠AFE+∠BFE)=90°.
答案:C
4已知一个圆锥面是由直线l'绕直线l旋转而得,l'与l交点为V,l'与l的夹角为41°,不经过圆锥顶点V的平面π与圆锥面相交,设轴l与平面π所成的角为β,则:
当 时,平面π与圆锥面的交线为圆;
当 时,平面π与圆锥面的交线为椭圆;
当 时,平面π与圆锥面的交线为双曲线;
当 时,平面π与圆锥面的交线为抛物线.
答案:β=90° 41°<β<90° β<41° β=41°
5抛物线上一点P到准线的距离为7,则P到焦点F的距离为 .
答案:7
6一圆锥面的母线和轴线成30°角,当用一与轴线成30°角的不过顶点的平面去截圆锥面时,平面与圆锥面的交线是 .
解析:由题意知σ=30°,θ=30°,
则σ=θ.则交线是抛物线,如图所示.
答案:抛物线
7如图,抛物线的焦点为F,顶点为A,准线为l,准线l与直线AF相交于点H,过焦点F作PF⊥AF,求证:AF=PF.
证明:如图,过点P作PB⊥l于点B,
由抛物线的结构特点,PB=PF,AH=AF,
又HF=BP,∴AF=HF=BP=PF.1.3.1 圆内接四边形
课后作业提升
1下列说法正确的有( ).
①圆的内接四边形的任何一个外角等于它的内对角;
②圆的内接四边形的对角相等;
③圆的内接四边形不能是梯形;
④在圆的内部的四边形叫圆内接四边形.
A.0个
B.1个
C.2个
D.3个
解析:①是圆内接四边形的性质定理的推论,则①正确;圆的内接四边形的对角互补,但不一定相等,则②不正确;圆的内接四边形可以是梯形,则③不正确;顶点在同一个圆上的四边形叫圆内接四边形,则④不正确.
答案:B
2圆内接平行四边形的对角线( ).
A.互相垂直
B.互相垂直平分
C.互相平分且相等
D.相等且平分每组对角
解析:圆内接平行四边形必为矩形,故其对角线互相平分且相等.
答案:C
3
如图,四边形ABCD是☉O的内接四边形,E为AB的延长线上一点,∠CBE=40°,则∠AOC等于( ).
A.20°
B.40°
C.80°
D.100°
解析:已知四边形ABCD是☉O的内接四边形,且∠CBE=40°,由圆内接四边形的性质知∠ADC=∠CBE=40°,又由圆周角定理知∠AOC=2∠ADC=80°.
答案:C
4
如图,ABCD是☉O的内接四边形,AH⊥CD,如果∠HAD=30°,那么∠ABC=( ).
A.90°
B.120°
C.135°
D.150°
解析:∵AH⊥CD,∴∠AHD=90°.
∵∠HAD=30°,
∴∠ADC=90°-∠HAD=60°.
又四边形ABCD内接于☉O,
∴∠ABC=180°-∠ADC=120°.
答案:B
5如图,四边形ABCD是☉O的内接四边形,延长AB和DC相交于点P,若,则的值为 .
解析:由于∠PBC=∠PDA,∠P=∠P,
则△PAD∽△PCB,故.
答案:
6已知圆内接四边形ABCD的边长分别是AB=2,BC=6,CD=DA=4,则四边形ABCD的面积等于 .
解析:∵四边形ABCD为圆内接四边形,
∴∠B+∠D=180°.∴cos
B=-cos
D.
根据余弦定理,得AC2=AB2+BC2-2AB×BC×cos
B,AC2=AD2+DC2-2AD×DC×cos
D,
∴AC2=22+62-2×2×6×cos
B=22+62+2×2×6×cos
D,
AC2=42+42-2×4×4×cos
D,
∴cos
D=-,sin
D=sin
B=.
∴四边形ABCD的面积=×AB×BC×sin
B+×AD×DC×sin
D=8.
答案:8
7如图,已知△ABC的两条角平分线AD和CE相交于点H,∠B=60°,F在AC上,且AE=AF.
(1)求证:B,D,H,E四点共圆;
(2)求证:CE平分∠DEF.
证明:(1)∵在△ABC中,∠ABC=60°,
∴∠BAC+∠BCA=120°.
∵AD,CE是角平分线,
∴∠HAC+∠HCA=60°.
∴∠AHC=180°-∠HAC-∠HCA=120°.
∴∠EHD=∠AHC=120°.
∴∠EBD+∠EHD=180°.
∴B,D,H,E四点共圆.
(2)如图,连接BH,则BH为∠ABC的平分线,得∠HBD=30°.
由(1)知B,D,H,E四点共圆,
∴∠CED=∠HBD=30°.
∠AHE=∠EBD=60°,
又AE=AF,AD平分∠BAC,
∴EF⊥AD.∴∠CEF=30°.
∴∠CEF=∠CED.
∴CE平分∠DEF.
8如图,已知正方形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,点P为对角线BD上一点,过点P分别作正方形的边的垂线,垂足分别为点E,F,G,H.你能判断出点E,F,G,H是否在同一个圆上吗 试说明你的猜想.
分析:根据正方形的对称性,可以猜想,这四个点应当在以O为圆心的圆上,于是连接线段OE,OF,OG,OH,再设法证明这四条线段相等.
解:猜想:E,F,G,H四点在以O为圆心的圆上.
证明如下:
如图,连接线段OE,OF,OG,OH.在△OBE,△OBF,△OCG,△OAH中,OB=OC=OA.
∵由已知条件可得,
BE=BF=CG=AH,∠OBE=∠OBF=∠OCG=∠OAH=45°.
∴△OBE≌△OBF≌△OCG≌△OAH.
∴OE=OF=OG=OH.
由圆的定义可知:E,F,G,H四点在以O为圆心的圆上.
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备选习题
1.如图,两圆相交于A,B两点,过点A作两直线CD,EF分别交两圆于点C,D和点E,F.若∠EAB=∠DAB,求证:CD=EF.
分析:连接CB,BF,要证CD=EF,只需证明△CBD≌△EBF即可.
证明:如图,连接CB,BF,因为四边形ABEC为圆内接四边形,
所以∠DAB=∠CEB.
又因为∠EAB=∠ECB,∠EAB=∠DAB,
所以∠CEB=∠ECB.
所以BC=BE.
又因为∠BCD=∠BEF,∠D=∠F,BC=BE,
所以△CBD≌△EBF.
所以CD=EF.
2.如图,在锐角△ABC中,BD,CE分别是边AC,AB上的高线,DG⊥CE于点G,EF⊥BD于点F.求证:FG∥BC.
分析:要证FG∥BC,只需证∠DFG=∠DBC即可.我们设法由共斜边的两个直角三角形的四个顶点共圆来分析角的关系,探求证明的思路.
证明:如图,连接DE,由于Rt△BCE与Rt△BCD共斜边BC,所以BC的中点到点B,C,D,E的距离相等,所以B,C,D,E四点共圆.由同弧上的圆周角相等,有∠DBC=∠DEG.
同理,Rt△EDF与Rt△DGE共斜边DE,
所以D,E,F,G四点共圆.
于是∠DEG=∠DFG.
因此∠DBC=∠DFG.
于是FG∥BC.§1 截面欣赏
§2 直线与球、平面与球的位置关系
课后作业提升
1下面能体现截面的作用的是( ).
A.建筑工人看图纸再施工
B.某人在汽车4S店购买汽车时,销售人员提供了汽车的三视图
C.某人卖西瓜时,把一个西瓜切开让想买西瓜的人看
D.在某刑事案件中,通过目击证人描述画出了犯罪嫌疑人的肖像
答案:C
2半径r=的球的球心O到平面α的距离d=1,则平面α与球O的位置关系是( ).
A.相离
B.相切
C.相交
D.相交或相切
解析:由于d答案:C
3已知直线l上A,B两点到点O的距离分别为5,12,球O的半径为,且∠AOB=90°,则直线l与球O的位置关系是( ).
A.相离
B.相切
C.相交
D.相交或相切
解析:设球O的半径为r,球心O到直线l的距离为d,
则d==r,所以直线l与球O相切.
答案:B
4用平面截正方体,若所得的截面是一个三角形,则留下的较大的一个几何体一定有( ).
A.7个面
B.15条棱
C.7个顶点
D.10个顶点
解析:用一个平面截正方体ABCD-A1B1C1D1后,所得的截面是一个三角形,仅有两种情况,如图(1)(2)所示.
图(1)
图(2)
图(1)中留下的较大的一个几何体有7个面,15条棱,10个顶点;图(2)中留下的较大的一个几何体有7个面,12条棱,7个顶点.则留下的较大的一个几何体一定有7个面.
答案:A
5已知球O的一个截面圆的半径为1,球心O到这个截面的距离为1,则该球的半径为 .
解析:设球O的半径为R,又截面圆的半径r=1,
则R=.
答案:
6设P,A,B,C是球O表面上的四个点,PA,PB,PC两两垂直,且PA=3,PB=4,PC=5,则球O的体积为 .
解析:如图所示,把三棱锥P-ABC补成一个长方体PBDC-AB1D1C1,
则球O的直径2r是长方体PBDC-AB1D1C1的对角线,则有2r==5,则r=,
则球O的体积V=π.
答案:π
7在半径是13的球面上有A,B,C三点,AB=6,BC=8,CA=10,求球心到平面ABC的距离.
解:由于AB2+BC2=62+82=100=102=CA2,则△ABC是直角三角形,
所以过A,B,C三点的截面圆的半径为CA=5,
所以球心到平面ABC的距离是=12.
8已知过球O外一点P的直线PB交球O于A,B两点,直线PD交球O于C,D两点,若PA=4,PB=5,PD=10,求PC的长.
解:如图所示,过PB和球心O作球的截面,过点P作截面圆的切线PT,T是切点,截面圆的半径等于球O的半径.
由切割线定理知,PT2=PA·PB,
所以PT2=4×5=20,同理可得PT2=PC·PD,
所以20=10PC,所以PC=2.
