第一节
平行射影
课后导练
基础达标
1.下列结论中正确的是(
)
①圆的平行射影可以是椭圆,但椭圆的射影不可能是圆
②平行四边形的平行射影仍然是平行四边形
③两条平行线段之比等于它们的平行射影之比
④圆柱与平面的截面可以看作是底面的平行射影,反之亦然
A.①②
B.②③
C.③④
D.②③④
解析:∵平面图形的射影具有可逆性,即当一平面图形所在平面与投影平面不垂直时,该图形与其射影可以相互看作为对方的平行射影,只是投影方向相反罢了.
∴①是错误的,④是正确的.
∵平行线的平行射影仍然是平行线,
∴平行四边形平行射影仍然是平行四边形,故②正确.
③正确.证明见类题演练1.
答案:D
综合运用
2.证明三角形的中线的平行射影仍然是该三角形平行射影的中线.
已知:如图3-1-6,△ABC及其中线AD在平面α上的平行射影分别是△A′B′C′和A′D′.
求证:A′D′为△A′B′C′的中线.
图3-1-6
证明:连结BB′,DD′,CC′,则BB′∥DD′∥CC′.
∵D是BC中点,
∴D′是B′C′中点.
∴A′D′仍是△A′B′C′的中线.
拓展探究
3.证明任意一对三角形面积之比等于它们的平行射影面积之比.
思路分析:我们可以按照从特殊到一般的证明思路.首先证明三角形与其投影具有两公共顶点.然后再证一般情况.
证明:(1)如图3-1-7,△A1B1C1与△A2B2C2和△A1′B1′C1′、△A2′B2′C2′各有两对对应顶点A1和A1′,B1和B1′,A2和A2′,B2和B2′重合,在两平面的交线g上.
图3-1-7
∵C1与C1′,C2与C2′是射影对应点,
∴C1C1′∥C2C2′.
由这些点向对应轴直线g作垂线C1H1,C1′H1′,C2H2,C2′H2′.
设C1C2与C1′C2′相交于直线g上一点x,由相似三角形得
=,=.
∵C1C1′∥C2C2′,∴===k时,
==k.
又∵△A1B1C1与△A1′B1′C1′同底,△A2B2C2与△A2′B2′C2′同底,
∴或=k,
其中k为常数.
(2)当三角形与其射影没有公共顶点时,如图3-1-8.
图3-1-8
在△A1B1C1与其射影A1′B1′C1′中,三对对应边相交于对应轴g上.
由(1)中结论知:
=k,即=k.
=k,即=k.
=k,即=k.
∴=+-=k+k-k=k(+-)=k.
∴=k.同理,=k,
∴.
备选习题
4.已知平面α、β相交于直线g,△ABC及点P在平面α上,P′是P在β上的射影.求作△ABC在平面β上与P1P′投影方向相同的射影.
图3-1-9
作法:(1)连结PP′.
(2)作直线PA交直线g于x.
(3)连结P′x.
(4)过A作AA′∥PP′交直线P′x于A′,则A′为A的射影.
(5)同法作出B、C的射影B′、C′.
(6)连结A′B′,A′C′,B′C′.
则△A′B′C′即为△ABC的平行射影.第一节
圆周角定理
课后导练
基础达标
1.如图2-1-8,⊙O中,弦AB与弦CD相交于点P,∠B=30°,∠APD=80°,则∠A等于(
)
图2-1-8
A.40°
B.50°
C.70°
D.110°
解析:∵∠APD=∠B+∠D,
∴∠D=∠APD-∠B=80°-30°=50°.∵=,∴∠A=∠D=50°.
答案:B
2.如图2-1-9,AB为⊙O直径,C点为圆周上一点,的度数为60°,OD⊥BC于D,OD=10,则AB等于(
)
图2-1-9
A.20
B.
C.40
D.
解析:∵AB为直径,∴∠C=90°.
∵=60°,∴∠B=30°.∵OD⊥BC,∴∠ODB=90°.
在Rt△BOD中,OB==20.
答案:C
3.一条弦分圆周为5∶7,这条弦所对的圆周角为(
)
A.75°
B.105°
C.60°或120°
D.75°或105°
解析:∵圆周度数为360°,∴这两弧度数为150°,210°.
根据圆周角和圆心角定理,它们所对的圆周角度数分别为75°或105°.
答案:D
4.如图2-1-10,A、B、C、D、E均在⊙O上,且AC为⊙O的直径,则∠A+∠B+∠C等于(
)
图2-1-10
A.90°
B.180°
C.360°
D.无法确定
解析:∵∠A、∠B、∠C分别对着,而为半圆180°,
∴∠A+∠B+∠C=90°.
答案:A
5.如图2-1-11,AB、CD为⊙O的两条直径,弦DE∥AB,的度数为40°,则∠BOC等于(
)
图2-1-11
A.40°
B.80°
C.110°
D.无法确定
解析:∵AB∥DE,∴.∴=(-).
∴的度数为
(180°-40°)=70°.
∴∠BOC=∠AOD=70°+40°=110°.
答案:C
综合运用
6.如图2-1-12,△ABC为圆内接三角形,AB＞AC,∠A的平分线交圆于D,作DE⊥AB于E,DF⊥AC于F.
求证:BE=CF.
图2-1-12
证明:连结BD、CD.
∵∠DCF是△ACD的外角,
∴∠DCF=∠1+∠2,而∠1=∠3,∠2=∠4,
∴∠DCF=∠3+∠4=∠EBD.
又∵AD是∠BAC的平分线,∴DE=DF.
∴Rt△BDE≌Rt△CDF.
∴BE=CF.
7.在锐角三角形ABC中,BC=a,CA=b,AB=c,外接圆半径为R.
求证:=2R.
图2-1-13
证明:连结OC并延长交⊙O于D,连结BD.
∵=,∴∠D=∠A.
在Rt△BCD中,sinD=,
2R=.
同理,=2R,=2R.
∴=2R.
8.如图2-1-14,已知BC为半圆O的直径,F是半圆上异于B、C的一点,A是的中点,AD⊥BC于点D,BF交AD于点E.
(1)求证:BE·BF=BD·BC;
(2)试比较线段BD与AE的大小,并说明理由.
图2-1-14
(1)证明:连结CF.
∵BC是直径,∴∠BFC=90°,
∵AD⊥BC,∴∠BDE=90°,∠B=∠B.
∴△BCF∽△BED.∴.
∴BE·BF=BC·BD.
(2)解:AE＞BD,证明如下:
连结AB、AC,则∠BAC=90°,
∵=,∴∠ABF=∠ACB.
∵∠ACB+∠ABC=90°,∠BAD+∠ABD=90°,
∴∠ACB=∠BAD.∴∠ABF=∠BAD.
∴AE=BE.
在Rt△BDE中,BE＞BD.∴AE＞BD.
拓展探究
9.如图2-1-15,AB是⊙O的直径,C是⊙O上一点,连结AC,过点C作CD⊥AB于D,E是DB上任意一点,直线CE交⊙O于点F,连结AF与直线CD交于点G.
(1)求证:AC2=AG·AF.
(2)若E是AD(点A除外)上任意一点,上述结论是否仍然成立 若成立,画出图形,并给予证明;若不成立,请说明理由.
图2-1-15
(1)证明:连结BC,则∠ACB=90°,
∴∠B+∠CAD=90°,∠ACD+∠CAD=90°.
∴∠B=∠ACD.又=,
∴∠B=∠F.
∴∠F=∠ACD.∵∠CAG=∠FAC,
∴△CAG∽△FAC.
∴.
∴AC2=AG·AF.
(2)解:(1)的结论仍成立,如图2-1-16,连结BC,
图2-1-16
则∠ACB=90°,
△AFC∽△ACG
AC2=AG·AF.
10.如图2-1-17,AM是⊙O的直径,过⊙O上一点B作BN⊥AM,垂足为N,其延长线交⊙O于点C,弦CD交AM于点E.
(1)如果CD⊥AB,求证:EN=MN.
(2)如果弦CD交AB于点F,且CD=AB,求证:CE2=EF·ED.
(3)如果弦CD、AB的延长线交于点F,且CD=AB,那么(2)的结论是否仍成立 若成立,请证明;若不成立,请说明理由.
图2-1-17
(1)证明:连结BM,∵CD⊥AB,
∴∠BCE+∠ABC=90°.
∵AM是直径,∴∠MBN+∠ABC=90°.
∴∠BCE=∠MBN.
又∵ON⊥BC,∴BN=CN,∠BNM=∠CNE.
∴△BNM≌△CNE.
∴EN=MN.
(2)证明:连结BD、BE、AC.
∵CD=AB∠ACD=∠D.
△ABE≌△ACE∠ACD=∠ABE.
△BEF∽△DEB=
(3)如图2-1-18,(2)的结论仍成立.
图2-1-18
证明:∵AM⊥BC,
∴BE=CE,AB=AC.
∴∠1=∠2,∠3=∠4.
∵AB=CD,
∴∠4=∠DBC.
∴∠3=∠DBC=∠2+∠5.
又∵∠3=∠F+∠1,∴∠F=∠5.
∵∠BED=∠FEB,∴△BDE∽△FBE.
∴.
∴BE2=EF·ED.∴CE2=EF·ED.
温馨提示
圆周角定理、垂径定理、等腰三角形、直角三角形有机结合,使解题思路出神入化.
备选习题
11.如图2-1-19,在⊙O中,AB是直径,弦AC=12
cm,弦BC=16
cm，∠ACB的平分线交⊙O于D点,则AD=_____________.
图2-1-19
解析:∵AB是直径,∴∠ACB=90°.
∴AB==20.
又∵CD是∠ACB的平分线,∴.
∴AD=BD.
∵AB是直径,∴∠ADB=90°.
在Rt△ABD中,∠DAB=∠ABD=45°.
∴AD=AB·cos45°=20·=cm.
答案:
cm
12.如图2-1-20,△ABC内接于直径为d的⊙O,且弦BC=a,AC=b,则△ABC的高CD等于(
)
图2-1-20
A.
B.
C.
D.
解析:作⊙O直径AE,连结CE.
△ACE∽△CDB
CD=.
答案:A
13.如图2-1-21,AB为⊙O直径,AC=AD,求证:∠1=∠2,你能找到几种证法
图2-1-21
证法一:连结OC、OD,
证△AOC≌△AOD.
证法二:连结BC、BD,证△ABC≌△ABD.
证法三:连结CD交AB于E,证明△ACE≌△ADE.
证法四:过O作OE⊥AC,E为垂足,OF⊥AD，F为垂足,证△AOE≌△AOF.
证法五:AC=AD∠1=∠2.第二节
平行线分线段成比例定理
课后导练
基础达标
1.已知P是线段AB上一点且,则等于(
)
A.
B.
C.
D.
解析：∵,∴=,即=.
答案:
A
2.如图1-2-10,已知△ABC中,D、E分别为AB、AC上的点,DE∥BC,DE=1,BC=3,AB=6,则AD的长为
(
)
图1-2-10
A.1
B.1.5
C.2
D.2.5
解析：∵DE∥BC,∴==.
∴AD=AB=2.
答案:
C
3.
如图1-2-11,l1∥l2∥l3,已知AB=6cm,BC=3cm,A1B1=4cm,则B1C1的长为(
)
图1-2-11
A.6cm
B.4cm
C.3cm
D.2cm
解析：∵l1∥l2∥l3,∴.
∴B1C1= A1B1=2m.
答案:
D
4.如图1-2-12,AB∥CD,AD与BC交于O,那么,下列比例式正确的是(
)
图1-2-12
A.=
B.=
C.=
D.=
解析：∵AB∥CD,∴==,=.
∴排除A、B、D,只有C正确.
答案:C
5.在△ABC中,AB=3AD,DE∥BC,EF∥AB,若AB=9,DE=2,则线段FC的长为(
)
图1-2-13
A.6
B.5
C.4
D.3
解析：∵DE∥BF,BD∥EF,
∴四边形BDEF为平行四边形.∴DE=BF=2.
∵DE∥BC,∴=.
∵AB=3AD,∴==.∴=.
∴BC=3BF=6.∴FC=BC-BF=6-2=4.
答案:
C
综合运用
6.如图1-2-14,l1∥l2,AF∶FB=∶3,BC∶CD=∶1,则AE∶EC等于(
)
图1-2-14
A.5∶2
B.4∶1
C.2∶1
D.3∶2
解析：∵AG∥BD,
∴=.∴GA=BD.
∵BC∶CD=2∶1,∴BC=2CD,即BD=3CD.
∴GA=BD=×3CD=2CD.∵GA∥CD,∴.
答案:
C
7.如图1-2-15,△ABC中,D、E分别在边AB、AC上,CD平分∠ACB,DE∥BC,如果AC=10,AE=4,那么BC=___________.
图1-2-15
解析：∵DE∥BC,∴∠1=∠2.又∵∠1=∠3,∴∠2=∠3.
∴DE=EC=AC-AE=10-4=6.
∵DE∥BC,∴=.∴BC=15.
答案:15
8.已知线段a,b,c,求作a,b,c的第四比例项x..
解析：据第四比例项意义有,作法如下:
(1)任作∠EOF.
(2)在OE上顺次截取OA=a,AB=b,在OF上截取OC=c.
(3)连结AC,过B作BD∥AC,交OF于D,
则线段CD就是所求x(见图).
图1-2-16
9.如图1-2-17,梯形ABCD中,AE=2BE,M为BC的中点,连结EM并延长交DC的延长线于F,连结BD交EF于N,CD=3AB,求证:BN∶ND=1∶10.
图1-2-17
证明:∵AE=2BE,∴AB=3BE.
又∵AB=CD,∴CD=3AB=9BE.
在△BME和△CMF中,
∴△BME≌△CMF.
∴BE=CF.
∴DF=CD+CF=9BE+BE=10BE.
∵BE∥FD,∴BN∶ND=BE∶FD=BE∶10BE=1∶10.
拓展探究
10.如图1-2-18,D为△ABC中BC边上的中点,过点D的一条直线交AC于F,交BA延长线于E,AG∥BC,且交EF于G.
图1-2-18
(1)求证:FG ED=FD EG;
(2)如图1-2-19,若将图1-2-18中过D点的直线交AC于F,改为交CA的延长线于F,交BA延长线于E改为交AB于E,其他条件不变,则FG ED=FD EG还成立吗 如果成立,请给出证明;如果不成立,请说明理由.
图1-2-19
(1)证明:∵AG∥BD,∴=,.
又∵D是BC边中点,∴=.
∴=.
∴EG FD=FG ED.
(2)解:结论FG ED=FD EG仍然成立,证明如下:
∵AG∥BC,∴,
=.
又∵D是BC中点,
∴=.∴=.
∴FG·ED=FD·EG.
温馨提示
要善于以运动的观点看待静止的图形,改变某个条件或变换一下视角看待图形,会使我们对问题的认识更加深刻.
备选习题
11.如图1-2-20,AB⊥BD,CD⊥BD,垂足分别为B、D,AD和BC相交于点E,EF⊥BD,垂足为F,我们可以证明成立(不要证明).
图1-2-20
图1-2-21
若将图1-2-20中垂直改为斜交,如图1-2-21,ABEF∥CD,则
(1)还成立吗 如果成立,请给出证明;如果不成立,请说明理由.
(2)请找出S△ABD,
S△BED与S△BDC间的关系式,并给出证明.
解析：(1)成立,证明如下:
∵AB∥EF,∴=.
∵CD∥EF,∴.
∴+=+=1.
∴.
(2)关系式为.
证明:分别过A、E、C向直线BD作垂线,垂足分别为M、N、K,则.
∴.
又∵S△ABD=BD AM,
S△BDC=BD CK,
S△BED=BD EN,
∴.
温馨提示
探究性题目,应注意分析题目已知条件,合理进行模仿、猜想、迁移.
12.已知线段a、b,求作线段x,使x=,正确的作法为
(
).
图1-2-22
解析：由x=得ax=2b2.
由平行可得,即ax=2b2.只有选项C符合.
答案:
C
13.如图1-2-23,BCD中,过A作直线交BD于P,交BC于Q,交DC延长线于R.
图1-2-23
求证:.
思路分析:解决此类问题往往在分析时,先假设= (x为待定线段),然后设法证明=,确定出x,最后证明=并将两式相乘.
证明:∵四边形ABCD为平行四边形,
∴AD∥BQ.∴=.
①
又∵AB∥CD,∴=.
②
①×②得=×=.
14.如图1-2-24,梯形ABCD中,AB∥CD,AE⊥BD,DF⊥AC,CG⊥BD,BQ⊥AC,垂足分别为E,F,G,Q.
求证:AE DF=CG BQ.
图1-2-24
思路分析:结论中的四条线段均是垂线段,可把它们看成三角形的高,考虑利用三角形的面积,将它们联系在一起.
证明:∵DC∥AB,
∴S△ABD=S△ABC.
∴BD AE=AC BQ.∴.
同理,AC DF=BD CG.
∴.
∴,即AE DF=CG BQ.
温馨提示
利用面积法解决问题往往出奇制胜,若所证等积式的两端分别与某两个图形的面积有关或等积式中的线段与三角形(或平行四边形)的高有关时,往往考虑用面积法解决问题.第四节
弦切角的性质
课后导练
基础达标
1.如图2-4-7,PC与⊙O相切于C点,割线PAB过圆心O,∠P=40°,则∠ACP等于(
)
图2-4-7
A.20°
B.25°
C.30°
D.40°
解析:连结OC,
∵PC切⊙O于C,∴OC⊥PC.
∴∠OCP=90°.
∴∠P+∠COP=90°.
∴∠COP=90°-∠P=50°.
又∵∠PCA是弦切角,
∴∠PCA=∠AOC=25°.
答案:B
2.如图2-4-8,四边形ABCD是圆内接四边形,AB是直径,MN是⊙O切线,C为切点,若∠BCM=38°,则∠B等于(
)
图2-4-8
A.32°
B.42°
C.52°
D.48°
解析:连结AC,∵MN切圆于C,BC是弦,
∴∠BAC=∠BCM.
∵AB是直径,∴∠ACB=90°.
∴∠B+∠BAC＝90°.
∴∠B+∠BCM=90°.
∴∠B=90°-∠BCM=52°.
答案:C
3.如图2-4-9,CA为⊙O的切线,切点为A,点B在⊙O上,如果∠CAB=55°,那么∠AOB等于(
)
图2-4-9
A.55°
B.90°
C.110°
D.120°
解析:延长AO交⊙O于D,连结BD,
∵AC切⊙O于A,AB是弦,
∴∠D=∠CAB.
又∵∠D=∠AOB,
∴∠AOB=2∠CAB=110°.
答案:C
4.如图2-4-10,∠ABC=90°,O是AB上一点,⊙O切AC于D,交AB于E,连结DB、DE、OC,则图中与∠CBD相等的角共有(
)
图2-4-10
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
解析:∵AB⊥BC,∴BC与⊙O相切,BD为弦.
∴∠CBD=∠BED.
同理,∠CDB=∠BED.
∴∠CBD=∠CDB.
又OC⊥BD,DE⊥BD,
∴DE∥OC.
∴∠BED=∠BOC.
∴∠CBD=∠BOC.
∴共3个.
答案:C
5.如图2-4-11,AB、AC与⊙O相切于B、C,∠A=50°,点P是圆上异于B、C的一动点,则∠BPC的度数是(
)
图2-4-11
A.65°
B.115°
C.65°或115°
D.130°或50°
解析:点P可能位置有两种情况,点P在优弧上或在劣弧上.
图2-4-12
(1)如图2-4-12,在优弧上,
∵AB、AC是切线,
∴∠ABC=∠P1,∠ACB=∠P1,
∠ABC=(180°-∠A)=65°.
(2)如图2-4-13,在劣弧上,可在优弧上任取一点Q,
图2-4-13
由(1)知∠Q=65°,
∵四边形BP2CQ内接于圆O,
∴∠BP2C+∠Q=180°.
∴∠BP2C=180°-∠Q=115°.
综上,∠BPC=65°或115°.
答案:C
温馨提示
本题运用了运动变化思想、分类思想和化归思想.
综合运用
6.如图2-4-14,AD是圆内接△ABC的∠A的平分线,交圆于D,E为BC中点,BF为圆的切线,DF⊥BF.
求证:DE=DF.
图2-4-14
证明:连结BD,∵BF是切线,BD是弦,
∴∠DBF=∠BAD.
∵=,∴∠DBC=∠DAC.
又∵AD是∠BAC的平分线,
∴∠BAD=∠DAC.∴∠DBF=∠DBE,
即BD是∠EBF的平分线.
∵∠BAD=∠DAC,∴=,即D是中点.
∵E是BC中点,∴DE⊥BC.
∴DE=DF.
7.如图2-4-15,梯形ABCD中,AB∥DC,AD=BC,以AD为直径的⊙O交AB于点E,⊙O的切线EF交BC于F,求证:EF⊥BC.
图2-4-15
证明:∵AD是直径,∴∠AED=90°.
∴∠DEF+∠BEF=90°.
∵EF切⊙O于点E,DE是弦,
∴∠DEF=∠A.∴∠A+∠BEF=90°.
∵AD=BC,AB∥DC,∴∠B=∠A.
∴∠B+∠BEF=90°.∴∠BFE=90°.
∴EF⊥BC.
8.两圆内切于点P,大圆的弦AD交小圆于点B、C.
求证:∠APB=∠CPD.
图2-4-16
证明:过P作两圆的公切线MN.
∵PB是小圆弦,MN是切线,∴∠BPM=∠BCP.
∵PA是大圆弦,MN是切线,
∴∠APM=∠D.
∴∠BPM-∠APM=∠BCP-∠D.
又∠BCP=∠D+∠CPD,∴∠BCP-∠D=∠CPD.
∴∠APB=∠CPD.
9.如图2-4-17,AB是⊙O的弦,CD是经过⊙O上一点M的切线.
图2-4-17
求证:(1)AB∥CD时,AM=MB.
(2)AM=MB时,AB∥CD.
证明:(1)∵AB∥CD,
∴∠A=∠AMC.
∵CD切⊙O于M,AM是弦,
∴∠AMC=∠B.∴∠A=∠B.
∴AM=BM.
(2)∵AM=MB,∴∠A=∠B.
又∵CD切⊙O于M,AM是弦,
∴∠AMC=∠B.∴∠AMC=∠A.
∴AB∥CD.
拓展探究
10.如图2-4-18,AB是半圆O的直径,点M是半径OA的中点,点P在线段AM上运动(不与点M重合),点Q在半圆O上运动且总保持PQ=PO,过Q作⊙O的切线交BA的延长线于点C.
图2-4-18
(1)当∠QPA=60°时,请你对△QCP的形状作出猜想,并证明;
(2)当QP⊥AO时,△QCP的形状是___________三角形.
(3)由(1)、(2)得出的结论,请你进一步猜想,当点P在线段AM上运动到任何位置时△QCP一定是___________三角形.
解析:(1)△QCP是等边三角形,
证明:连结OQ,则CQ⊥OQ.
∵PQ=PO,∠QPC=60°,
∴∠POQ=∠PQO=30°.
∴∠C=∠CQO-∠POQ=60°.
∴∠CQP=∠C=∠QPC=60°.
∴△QPC是等边三角形.
(2)等腰直角(解析:略)
(3)等腰(解析:略)
备选习题
11.如图2-4-19,BC为⊙O直径,DE切⊙O于A点,BD⊥DE于D,若∠ABD=50°,则的度数为_________________.
图2-4-19
解析:∵BD⊥DE,
∴∠BDA=90°.
∴∠ABD+∠BAD=90°.
∴∠BAD=90°-50°=40°.
∵AB是弦,AD是切线,
∴∠C=∠BAD=40°.
∴BC是直径.∴∠BAC=90°.
∴∠C+∠ABC=90°.
∴∠ABC=90°-∠C=50°.
∴的度数为100°.
答案:100°
12.如图2-4-20,AB为⊙O的直径,DA、DE为⊙O两切线,A、C为切点,A、B、E共线,若的度数为60°,则∠CAD的度数为____________,∠E的度数为_____________.
图2-4-20
解析:∵度数为60°,
∴∠BAC=30°,∠BCE=30°.
∵AD为切线,
∴BA⊥AD.
∴∠BAC+∠CAD=90°.
∴∠CAD=90°-∠BAC=60°.
∵AB为直径,
∴∠ACB=90°.
∴∠ABC=90°-∠BAC=30°.
∴∠E=∠ABC-∠BCE=30°.
答案:60°
30°
13.两圆内切于点P,大圆的弦AB切小圆于C，求证：∠APC＝∠CPB.
图2-4-21
证明:过P作两圆公切线MN,
设PB交小圆于D,连结CD.
∵PC是小圆弦,MN切小圆于P,
∴∠MPC=∠PDC.
∵PA是大圆弦,MN切大圆于P,
∴∠MPA=∠B.
∴∠MPC-∠MPA=∠PDC-∠B.
∵∠PDC=∠B+∠BCD,
∴∠PDC-∠B=∠BCD.
∴∠APC=∠BCD.
又AB切小圆于C，CD是小圆弦,
∴∠BCD=∠CPB.
∴∠APC=∠CPB.
14.如图2-4-22,△ABC中,过A与BC相切于D的圆分别交AB、AC于E、F,且EF∥BC.
求证:AD平分∠A.
图2-4-22
证明:连结DF,∵BC切圆于D,DF是弦,
∴∠3=∠2.
∵EF∥BC,∴∠3=∠4.
又∠1=∠4,
∴∠1=∠2,即AD平分∠BAC.
15.如图2-4-12(1),OA和OB是⊙O的半径,且OA⊥OB,P是OA上任一点,BP的延长线交⊙O于Q,过Q的⊙O的切线交OA的延长线于R,易证RP=RQ(不要求证明).
(1)现将PA向上平移至图2-4-23(2)位置,结论还成立吗 若成立,请证明.
(2)若将PA向上平移至⊙O外,结论还成立吗 如图2-4-23(3),若成立,请证明.
(1)
(2)
(3)
图2-4-23
解析:(1)成立.
证明:连结OQ,则QR⊥OQ.
∴∠PQR+∠BQO=90°.
∵∠RPQ=∠1,∠1+∠B=90°,
∴∠RPQ+∠B=90°.
又OB=OQ,∴∠B=∠BQO.
∴∠PQR=∠RPQ.∴RP=RQ.
(2)结论仍然成立.
证明:连结OQ,则OQ⊥RQ.
∴∠RQO=90°.
∴∠RQP+∠BQO=90°.
∵OA⊥PA,∴∠P+∠ABP=90°.
又∠PBA=∠OBQ,∵OB=OQ,
∴∠OBQ=∠OQB.
∴∠P=∠PQR.∴RP=RQ.第五节
与圆有关的比例线段
课后导练
基础达标
1.如图2-6-8,⊙O的两条弦AB、CD相交于点E,AC与DB的延长线交于点P,下列结论中成立的是(
)
图2-6-8
A.CE·CD=BE·BA
B.CE·AE=BE·DE
C.PC·CA=PB·BD
D.PC·PA=PB·PD
解析:根据相交弦定理A、B均不正确.
根据割线定理C错误,D正确.
答案:D
2.如图2-6-9,点C为⊙O的弦AB上一点,点P为⊙O上一点,且OC⊥CP,则有(
)
图2-6-9
A.OC2=CA·CB
B.OC2=PA·PB
C.PC2=PA·PB
D.PC2=CA·CB
解析:延长PC交⊙O于D,∵OC⊥PC,
∴PC=CD.由相交弦定理,得PC·CD=CA·CB.
∴PC2=CA·CB.
D正确.
若A正确,则OC=PC,条件不充分,而B、C均无法证明.
答案:D
3.如图2-6-10,⊙O的直径AB垂直于弦CD,垂足为H,点P是上一动点(点P不与A、C重合),连结PC、PD、PA、AD,点E在AP的延长线上,PD与AB交于点F.给出下列四个结论:①CH2=AH·BH;②=;③AD2=DF·DP;④∠EPC=∠APD.
其中正确的个数是(
)
图2-6-10
A.1
B.2
C.3
D.4
解析:①CD⊥AB,∴CH=DH.
由相交弦定理,得CH·DH=AH·BH.
∴CH2=AH·BH.故①正确.
②由垂径定理得=,正确.
③若正确,则△ADF∽△PDA∠DAF=∠DPA=,不合题意,故错误.
④四边形ADCP内接于圆
∠EPC=∠APD,正确.
答案:C
4.如图2-6-11,PA、PB分别切⊙O于A、B、C是上任意一点,过C作⊙O的切线DE分别交PA、PB于D、E,PO交AB于H,交⊙O于F,则下列结论:
①△PDE周长是定值PA+PB;②AH2=OH·PH;③PA2=PO2-OF2;④PB2=PO·PH.
其中正确的是(
)
图2-6-11
A.①②
B.①②③
C.②③④
D.①②③④
解析:①由切线长定理,得DC=DA,EC=EB.
∴DE=AD+BE.
∴PD+DE+PE=PD+DA+BE+PE=PA+PB,正确.
②连结OA、OB,则P、A、O、B四点共圆,由相交弦定理,得
AH·BH=OH·PH.
∵AH=BH,∴AH2=OH·PH.正确.
③延长PO交⊙O于G,由切割线定理,得PA2=PF·PG
=(PO-OF)(PO+OG)
=(PO-OF)(PO+OF)
=PO2-OF2,正确.
④在Rt△POB中,BF⊥OP,由射影定理PB2=PO·PH,正确.
答案:D
5.如图2-6-12,AB为⊙O的直径,CD、CB为⊙O的切线,D、B为切点,OC交⊙O于E,AE延长线交BC于点F,连结AD、BD.以下结论:①AD∥OC;②E为△CDB的内心;③FC=FE;④CE·FB=AB·CF.
其中正确的只有(
)
图2-6-12
A.①②
B.②③④
C.①③④
D.①②④
解析:①由切线长定理CD=BC,∠OCD=∠OCB,
∴OC⊥BD.
∴.
∴∠BAD=∠BOE.∴AD∥OC.正确.
②连结DE、BE,
∵,∴∠DAE=∠BDE.
由弦切角定理∠CDE=∠DAE.
∴∠CDE=∠BDE.
同理,∠DBE=∠CBE,
即E是△CDB的三内角平分线交点.
∴E为△CDB的内心,正确.
③无法证明.
④设AF、BD交于G点,
∵∠BFG+∠BAG=90°,
∠BGF=∠AGD,
∠AGD+∠DAE=90°,
∴∠BGF+∠DAE=90°.
∵∠DAG=∠BAE,∴∠BFG=∠BGF.
∴BF=BG.
又易证△ABG∽△ECF,
∴.
∴AB·CF=BG·CE=BF·CE.
结论正确.
综上所述,选D.
答案:D
综合运用
6.如图2-6-13,已知⊙O1、⊙O2外切于点P,过⊙O1上一点B作⊙O1的切线,交⊙O2于C、D,直线PB交⊙O2于点A.
图2-6-13
求证:AD2+BC·BD=AB2.
解析:由BC·BD联想到割线定理BC·BD=BP·AB,又等式右边含AB2,考虑移项后和差化积.
AD2=AB2-BC·BD=AB2-BP·AB
=AB(AB-BP)=AB·AP.
只需证AD2=AB·AP,利用△ABD∽△ADP.
证明:过P作公切线EF交BD于点E,
由切线长定理,得EB=EP.
∴∠B=∠EPB.∵∠EPB=∠APF,∠APF=∠ADP.
∴∠B=∠ADP.
又∠A=∠A,∴△ABD∽△ADP.
∴=.
∴AD2=AB·AP.
由割线定理,得BC·BD=BP·AB.
∴AD2+BC·BD=AB·AP+BP·AB=AB(AP+BP)=AB2.
∴AD2+BC·BD=AB2.
7.如图2-6-14,已知Rt△ABC中,∠B=90°,AB交⊙O于D,且过圆心O,AC交⊙O于E,CF交⊙O于D.
求证:AD2=AC·AE-DF·CD.
图2-6-14
证明:连结AF、DE,
∵AD为直径,∴∠AED=90°,∠AFD=90°.
∴∠CED=90°.∵∠CBD=90°,
∴B、C、E、D四点共圆.
∴AE·AC=AD·AB.
又A、F、B、C四点共圆,
∴AD·BD=DF·CD.
∴AC·AE-DF·CD=AD·AB-AD·BD=AD(AB-BD)=AD2.
∴AD2=AC·AE-DF·CD.
8.如图2-6-15,两圆内切于点A,P是两圆公切线上的点,过P点作小圆的割线PBC,连结AB、AC,并延长分别交大圆于D、E,求证:.
图2-6-15
证明:连结DE,∵∠PAB=∠ACB,∠P=∠P,
∴△PAB∽△PCA.∴=.
∵∠PAD=∠E,∠PAB=∠ACB,
∴∠ACB=∠E.同理,∠ABC=∠D.
∴BC∥DE.∴=.
∴=.∴=.
又由切割线定理,得PA2=PB·PC,
∴.∴.
9.如图2-6-16,已知△ABC中,∠ACB=90°,CD⊥AB于D,以BD为直径的⊙O交BC于E,求证:
=.
图2-6-16
证明:连结DE,∵BD是直径,
∴∠DEB=90°.∵∠ACB=90°,
∴DE∥AC.∴=.
由射影定理得BC2=BD·AB,AC2=AD·AB.
∴===.
∴=.
拓展探究
10.如图2-6-17,⊙O1和⊙O2都经过A、B两点,PQ切⊙O1于点P,交⊙O2于Q、M,交AB的延长线于N,则PN2=NM·NQ.(不要求证明)
图2-6-17
问题1:在上图中,将QP绕Q旋转至⊙O1与⊙O2外切如图2-6-18,结论PN2=NM·NQ还成立吗 若成立,请证明.
图2-6-18
探究1:结论PN2=NM·NQ仍然成立.
证明:由切线长定理,得PN=AN.
由切割线定理,得AN2=NM·NQ,
∴PN2=NM·NQ.
问题2:继续旋转至⊙O1与⊙O2外离,如图2-6-19,若使PN2=NM·NQ,请探究如何确定N的位置.
图2-6-19
探究2:作两圆内公切线交O1O2于点A,过A作AN⊥PQ于N,则PN2=NM·NQ.
备选习题
11.如图2-6-20,C是⊙O的直径AB延长线上一点,过点C作⊙O的切线CD,D为切点,连结AD、OD、BD,请根据图中所给出的已知条件,写出你认为正确的结论______________.
图2-6-20
解析:本题属于开放题,答案较多,如:
(1)CD2=CB·CA,切割线定理.
(2)DC⊥OD,切线性质.
(3)∠ADB=90°,圆周角性质.
(4)∠BDC=∠A,弦切角定理.
(5)△ACD∽△DCB等等.
12.如图2-6-21,已知AB是圆的直径,D是AB上一点,CD⊥AB,CD交圆于点E,CT是圆的切线,T是切点.求证:BE2+CT2=BC2.
图2-6-21
证明:延长CD交⊙O于G,则DE=DG.
由切割线定理CT2=CE·CG
=CE·(CD+DG)
=CE·(CD+DE)
=CE·CD+CE·DE,
∴BE2+CT2=DE2+BD2+CE·CD+CE·DE
=CE·CD+DE(DE+CE)+BD2
=CE·CD+DE·CD+BD2
=CD(CE+DE)+BD2
=CD2+BD2
=BC2.
13.如图2-6-22,已知PM是⊙O的切线,M为切点,PAB和PCD均是⊙O割线,且AB·PD=BC·AD.
求证:PM2-PA2=AC·AD.
图2-6-22
证明:∵=,
∴∠ADC=∠ABC.
∵AB·PD=BC·AD,∴.
∴△ABC∽△ADP.∴∠ACB=∠APD.
又∵=,∴∠ACB=∠ADB.
∴∠APC=∠ADB.
又∵四边形ABDC内接于圆,
∴∠ACP=∠ABD.
∴△APC∽△ADB.
∴.
∴AP·AB=AC·AD.
由切割线定理,得PM2=PA·PB.
∴PM2-PA2=PA·PB-PA2
=PA(PB-PA)=PA·AB=AC·AD.
∴PM2-PA2=AC·AD.
14.如图2-6-23,已知⊙Ｏ1和⊙O2外切于点P,过P的直线分别交⊙O1、⊙O2于点A、B,过B作⊙O2的切线交⊙O1于点C、D,CP的延长线交⊙O2于点Q.
求证:.
图2-6-23
证明:过点P作两圆的公切线PT交BD于T,则∠CPT=∠CDP,
∵BD是⊙O2的切线,
∴∠B=∠BPT.∵∠APD=∠CDP+∠B,∠BPC=∠BPT+∠CPT,
∴∠APD=∠BPC.
又∵∠BCP=∠A,∴△PAD∽△PCB.
∴.
∵BC是⊙O2的切线,∴BC2=CP·CQ.
∴.
15.如图2-6-24,已知⊙O1和⊙O2外切于点C,AB切⊙O1于A,切⊙O2于点B,O2O1的延长线交⊙O1于D,并与BA的延长线交于点P,求证:.
图2-6-24
证明:连结AC、BC,过C作两圆公切线CE交PB于E,连结O1A.
则∠1=∠2,∠3=∠4.
∴∠2+∠3=90°.
又∠2+∠5=90°,∴∠5=∠3.
∴∠5=∠4.∵∠P=∠P,
∴△PAC∽△PCB.∴=.
∴PC2=PA·PB.
∴.
又∵O1A⊥PB,O2B⊥PB,∴O1A∥O2B.
∴.∴.
16.如图2-6-25,已知△ABC内接于⊙O,∠A的外角平分线交BC的延长线于D,交⊙O于E,求证:AD2=BD·CD-AB·AC.
图2-6-25
思路分析:由BD·CD可联想到割线定理,则BD·CD=DA·DE=DA(AD+AE)=AD2+AD·AE.
只需证AD·AE=AB·AC即可.
事实上,由△ABE∽△ADC易证.
证明:连结BE,
由割线定理,得BD·CD=DA·DE,
∵∠1=∠2,∠2=∠3,∴∠1=∠3.
又∵∠ACD=∠E,∴△ABE∽△ADC.
∴=.
∴AB·AC=AD·AE.
∴BD·CD-AB·AC=DA·DE-AD·AE=AD(DE-AE)=AD2.
17.如图2-6-26,已知以AF为直径的⊙O与以OA为直径的⊙O1内切于A,△ADF内接于⊙O,DB⊥FA于B交⊙O1于C,连结AC并延长交⊙O于E,求证:
(1)AC=CE;
(2)AC2=DB2-BC2.
图2-6-26
思路分析:要证AC2=DB2-BC2,将其化为等积式.
由(1)及平方差公式有AC·CE=(DB+BC)(DB-BC)=(DB+BC)·DC.
考虑利用相交弦定理.
证明:(1)连结OC,因OA是⊙O1的直径,则OC⊥AE.
∴AC=CE.
(2)延长DB交⊙O于G.
∵DB⊥AF,∴DB=BG.
由相交弦定理有AC·CE=CG·CD=(BG+BC)(DB-BC)=(DB+BC)(DB-BC)
=DB2-BC2.
∵AC=CE,∴AC2=DB2-BC2.第三节
相似三角形的性质
课后导练
基础达标
1.如图1-4-6,D、E分别是△ABC边AB、AC上的点,且DE∥BC,BD=2AD,那么△ADE的周长∶△ABC的周长等于(
)
图1-4-6
A.1∶2
B.1∶3
C.2∶3
D.1∶9
解析：∵DE∥BC,∴△ADE∽△ABC.
∵BD=2AD,∴AB=3AD.
∴=.
∴==.
答案:
B
2.如图1-4-7,已知D、E分别是△ABC的AB、AC边上一点,DE∥BC且S△ADE:S△四边形DBCE=1∶3,那么AD∶AB等于(
)
图1-4-7
A.
B.
C.
D.
解析：∵DE∥BC,∴△ADE∽△ABC
∴()2=.
又∵S△ADE∶S四边形DBCE=1∶3,
∴S△ADE∶S△ABC=1:4.
∴()2=,即=.
答案:
C
3.如图1-4-8,Rt△ABC中,∠C=90°,CD是斜边AB上的高,∠B=30°,则△ACD与△CDB的内切圆直径之比为(
)
图1-4-8
A.1∶2
B.1∶
C.1∶
D.无法确定
解析：∵△ADC∽△ACB,△BCD∽△BAC，∴△ACD∽△CBD.
∴△ACD的内切圆直径∶△CBD的内切圆直径=AC∶CB.
又∵∠B=30°,∴AC=AB.
∵BC=，
答案:C
4.如图1-4-9,梯形ABCD的对角线交于点O,有以下四个结论:
①△AOB∽△COD;②△AOD∽△AOB;③S△DOC∶S△AOD=DC∶AB;④S△AOD=S△BOC.其中始终正确的有(
)
图1-4-9
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
解析：∵DC∥AB,∴△AOB∽△COD.
∴①正确，②无依据.
③∵S△DOC∶S△AOD=OC∶OA，
又△AOB∽△COD,
∴OC∶OA=DC∶AB.
∴S△DOC∶S△AOD=DC∶AB，正确.
④∵△ABD与△ABC等底等高，
∴S△ABD=S△ABC.
∴S△ABD-S△ABO=S△ABC-S△ABO，
即S△AOD=S△BOC.
综上，①③④正确.
答案：C
5.如图1-4-10，BDEF是平行四边形，如果CD∶DB=2∶3,那么是S△ABC的(
)
图1-4-10
A.
B.
C.
D.
解析：∵DE∥AB,∴△CDE∽△CBA.
∴=()2.
又∵CD∶DB=2∶3,∴CD∶CB=2∶5.
∴=()2=()2=.
∴S△CDE=S△CAB.
∵DE∥AB,∴==.∴=.
同理，可得S△AFE=S△CAB.
∴=S△ABC-S△AFE-S△EDC
=S△ABC-S△ABC-S△ABC=S△ABC.
答案:D
综合运用
6.如图1-4-11,
ABCD中,E是AB延长线上一点,DE交BC于F,已知BE∶AB=2∶3,S△BEF=4,求S△CDF.
图1-4-11
解析：∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AB=DC,∠C=∠FBE,∠E=∠CDF.∴△DCF∽△EBF.
又BE∶AB=2∶3,∴BE∶DC=2∶3.
∴=()2=.
∴S△CDF=·S△BEF=×4=9.
7.如图1-4-12,已知△ABC的面积为
60
cm2,D为BC上一点,且BD∶DC=1∶3,E、F是AC和AB上的点,四边形EFDC的面积等于△BCE的面积，求△ABE的面积.
图1-4-12
解析：连结DE,
∵S四边形EFDC=S△BCE,
∴S四边形EFDC-S△DCE=S△BCE-S△DCE.
∴S△DEF=S△BDE.
由△DEF与△BDE同底得它们同高,
从而DE∥AB.∴==.
又==
(它们同高),∴=.
∴S△ABE=S△ABC=15
cm2.
8.如图1-4-13,△PQR∽△P′Q′R′且均为等边三角形,它们的重叠部分是一个六边形.设这个六边形的边长为AB=a1,
BC=b1,CD=a2,DE=b2,EF=a3,FA=b3.
图1-4-13
求证:
a12+a22+a32=b12+b22+b32.
证明:易证△APB∽△CQ′B∽△CQD∽△ER′D∽△ERF∽△AP′F，它们的面积比为对应边的平方比,设比例系数为k,则
S△APB=AB2·k=a12·k,
S△CQ′B=CB2·k=b12·k,
S△CQD=CD2·k=a22·k,
S△ER′D=ED2·k=b22·k,
S△ERF=EF2·k=a32·k,
S△AP′F=FA2·k=b32·k.
由于两个正三角形未重叠部分应有相等面积,
∴(a12+a22+a32)k=(b12+b22+b32)k.
∴a12+a22+a32=b12+b22+b32.
温馨提示
此题巧妙地应用了比例系数k,使得计算量显著降低，应用比例系数k解决比例问题是我们常用的技巧.
拓展探究
9.已知E、F、G、H分别是正方形的边AB、BC、CD、DA的中点,则
（1）求四边形EFGH与正方形ABCD的面积比.
(2)若将正方形改为任意四边形，结论还成立吗 若不成立，说明理由；若成立,给出证明.
解析：(1)如图1-4-14,易证△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG.
图1-4-14
设正方形边长为2a,则S正方形ABCD=4a2，S△AEH=a2.
∴S四边形EFGH=4×a2=2a2.
∴S四边形EFGH∶S正方形ABCD=1∶2.
(2)结论仍然成立,证明如下:如图1-4-15,连结AC.
图1-4-15
∵HG是△ADC中位线,
∴HG∥AC.
∴△HGD∽△ACD.
∴=()2=.
∴S△HGD=S△ACD.
同理，S△BEF=S△ABC.
∴S△HGD+S△BEF=
(S△ACD+S△ABC)
=S四边形ABCD.
同理，S△AEH+S△FCG=S四边形ABCD.
∴S△AEH+S△BEF+S△CGF+S△HDG=S四边形ABCD.
∴S四边形EFGH=S四边形ABCD.
10.如图1-4-16,△ABC的面积为16,AB=4,D为AB上任一点,F为BD的中点,DE∥BC,FG∥BC,分别交AC于E、G,设D在AB上移动,请探究当D在何处时，四边形DFGE的面积最大？
图1-4-16
解析：设AD=x,
∵DE∥BC,
∴△ADE∽△ABC.
∴=()2.
∴S△ADE=16×()2=x2.
又∵FG∥BC,∴△AFG∽△ABC.
∴=()2.
∵F为BD的中点,
∴DF=BF=,AF=.
∴.
∴S△AFG=.
∴S四边形DFGE=S△AFG-S△ADE
=-x2
=x2+2x+4
=(x2-x-)
=(x2-x+-)
=(x-)2+.
∴当AD=时,四边形DFGE的面积最大，为.
备选习题
11.如图1-4-17,在△ABC中,DE∥BC,EF∥AB,已知△ADE和△EFC的面积分别为4
cm2和9
cm2,求△ABC的面积.
图1-4-17
解析：∵DE∥BC,∴△ADE∽△ABC.
又∵EF∥AB,∴△EFC∽△ABC.
则有=,=.
∴+==1.
设S△ABC=x,
∴=,
=.
∴=1.
∴=5.∴S△ABC=25
cm2.
12.如图1-4-18，梯形ABCD中，AD∥BC,S△ABD∶S△DBC=1∶2,EF是中位线,则S四边形AEFD∶S四边形BCFE等于____________.
图1-4-18
解析：∵△ABD和△DBC等高,
又∵S△ABD∶S△DBC=1∶2,
∴AD∶BC=1∶2.
又∵EF是中位线,
∴EF=
(AD+BC)=AD.
∴.
答案：5∶7第三节
平面与圆锥面的截线
课后导练
基础达标
1.双曲线的实轴长、虚轴长、焦距成等差数列,那么它的离心率为(
)
A.
B.
C.2
D.3
解析:由题意知2·(2b)=2a+2c2b=a+c
4b2=(a+c)2
4(c2-a2)=(a+c)2
4(c-a)=c+a
3c=5a
e=.
答案:B
2.双曲线的两条准线把两焦点所连线段三等分,则它的离心率为(
)
A.
B.
C.
D.2
解析:由题意知2c=·3,
∴e=.
答案:B
3.平面π与圆锥的轴线平行,圆锥母线与轴线夹角为60°,则平面与圆锥交线的离心率是(
)
A.2
B.
C.
D.2
解析:设平面与轴线夹角为β,母线与轴线夹角为α.
由题意,知β=0°,α=60°,∴e==2.
答案:A
4.平面π与圆锥的母线平行,那么它们交线的离心率是(
)
A.1
B.2
C.
D.无法确定
解析:由题意,知交线为抛物线,故其离心率为1.
答案:A
5.一组平行平面与一圆锥的交线,具有(
)
A.相同的焦距
B.相同的准线
C.相同的焦点
D.相同的离心率
解析:因为平行平面与圆锥轴线夹角相等,由离心率定义e=,
所以,离心率相同.
答案:D
综合运用
6.设过抛物线的焦点F的弦PQ,则以PQ为直径的圆与此抛物线的准线的位置关系是(
)
A.相交
B.相切
C.相离
D.以上答案均有可能
解析:过点P、Q分别作准线的垂线PP1、QQ1,其中P1、Q1为垂足,
由抛物线的结构特点知PP1+QQ1=PF+QF=PQ.
取PQ的中点O,过O作OO1垂直于准线,则OO1∥PP1∥QQ1,
∴OO1=(PP1+QQ1）=PQ,
即圆心到准线的距离等于半径.
∴相切.
答案:B
7.线段AB是抛物线的焦点弦.若A、B在抛物线准线上的正射影为A1、B1,则∠A1FB1等于(
)
A.45°
B.60°
C.90°
D.120°
图3-3-5
解析:如图3-3-5,由抛物线定义,
则AA1=AF,
∴∠AA1F=∠AFA1.
又∵AA1∥EF,
∴∠AA1F=∠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
拓展探究
8.已知F1、F2是双曲线的两个焦点,PQ是经过F1且垂直于F1F2的弦.如果∠PF2Q=90°,则双曲线的离心率是(
)
A.
B.+1
C.-1
D.+1
解析:如图3-3-6,由对称性知△F1F2P是等腰直角三角形,
图3-3-6
∴F1F2=PF1.
设双曲线的焦距为2c,实轴为2a,
则PF1=2c,∴PF2=2c.
由双曲线结构特点,PF2-PF1=2a,
即2c-2c=2a.
∴=+1.∴e=+1.
答案:B
9.如图3-3-7,抛物线的焦点为F,顶点为A,准线为l,过F作PF⊥AF,求证:AF=PF.
图3-3-7
证明:过P作PB⊥l于B,
由抛物线的结构特点,
PB=PF,AH=AF.
又HF=BP,
∴AF=HF=BP=PF.
备选习题
10.以圆锥曲线的焦点弦为直径的圆和相应准线相切,则这样的圆锥曲线(
)
A.是不存在的
B.是椭圆
C.是双曲线
D.是抛物线
解析:由圆锥曲线的定义知,抛物线上的点到准线的距离等于到焦点的距离,所以应选D.
答案:D
11.已知椭圆两准线间的距离为20,长轴长为10,则短轴长为____________.
解析:由
得a=5,c=.
∴2b=.
答案:5第五节
与圆有关的比例线段
课后导练
基础达标
1.圆内两条弦AB和CD交于P点,AB=8,AB把CD分成3和4两部分,那么AP等于(
)
A.2
B.6
C.2或6
D.3或5
解析:设AP=x,则BP=8-x,
由相交弦定理得x(8-x)=3×4.
∴x=2或6.
答案:C
2.如图2-5-7,AD为⊙O直径,BC切⊙O于E点,AB⊥BC,DC⊥BC,AB=4,DC=1,则AD等于(
)
图2-5-7
A.
B.4
C.5
D.
解析:连结DF、OE,
∵AD是直径,∴∠AFD=90°.
又AB⊥BC,DC⊥BC,∴四边形BCDF是矩形.
∴BF=DC.由切割线定理得
BE2=BF·BA=1×4=4,BE=2.
∵OE⊥BC,DC⊥BC,AB⊥BC,
∴CD∥OE∥AB.O为AD中点,
∴E为BC中点.
∴BC=4.∴DF=4.
在Rt△ADF中,AD==5.
答案:C
3.如图2-5-8,PAB、PCD为⊙O的两条割线,若PA=5,AB=7,CD=11,则AC∶BD等于(
)
图2-5-8
A.1∶3
B.5∶12
C.5∶7
D.5∶11
解析:由割线定理得PA·PB=PC·PD,
∴5×(5+7)=PC(PC+11).
∴PC=4或PC=-15(舍去).
又∵PA·PB=PC·PD,,∠P=∠P,
∴△PAC∽△PDB.
∴.
答案:A
4.如图2-5-9,AB、CD是⊙O的两条平行切线,B、D为切点,AC为⊙O的切线,切点为E点,若AB=4,CD=9,则⊙O的半径为(
)
图2-5-9
A.9
B.8
C.6
D.5
解析:连结OB,并作BO的延长线,过A作AF⊥CD,F为垂足.
∵AB切⊙O于B,∴OB⊥AB.
∵AB∥CD,∴BO⊥CD.
∴BO经过D点.∴BD为⊙O直径.
又∵AF⊥CD,
∴四边形ABDF是矩形.
在Rt△ACF中,AF=.
由切线长定理得AB=AE,CE=CD.
∴AC=AE+CE=AB+CD=13,CF=CD-DF=CD-AB=5.
∴AF==12,OB=6.
答案:C
5.如图2-5-10,PA切⊙O于A,PB切⊙O于B,OP交⊙O于C,下列结论中错误的是(
)
图2-5-10
A.∠1=∠2
B.AB⊥OP
C.PA=PB
D.PA2=PC·PO
解析:由切线定理知,A、C正确.
由等腰三角形三线合一知B正确.
D无依据.
答案:D
综合运用
6.如图2-5-11,⊙O中半径OB垂直于直径AC,M为OA上一点,BM延长线交⊙O于N,过N的切线交CA的延长线于P点.
求证:PM2=PA·PC.
图2-5-11
证明:连结ON,∵PN切⊙O于N,
∴ON⊥PN.
∴∠MNP+∠ONM=90°.
∵OA⊥OB,
∴∠B+∠OMB=90°,∠OMB=∠PMN.
∴∠MNP=∠PMN.∴PM=PN.
由切割线定理得PN2=PA·PC,
∴PM2=PA·PC.
7.如图2-5-12,已知AB是⊙O的直径,CA交弦BF延长线于E,DE⊥AC于E,CB交⊙O于D且AB=AC,求证:AE·EC=BE·EF.
图2-5-12
证明:连结OD、AD,∵AB是⊙O的直径,
∴∠ADB=90°.∴AD=BC.
∵AB=AC,∴BD=DC.
∵BO=OA,∴OD∥AC.
∵DE⊥AC,∴DE⊥OD.
∴DE是⊙O切线,∴DE2=EF·EB.①
在Rt△ACD中,DE⊥AC,
∴DE2=AE·EC.②
∴由①②得AE·EC=BE·EF.
8.如图2-5-13,已知AT切⊙O于T,ADB是割线,BC是直径,在AB上截取AE=AT,过E作AB的垂线EF,交AC延长线于F.
求证:AB·AC=AE·AF.
图2-5-13
证明:连结CD,
由切割线定理得AT2=AD·AB,
∵AE=AT,∴AE2=AD·AB.
∴.①
∵BC是直径,∴∠BDC=90°,即CD⊥AB.
又EF⊥AB,∴CD∥EF.∴.②
由①②得
.∴AB·AC=AE·AF.
9.如图2-5-14,已知AB是⊙O的直径,C为⊙O上一点,CD⊥AB于D,以C为圆心,CD为半径作⊙C交⊙O于E、F,连结EF交CD于M.
求证:CM=MD.
图2-5-14
证明:双向延长CD分别交⊙O、⊙C于Q、P,
∵AB是⊙O的直径,CD⊥AB,
∴CD=DQ.
∵CD=PC,∴PC=DQ.
根据相交弦定理得CM·MQ=EM·MF=MD·MP.
∴CM(MD+DQ)=MD(MC+PC).
∴CM·MD+CM·DQ=MD·MC+MD·PC.
∴CM·DQ=MD·PC.
又∵DQ=PC,
∴CM=MD.
拓展探究
10.如图2-5-15,⊙O1和⊙O2相交于点A、B,⊙O2和⊙O3相交于C、D,分别延长BA、DC相交于P,过P作⊙O1和⊙O3的切线PM、PN,M、N为切点,连结MN,求证:∠PMN=∠PNM.
图2-5-15
证明:由切割线定理得PM2=PA·PB,
PN2=PC·PD.
又由割线定理得PA·PB=PC·PD,
∴PM2=PN2.∴PM=PN.
∴∠PMN=∠PNM.
备选习题
11.如图2-5-16,△ABC中,∠C=90°,⊙O的直径CE在BC上,且与AB相切于D点,若CO∶OB=1∶3,AD=2,则BE=____________.
图2-5-16
解析:∵CO∶OB=1∶3,OC=OE,
∴BE∶EC=1∶1.
设BE=x,则BC=2x.
由切割线定理得BD2=BE·BC=2x2,
∴BD=.
又由切线长定理得AD=AC,
在Rt△ABC中,AB2=AC2+BC2,
∴(+2)2=22+(2x)2.
解得x=.
答案:
12.如图2-5-17,⊙O分别与△ABC的边AB、AC切于M、N点,交边BC于E、F点,且BE=EF=FC.
求证:∠B=∠C.
图2-5-17
证明:由切线长定理得AM=AN,
由切割线定理得BM2=BE·BF,CN2=CF·CE.
∵BE=EF=FC,∴BE·BF=CF·CE.
∴BM2=CN2.∴BM=CN.
∴AM+BM=AN+CN,即AB=AC.
∴∠B=∠C.
13.如图2-5-18,已知⊙O1与⊙O2相交于E、F两点,过E任作直线分别交⊙O1与⊙O2于A、B两点,G为AB的中点,直线FG分别交两圆于C、D.
求证:CG=DG.
图2-5-18
证明:由相交弦定理得AG·GE=CG·GF.
由割线定理得BG·GE=GD·GF.
∵AG=BG,∴AG·GE=BG·GE.
∴CG·GF=GD·GF.∴CG=DG.
14.如图2-5-19,△ABC内接于⊙O,AB=AC,AD是⊙O的切线,BD∥AC,BD交⊙O于点E,连结AE,求证:AE2=DE·DB.
图2-5-19
证明:∵AD是⊙O切线,
∴∠DAE=∠ABD.
∵BD∥AC,∴∠CAB=∠ABD.
∴∠DAE=∠CAB.∵∠AED=∠C,
∴△ADE∽△ABC.
∴∠D=∠ABC.
∵AB=AC,∴∠ABC=∠C.
∴∠D=∠AED.∴AD=AE.
∵AD2=DE·DB,
∴AE2=DE·DB.第一节
平行线等分线段定理
课后导练
基础达标
1.如图1-1-8,直线l1∥l2∥l3,AF、BE交于O,则下列结论中不正确的是(
)
图1-1-8
A.AC=BD,CF=DE
B.
AC=CF,BD=DE
C.AC=BD,CO=OD,OE=OF
D.均不正确
解析：平行线等分线段定理的题设是一组平行线在一条直线上截得的线段相等,而本题中,定理的条件不完全具备.故选D.
答案:
D
2.如图1-1-9,△ABC中,E为AB中点,EF∥BC交AC于F,EF=3,则BC的长为(
)
图1-1-9
A.4
B.6
C.
1.5
D.7
解析：∵EF∥BC,E为AB中点,
∴F为AC边中点.
∴EF为△ABC的中位线.
∴BC=2EF=6.故选B.
答案:
B
3.梯形上底长为3cm,下底长为7cm,梯形被中位线分成的两部分面积之比为(
)
A.
1∶1
B.1∶2
C.2∶3
D.
3∶4
解析：梯形中位线长为5cm,
根据平行线等分线段定理知其中位线把梯形分为两个等高的梯形.
因此它们的面积之比为(3+5)∶(5+7)=2∶3.故选C.
答案:
C
4.梯形ABCD中，AD∥BC,点G、H分别为对角线BD、AC中点.若AD=3,BC=7,则GH等于_______________.
解析：GH=
(BC-AD)(原理见类题演练3).故填2.
答案:2
5.如图1-1-10,梯形ABCD中,AD∥BC,四边形ABDE是平行四边形,AD的延长线交CE于F,则图中与EF相等的线段为(
)
图1-1-10
A.
AB
B.
FC
C.DE
D.DG
解析：延长ED,交BC于G,易知ED=DG=AB.
又DF∥CG,故有EF=FC.
答案:
B
综合运用
6.如图1-1-11,梯形ABCD中,AD∥BC,对角线AC、BD分别交中位线于H、G,且EG∶GH∶HF=1∶2∶1,那么AD∶BC等于____________.
图1-1-11
解析：设EG=k,则GH=2k,HF=k.
∵EF为中位线,
∴EF∥AD∥BC.
∴G、H分别为BD、AC的中点.
由三角形中位线定理得AD=2EG=2k,
BC=2GF=6k.
∴AD∶BC=1∶3.
答案:1∶3
7.平面内的两点到直线l的距离分别为1cm、3cm,则这两点间线段中点到直线l的距离为(
)
A.2cm
B.1cm
C.1cm或2cm
D.不确定
解析：本题可分两种情况,两点在直线的同侧或异侧,前者可利用梯形中位线定理,后者见例3.
答案:C
8.如图1-1-12,已知AD是△ABC的中线,E是AC上一点,AE=
EC,BE交AD于F.
图1-1-12
求证:AF=FD.
证明:过D作DG∥AC交BE于G.
又∵BD=DC,∴DG=CE.
∵AE=EC,∴DG=AE.
从而△AFE≌△DFG.
∴AF=DF.
9.如图1-1-13,已知四边形ABCD中,AD、BC不平行,F、E分别是AB、CD中点.
求证:EF＜(AD+BC).
图1-1-13
证明:过E作EG∥BC交BD于G,连结GF.
∵DE=EC,EG∥BC,
∴DG=BG.∴EG=BC.
∵F为AB中点,
∴GF=AD.
∵EF＜EG+GF,∴EF＜(AD+BC).
拓展探究
10.如图1-1-14,已知△ABC是等腰直角三角形,∠BAC=90°.M为BC中点,l是过A的直线,BD⊥l,E⊥l,D、E为垂足.试探讨△DME的形状,并证明.
图1-1-14
解析：特别地,当l∥BC时,四边形BCED是矩形,容易看出△ABC≌△MED,△DME是等腰直角三角形.
因此我们猜想当l与BC不平行时结论仍然成立.
即△DME是等腰直角三角形.
证明:过M作MF∥CE,可证MF是梯形BCED中位线.
∴MF=(BD+CE).
又由△ADB≌△CEA,∴BD+CE=DA+AE,即MF=DE.∴△DME是直角三角形.
又MF⊥DE,FD=FE,∴ME=MD.
∴△DME是等腰直角三角形.
备选习题
11.如图1-1-15,梯形ABCD中,D∥BC,EF是中位线,G是BC边上任一点.若S△GEF=cm,那么梯形面积为________________________.
图1-1-15
解析：过G作GQ⊥AD交EF、AD于H、Q.
∵EF为中位线,∴AD∥EF∥BC.
∴GQ⊥EF,QH=HG.
又∵S△GEF
=EF×GH=,
∴EF×GH=.∴EF×GQ=.
∴S梯ABCD=cm2.
答案:
cm2
12.若等腰三角形一边长为7,三条中位线之和为16,则此三角形三边长分别为___________.
解析：本题应分底长为7或腰长为7两种情况:
当底长为7时,腰长为.
当腰长为7时,底长为16×2-2×7=18.
但7+7＜18不合题意.
故三边长分别为,,7.
答案:,,7
13.如图1-1-16,已知四边形ABCD中,AB＜CD,E、F分别是BD、AC中点.
求证:EF＞(CD-AB).
图1-1-16
证明:可模仿第9题,作出如图辅助线,只需证出EF＞PF-PE,即EF＞(CD-AB).(余略)
14.如图1-1-17,已知△ABC中,AD、BF为中线,它们交于G,CE∥FB,交AD的延长线于E.求证:AG=2DE.
图1-1-17
证明:△ACE中,GF∥CE,AF=FC,∴AG=GE.
又易证△BGD≌△CED,∴GD=DE.
∴AG=2DE.
15.如图1-1-18,已知△ABC中,AB=3AC,AD平分∠A,BE⊥AD于E.求证:AD=DE.
图1-1-18
证明:延长AC交BE延长线于G.
过E作EH∥BC交AG
于H.则△ABE≌△AGE.
∴EB=EG,AB=AG.
在△GCB中,∵EH∥BC,EB=EG,∴CG=2CH.
∵AB=3AC,AB=AG,
∴AG=3AC.∴CH=CA.
在△AEH中,∵DC∥EH,AC=CH,
∴AD=DE.三
相似三角形的判定及性质
课后导练
基础达标
1.如图1-3-9,D为△ABC的边AB上的点,连结CD,求点D满足什么条件才能使△ACD∽△ABC
图1-3-9
解析：△ACD与△ABC有一公共角∠A,
∴若使两三角形相似,需要另一角相等或构成∠A的两边对应成比例.
∴D应满足下列条件之一即可.
(1)∠ACD=∠B或∠ADC=∠ACB;
(2)或AC2=AD AB.
2.已知M是Rt△ABC斜边AB的中点,过M作AB的垂线交AC于D,交BC延长线于E.
求证:MC2=MD ME.
图1-3-10
证明:∵M为Rt△ABC斜边AB的中点,
∴CM为中线.
∴CM=AM=AB.
∴∠A=∠ACM.
又∵∠A+∠B=90°,∠E+∠B=90°,
∴∠A=∠E.∴∠E=∠ACM.
又∠CME=∠DMC,∴△CME∽△DMC.
∴=.
∴MC2=MD·ME.
3.如图1-3-11,△DBA∽△ABC的条件是(
)
图1-3-11
A.=
B.AB2=BD·BC
C.CD2=AD·AB
D.=
解析：△DBA与△ABC有公共角∠B.若它们相似,需构成该角的两边对应成比例,只有选项B.
AB2=BD BC=符合条件.
答案:
B
4.如图1-3-12,在△ABC中,∠ACB=90°,CD⊥AB,DE⊥AC,则图中和△ABC相似的三角形的个数为(
)
图1-3-12
A.1
B.2
C.3
D.4
解析：△CBD∽△ABC,因它们含公共角∠B,
同理,△ADE∽△ABC,△ACD∽△ABC.
∵∠CDE=∠A,
∴△DCE∽△ABC,共四个.
答案:D
5.如图,在ABCD中,DB是对角线,E是AB上一点,连结CE且延长交DA的延长线于F,则图中相似三角形的对数是(
)
图1-3-13
A.2
B.3
C.4
D.大于4
解析：∵AE∥CD,
∴△AEF∽△DCF.
∵BE∥CD,∴△BOE∽△DOC.
∵BC∥AF,
∴△DOF∽△BOC.
∵∠CDF=∠EBC,∠F=∠ECB,
∴△CDF∽△EBC.
又∵三角形相似具有传递性,
∴△AFE∽△BCE.
因此相似三角形的对数大于4对.
答案:D
综合运用
6.如图1-3-14,在△ABC中,AD⊥BC,DF⊥AC,DE⊥AB.求证:△AEF∽△ACB.
图1-3-14
证明:∵DE⊥AB,DF⊥AC,
∴∠AED=90°,∠AFD=90°.
∴∠AED+∠AFD=180°.
∴点A、E、D、F四点共圆.∴∠1=∠2.
又AD⊥BC,∴∠C+∠CAD=90°,
∠2+∠CAD=90°.
∴∠2=∠C.∴∠1=∠C,∠EAF=∠CAB.
∴△AEF∽△ACB.
7.求证:斜边上的高、斜边上的中线对应成比例的两直角三角形相似.
如图,已知Rt△ABC,∠C=90°,Rt△A′B′C′,∠C′=90°,CD、CE、C′D′、C′E′分别是它们斜边上的高和中线,且.
求证:Rt△ABC∽Rt△A′B′C′.
图1-3-15
证明:在Rt△CDE和△C′D′E′中,
∵,∴Rt△CDE∽Rt△C′D′E′.
∴∠CED=∠C′E′D′.
又∵CE是斜边中线,∴CE=AB=BE.∴∠ECB=∠B.
又∵∠B+∠ECB=∠CED,∴∠B=∠CED,
同理,∠B′=∠C′E′D′.∴∠B=∠B′.
∴Rt△ABC∽Rt△A′B′C′.
8.在△ABC中,AB=AC,D、E分别为AB、BC上的点,连结DE并延长交AC的延长线于F.
求证:DE CF=EF BD.
图1-3-16
证明:过D作DG∥AC交BC于G，
∴∠BGD=∠ACB.
又∵AB=AC,∴∠B=∠ACB.
∴∠B=∠BGD.
∴BD=DG.
在△DEG和△FEC中,∠EDG=∠F,
∠DEG=∠FEC,
∴△DEG∽△FEC.
∴=.
∴DE CF=EF DG.
∴DE CF=EF BD.
9.如图1-3-17,E是ABCD的边AD上的一点,连结CE并延长与BA的延长线相交于点P,EF∥AP交PD于F.
求证:AF∥BD.
图1-3-17
思路分析:欲证AF∥BD只需证明=.
由于与相等无法直接证明,它们又分在两个三角形中,即△PBC与△PDC中,而PC是公共边,于是可联想用比作为“中介”.
证明：∵AE∥BC，∴△PAE∽△PBC.
∴==.
∵AD=BC,∴=.
又∵EF∥PA，∴=.
∴=.
∴AF∥BD.
10.如图1-3-18,△ABC中,AB=AC,E是AB的中点,延长AB到D,使BD=AB,求证:CD=2CE.
图1-3-18
思路分析:CD、CE分别处于△ACD和△AEC中,==.
考虑证△ACD∽△AEC,只需证=.
证明:∵E是AB中点,∴=.
∵AB=AC,∴=.
又AB=AC=BD,∴=.
∴=,∠A=∠A.
∴△AEC∽△ACD.
∴==.
∴CD=2CE.
拓展探究
11.操作:如图1-3-19,在正方形ABCD中,P是CD上一动点(与C、D不重合),使三角尺的直角顶点与点P重合,并且一条直角边始终经过点B,另一直角边与正方形的某边所在的直线交于点E.
图1-3-19
探究:观察操作结果,哪一个三角形与△BPC相似 并证明你的结论.
解析：①当另一条直角边与AD交于E,那么△PDE∽△BCP.
∵∠2+∠3=90°,∠1+ =90°(∠BPE=90°),
∴∠1=∠2.
Rt△PDE∽Rt△BCP.
②当另一条边与BC的延长线相交,如图1-3-20.
图1-3-20
∵∠PBC=∠EBP,∴Rt△BPE∽Rt△BCP.
③∵∠PBE+∠E=90°,∠CPE+∠E=90°,
∴∠PBE=∠CPE.
∴△PCE∽△BCP.
12.如图1-3-21,已知∠ABC=∠CDB=90°,AC=a,BC=b,当BD与a、b满足怎样的关系式时,图中的两个三角形相似？
图1-3-21
解析：∵∠ABC=∠CDB=90°,∴当=时,△ABC∽△CDB.
已知AC=a,BC=b,代入上式得BD=.
又当=时,也有△ABC∽△BDC.
将AC=a,AB=代入,得BD=.
因此当BD=或BD=时,两个三角形相似.
备选习题
13.如图1-3-22,已知△ABC中P为AB上一点.在下列四个条件中:①∠ACP=∠B;②∠APC=∠ACB;③AC2=AP·AB;④AB·CP=AP·CB.能满足△APC和△ACB相似的条件是
(
)
图1-3-22
A.①②④
B.①③④
C.②③④
D.①②③
解析：∵∠ACP=∠B,∠A=∠A,
∴△APC∽△ACB.故①符合条件.同理,②符合条件.
∵AC2=AP·AB,∴AC∶AP=AB∶AC,∠A=∠A.
∴△APC∽△ACB.
故③符合条件.
而条件④虽然可得到两边对应成比例,但不存在夹角相等.
故④不能判定两三角形相似.
答案:D
14.如图1-3-23,AD是Rt△ABC斜边上的高,DE⊥DF,且DE和DF分别交AB、AC于E、F.
求证:.
图1-3-23
解析：∵AD是BC上的高,
∴∠4+∠C=90°.
又∵∠BAC=90°,∴∠B+∠C=90°.
∴∠B=∠4.
又∵∠1+∠2=90°,∠2+∠3=90°,
∴∠1=∠3.∴△BED∽△AFD.
∴.
15.如图1-3-24,在△EAD中,∠EAD=90°,AC是高,且∠BAE=∠D.
求证:BD·EC=AB·AC.
图1-3-24
证明:∵∠B=∠B,∠BAE=∠D,
∴△BAE∽△BDA.
∴.
又∵∠AEC=∠DEA,
∴AEC∽△DEA.
∴.∴.
∴BD·EC=AB·AC.
16.如图1-3-25,已知OB2=OA·OC,AD∥BE.
求证:BD∥EC.
图1-3-25
证明:∵AD∥BE,
∴.
又∵OB2=OA·OC,
∴.
∴
∴BD∥CE.第五节
直角三角形的射影定理
课后导练
基础达标
1.已知CD是Rt△ABC斜边AB上的高,则下列等式不成立的是(
)
A.CD2=AD·BD
B.BC2=BD·AB
C.AC2=AD·AB
D.AD·AC=BD·BC
解析：根据射影定理,A、B、C均正确,只有D无根据.
答案:D
2.如图1-5-8,在△ABC中,∠ACB=90°,CD⊥AB,垂足为D,AC=12,BC=5,则CD的长为(
)
图1-5-8
A.
B.
C.
D.
解析：AB=.
∵AD·AB=AC2,BD·AB=BC2,
∴AD=,BD=.
又CD2=AD·BD,∴CD==.
答案:A
3.如图1-5-9,已知AB为⊙O直径,弦CD⊥AB,E为垂足,EF⊥BD,F为垂足,若BF=9,DF=3,则AE的长为(
)
图1-5-9
A.
B.
C.
D.
解析：连结AD.
∵CD⊥AB,EF⊥BD,
∴在Rt△BDE中,由射影定理BE2=BF·BD=BF(BF+DF)
=9×(9+3)=108.
∴BE==6.
∵AB为直径,
∴∠ADB=90°.
∴由射影定理得BE·AB=BD2.
∴BE(BE+AE)=BD2.
∴6(6+AE)=122.
∴AE=2.
答案:B
4.如图1-5-10,在Rt△ABC中,∠C=90°,CD为AB边上的高,AD=8,DB=2,则CD的长为(
)
A.4
B.16
C.
D.
图1-5-10
解析：∵∠ACB=90°,CD⊥AB,
∴CD2=AD·BD=8×2=16.
∴CD=4.
答案:A
5.在△ABC中,∠BAC=90°,AD⊥BC于D,下列关系中错误的是(
)
A.=
B.BD·CD=AD2+BD2
C.=
D.=
图1-5-11
解析：∵AB2=BD·BC,AC2=CD·BC,
∴=,A正确.
∵AD2=BD·CD,
∴BD·CD≠AD2+BD2,B错误.
∵,C正确.
∵△ABD∽△CAD,
∴=()2=,D正确.
答案:B
综合运用
6.在△ABC中,∠A∶∠B∶∠C=1∶2∶3,CD⊥AB于D,若BC=1,求AB、AC、AD、CD、BD的长.
图1-5-12
解析：设∠A=x,则∠B=2x,∠C=3x,x+2x+3x=180°,
∴x=30°.
∴∠A=30°,∠B=60°,∠C=90°.
如图1-5-12,Rt△ABC中,
∵∠A=30°,
∴AB=2BC=2,AC=.
∵AC2=AD·AB,∴AD==.
∵BC2=BD·AB,∴BD==,CD=.
7.如图1-5-13,梯形ABCD中,AD∥BC,AD⊥CD,AD、BC与⊙O切于D、C点,AB与⊙O切于E点,
求证:OD2=AD·BC.
图1-5-13
证明:连结OA、OB.
∵OD⊥AD,OE⊥AE,
∴在Rt△OAE、Rt△OAD中,
∴△OAE≌△OAD.∴AD=AE,∠1=∠2.
同理,BC=BE,∠3=∠4.∴∠2+∠3=∠1+∠4=90°.
在Rt△AOB中,∵OE⊥AB,
∴OE2=AE·BE.∴OD2=AD·BC.
8.如图1-5-14,已知△ABC中,∠ACB=90°,CD⊥AB于D,DE⊥BC于E.
图1-5-14
求证:=.
证明:∵∠ACB=90°,CD⊥AB,
∴BC2=BD·AB,AC2=AD·AB.
∴==.
又DE⊥BC,AC⊥BC,
∴DE∥AC.∴=.∴=.
9.如图1-5-15,已知CE是Rt△ABC斜边AB上的高,P是EC延长线上的一点,连结AP,BG⊥AP于G,BG交CE于D.
求证:CE2=ED·EP.
图1-5-15
证明:∵BG⊥AP,
∴∠P+∠2=90°.
∵PE⊥AB,∴∠P+∠3=90°.
∴∠2=∠3.
又∠1=∠2,∴∠1=∠3,
∠BED=∠PEA=90°.
∴△BED∽△PEA.
∴.∴BE·AE=ED·EP.
由射影定理CE2=AE·BE,
∴CE2=ED·EP.
拓展探究
10.求证:(1)若射影定理成立,则勾股定理成立;
(2)若勾股定理成立,则射影定理成立.
图1-5-16
证明:如图,Rt△ABC中,CD为斜边上的高.
(1)由射影定理AC2=AD·AB,BC2=BD·AB,
∴AC2+BC2=AD·AB+BD·AB
=(AD+BD)·AB
=AB2,
即勾股定理成立.
(2)∵AB=AD+BD,
∴AB2=(AD+BD)2=AD2+BD2+2AD·BD.
∴AB2-AD2-BD2=2AD·BD.
∴AC2+BC2-AD2-BD2=2AD·BD.
∴(AC2-AD2)+(BC2-BD2)=2AD·BD.
∴CD2+CD2=2AD·BD.
∴CD2=AD·BD.①
∵AC2=CD2+AD2
=AD·BD+AD2
=AD(BD+AD)
=AD·AB,②
同理,BC2=BD·AB.③
由①②③说明若勾股定理成立,则射影定理成立.
备选习题
11.△ABC中,∠C=90°,CD是斜边上的高,已知CD=60,AD=25,则BC=_________.
图1-5-17
解析：由射影定理CD2=AD·BD,
602=25·BD,
∴BD=144.
又BC2=BD·AB=144×(144+25),
∴BC=156.
答案:156
12.如图1-5-18,已知△ABC中,顶点C在AB上的射影为D且AC2=AD·AB,则△ABC是三角形.
图1-5-18
解析：∵点C在AB上的射影为D,
∴CD⊥AB.
∴∠ADC=90°.
又∵AC2=AD·AB,∴.
又∵∠A为公共角,
∴△ACD∽△ABC.
∴∠ACB=∠ADC=90°.
答案:直角
13.如图1-5-19,已知CF是△ABC的边AB上的高,FP⊥BC,FQ⊥AC,求证:∠CQP=∠B.
图1-5-19
证明:∵CF是△ABC的边AB上的高,
∴CF⊥AB.
在Rt△ACF中,FQ⊥AC,
∴CF2=CQ·CA.
在Rt△BCF中,FP⊥BC,
∴CF2=CP·CB.
∴CQ·CA=CP·CB.
∴,∠PCQ=∠ACB.
∴△PCQ∽△ACB.
∴∠CQP=∠B.
14.如图1-5-20,已知△ABC中,∠ACB=90°,CD⊥AB于D,以BD为直径的⊙O交BC于E,
求证:=.
图1-5-20
证明:连结DE,∵BD是⊙O的直径,
∴∠DEB=90°.
∵∠ACB=90°,∴DE∥AC.
∴=.
由射影定理BC2=BD·AB,
AC2=AD·AB,
∴==.
∴=.
15.如图1-5-21,已知△ABC中,BD、CE是高,EH⊥BC于H,交BD于G,交CA的延长线于M,求证:HE2=HG·MH.
图1-5-21
证明:∵CE⊥BE,EH⊥BC,
∴由射影定理EH2=BH·CH.
∵∠GBH+∠HCM=90°,∠M+∠HCM=90°,
∴∠GBH=∠M.
又∵∠BHG=∠MHC,
∴△BHG∽△MHC.
∴.
∴BH·HC=HG·MH.∴HE2=HG·MH.第三节
圆的切线的性质及判定定理
课后导练
基础达标
1.下列直线中能判定为圆的切线的是(
)
A.与圆有公共点的直线
B.垂直于圆的半径且与圆有公共点的直线
C.过圆的半径的外端的直线
D.到圆心距离等于这圆半径的直线
解析:A.与圆有两个公共点叫相交.B.垂直于圆半径且与圆的公共点不一定是半径外端.C.缺少垂直条件.D.根据切线定义,正确.
答案:D
2.AB是⊙O切线,在下列条件中,能判定AB⊥CD的是(
)
A.AB与⊙O相切于C点
B.CD过圆心O
C.AB与⊙O相切于点C,CD过圆心
D.CD也是⊙O的切线
解析:根据性质定理,C正确.
答案:C
3.如图2-3-8,AC切⊙O于D,AO延长线交⊙O于B,BC切⊙O于B,若AD∶AC=1∶2,则AO∶OB等于(
)
图2-3-8
A.2∶1
B.1∶1
C.1∶2
D.2∶1.5
解析:连结OD、OC.
∵AC切圆于D,∴OD⊥AC.
∵BC切圆于B,∴AB⊥BC.
在Rt△OCD和△OBC中,
∴△OBC≌△ODC.∴BO=OD.
又∵AD∶AC=1∶2,∴AD=CD.
∴AC∶BC=2∶1.∴∠A=30°.
∴AO∶OD=2∶1.∵OD=OB,
∴AO∶OB=2∶1.
答案:A
4.如图2-3-9,AB是⊙O的直径,BC是⊙O的切线,AC交⊙O于D,AB=6,BC=8,则BD等于(
)
图2-3-9
A.4
B.4.8
C.5.2
D.6
解析:∵BC切圆于B,∴AB⊥BC.
∴∠ABC=90°.∴AC==10.
∵AB是⊙O直径,∴∠BDA=90°.∴∠ABC=∠ADB.
又∠A=∠A,∴△ABD∽△ACB.
∴=.
∴BD==4.8.
答案:B
5.如图2-3-10,AB为⊙O直径,MN切⊙O于C,AC=BC,则sin∠MCA等于(
)
图2-3-10
A.
B.
C.
D.
解析:连结OC,∵MN切圆于C,
∴OC⊥MN,即∠MCA+∠ACO=90°.
∵AB是直径,∴∠ACB=90°,
即∠ACO+∠OCB=90°.
∵OB=OC,∴∠B=∠OCB.
∴∠MCA=∠B.
又在Rt△ABC中,AB=AC,
∴sinB==.
∴sin∠MCA=.
答案:D
综合运用
6.如图2-3-11,BC为⊙O的直径,B为OP的中点,∠AOC=120°.
求证:AP为⊙O的切线.
图2-3-11
证明:连结AB,∵∠AOC=120°,
∴∠AOB=60°.
∵OA=OB,∴△AOB为等边三角形.
∴AB=OB.
又∵B为OP中点,∴AB=OB=BP.
∴△OAP是直角三角形,∠OAP=90°.
∴OA⊥PA.
∴AP为⊙O的切线.
7.如图2-3-12,AB是⊙O的直径,AE平分∠BAF交⊙O于点E,过E作直线与AF垂直,交AF延长线于D,且交AB延长线于C点.
求证:CD与⊙O相切于点E.
图2-3-12
证明:连结OE,∵OA=OE,
∴∠1=∠2.又∵AE平分∠BAF,
∴∠2=∠3.∴∠1=∠3.
∴OE∥AD.∵AD⊥CD,
∴OE⊥CD.
∴CD与⊙O相切于点E.
8.如图2-3-13,直角梯形ABCD中,∠A=∠B=90°,E为AB上一点,DE平分∠ADC,CE平分∠BCD.
求证:以AB为直径的圆与CD相切.
图2-3-13
证明:过E作EF⊥CD,F为垂足,
∵DE平分∠ADC,EA⊥AD,
∴AE=EF.同理,BE=EF,
即E到CD的距离等于以AB为直径的圆的半径.
∴以AB为直径的圆与CD相切.
9.如图2-3-14,在△ABC中,以AB为直径的⊙O交BC于D,过D作⊙O的切线交AC于E.
求证:DE⊥AC.
图2-3-14
证明:连结OD、AD,
∵AB为⊙O直径,
∴AD⊥BC.
∵AB=AC,即△ABC为等腰三角形,
∴AD为BC边中线,即BD=DC.
又OA=OB,
∴OD为△ABC中位线.
∴OD∥AC.
∵DE切⊙O于D,∴OD⊥DE.
∴DE⊥AC.
拓展探究
10.如图2-3-15,已知△ABC内接于⊙O,AB为直径,∠CAE=∠B.
图2-3-15
(1)求证:AE与⊙O相切于点A.
(2)当AB不是直径时,其他条件不变,结论还成立吗 若成立,请证明;若不成立,请说明理由.
(1)证明:∵AB是直径,
∴∠C=90°.
∴∠B+∠BAC=90°.
又∵∠B=∠CAE,∴∠BAC+∠CAE=90°.
∴AB⊥AE.
∴AE与⊙O相切于点A.
(2)解析:当AB不是直径时,结论仍然成立,如图2-3-16,2-3-17分两种情况,证明方法相同.
图2-3-16
图2-3-17
证明:连结AO,并延长AO交⊙O于点D,
∵AD是直径,∴∠D+∠DAC=90°.
又=,∴∠B=∠D.
∵∠B=∠CAE,∴∠CAE+∠DAC=90°.
∴OA⊥AE.
∴AE与⊙O相切于点A.
备选习题
11.在Rt△ABC中,斜边AB=12,一直角边AC=6,如果以C为圆心,作圆与AB相切,那么⊙C的半径长为____________.
解析:如图,过C作CD⊥AB,D为垂足,那么D为切点.
图2-3-18
在Rt△ABC中,
∵AB=12,AC=6,即AC=AB,∴∠B=30°,
∠A=90°-∠B=60°.
∴CD=AC·sinA=6×.
答案:
12.如图2-3-19,AB为⊙O直径,D为AB延长线上一点,DC切⊙O于C点,∠DAC=30°,OD=30
cm,则⊙O半径长为______________cm,AC=______________cm.
图2-3-19
解析:连结OC,∵OA=OC,
∴∠ACO=∠DAC.
∴∠COD=∠ACO+∠DAC=60°.
∵CD是⊙O切线,∴OC⊥CD.
∴∠OCD=90°.∴∠ODC=30°.
在Rt△OCD中,OC=OD=15
cm,
CD=cm.
又∵∠A=∠D=30°,∴AC=CD=cm.
答案:15
cm
cm
13.如图2-3-20,PB切⊙O于点B,OP交⊙O于点A,BC⊥OP于C,OA=3
cm,OP=4
cm,则AC=_____________cm.
图2-3-20
解析:连结OB,
∵PB切⊙O于B,∴OB⊥PB,OA=OB.
又BC⊥OP,∴OB2=OC·OP.
∴OC==.
∴AC=OA-OC=3-=cm.
答案:
14.如图2-3-21,BE是⊙O的直径,点A在EB的延长线上,弦PD⊥BE,垂足为C,连结OD,且∠AOD=∠APC.
求证:AP是⊙O切线.
图2-3-21
证明:连结OP,∵PD⊥BE,
∴∠OCD=90°.
∴∠ODC+∠COD=90°.
∵OD=OP,∴∠ODC=∠OPC.
∵∠COD=∠APC,
∴∠OPC+∠APC=90°.
∴∠APO=90°,即AP⊥PO.
∵P在⊙O上,∴AP是⊙O的切线.
15.已知菱形ABCD的对角线交于O,⊙O和AB相切,求证:⊙O和菱形的其他各边也相切.
图2-3-22
证明:设AB与⊙O切于点P,如图,连结OP,过O作OE⊥BC,E为垂足,
∵AB与⊙O相切,
∴OP⊥AB.
∵ABCD是菱形,
∴BO平分∠ABC.
∴OE=OP.
∴BC与⊙O相切于E点.
同理,CD、AD均与⊙O相切.
∴⊙O和菱形的其他各边都相切.第二节
圆内接四边形的性质与判定定理
课后导练
基础达标
1.圆内接四边形ABCD中,若∠A∶∠B∶∠C∶∠D=5∶m∶4∶n,则(
)
A.5m=4n
B.4m=5n
C.m+n=9
D.m+n=100°
解析:圆内接四边形对角互补,
∴∠A+∠C=∠B+∠D=180°.
∴m+n=9.
答案:C
2.圆内接四边形ABCD中,cosA+cosB+cosC+cosD等于(
)
A.0
B.4
C.2
D.不确定
解析:∵ABCD是圆内接四边形,
∴∠A+∠C=∠B+∠D=180°.
∴cosA=-cosC,cosB=-cosD.
∴cosA+cosB+cosC+cosD=0.
答案:A
3.如图2-2-9,四边形ABCD内接于⊙O,则∠BOD等于(
)
图2-2-9
A.140°
B.110°
C.130°
D.150°
解析:∵∠A=∠DCE=70°，
∠BOD=2∠A=140°.
答案:A
4.如图2-2-10,在△ABC外接圆中=,D为的中点,E为CA延长线上一点,且∠EAD=114°,则∠BAD等于(
)
图2-2-10
A.57°
B.38°
C.45°
D.30°
解析:∵=,
∴∠BAD=∠1.
∴∠D=180°-2∠BAD.
∵∠DAE=∠DBC,
∴∠1+∠2=114°.
∴∠2=114°-∠1=114°-∠BAD.
又∵=,
∴∠C=∠2=114°-∠BAD.
∵∠C+∠D=180°,
∴∠180°-2∠BAD+114°-∠BAD=180°.
∴∠BAD=38°.
答案:B
5.如图2-2-11,AB为⊙O直径,弦CD⊥AB,M为上一点,AM延长线交DC延长线于E,则能成立的是(
)
图2-2-11
A.∠AMC=∠DCM
B.∠A=∠E
C.∠EMC=∠AMD
D.∠ECM=∠AMD
解析:∵AB⊥CD,
∴=.
∴∠ADC=∠AMD.
又∠EMC=∠ADC,
∴∠EMC=∠AMD.
故C正确.
答案:C
综合运用
6.如图2-2-12,四边形ABCD内接于圆,CE∥DB交AB延长线于E点,求证:BC·CD=DA·BE.
图2-2-12
证明:连结AC,
∵=,
∴∠2=∠3.
∵CE∥BD,
∴∠1=∠2.∴∠1=∠3.
又∵四边形ABCD内接于圆,
∴∠CBE=∠ADC.
∴△ADC∽△CBE.
∴.
∴BC·CD=DA·BE.
7.如图2-2-13,延长圆的内接四边形ABCD两组对边,分别相交于点M、N,求证:所成的∠AMD和∠ANB的平分线EN、MH互相垂直.
图2-2-13
证明:∵∠1=∠A+∠ANE,∠2=∠GCN+∠CNG,
四边形ABCD内接于圆,∴∠A=∠GCN.
NE是∠ANB的平分线,
∴∠ANE=∠CNG.
∴∠1=∠2.
∴ME=MG,即△MEG是等腰三角形.
又MF是顶角平分线,
∴MK⊥EG.
8.如图2-2-14,⊙O和⊙O′交于A、B两点,过B作直线交⊙O于C,交⊙O′于D,G为圆外一点,GC交⊙O于E,GD交⊙O′于F.
求证:G、E、A、F四点共圆.
图2-2-14
证明:连结AB,
∵四边形AECB内接于⊙O,
∴∠GEA=∠ABC.
∵四边形ABDF内接于⊙O′,
∴∠GFA=∠ABD.
∵∠ABC+∠ABD=180°,
∴∠GEA+∠GFA=180°.
∴G、E、A、F四点共圆.
9.如图2-2-15,⊙O和⊙O′交于点A、B,P点的是直线AB上任意一点,过P任意两直线分别交⊙O于C、D,两点交⊙O′于E、F两点,求证:C、D、F、E四点共圆.
图2-2-15
证明:连结AC、AE、CE、BD、BF、DF.
∵ABDC内接于⊙O,
∴∠PCA=∠PBD.
又∠CPB是公共角,
∴△PAC∽△PDB.
∴.
∴PC·PD=PA·PB.
同理,PE·PF=PA·PB.
∴PC·PD=PE·PF.
∴.
又∠CPE是公共角,
∴△PCE∽△PFD.
∴∠PCE=∠PFD.
∴C、D、F、E四点共圆.
拓展探究
10.已知△ABC,点D与A在BC的同侧,且∠A=∠D,
求证:A、B、C、D四点共圆.
图2-2-16
证明:如图2-2-16,作△ABC的外接圆⊙O.
(1)假设D在⊙O外部,⊙O与BD交于E点,连结CE.
∵=,∴∠A=∠BEC.
又∠D=∠A,∴∠BEC=∠D.
这与三角形的外角大于任何一个不相邻的内角相矛盾.
故点D不在⊙O外部.
(2)假设D在⊙O内部,延长BD交⊙O于E,连结CE,如图2-2-17,
图2-2-17
则有∠A=∠E.
又∠A=∠BDC,
∴∠BDC=∠E.
同样产生矛盾.
∴点D不能在圆内.
综上所述,点D只能在圆周上,即A、B、C、D四点共圆.
备选习题
11.圆内接四边形ABCD中,∠A∶∠B∶∠C=1∶2∶3,则∠D的度数为_____________.
解析:设∠A=x,则∠B=2x,∠C=3x.
∵∠A+∠C=180°,
∴x+3x=180°.
∴x=45°.
∴∠A=45°,∠B=90°,∠C=135°.
又∵∠B+∠D=180°,
∴∠D=180°-∠B=90°.
答案:90°
12.如图2-2-18,⊙O内接四边形ABCD中,∠A=60°,∠B=90°,AB=10,CD=2,求BC和AD.
图2-2-18
解:延长AD、BC交于点P,在Rt△ABP中,
BP=AB·tanA=,
AP==20.
∵ABCD内接于⊙O,∴∠PDC=∠B=90°.
在Rt△PCD中,∠P=30°.
PC=2CD=4,
PD=.
∴BC=BP-PC=10-4,
AD=PA-PD=20-2.
13.如图2-2-19,AD为△ABC的外角∠EAC的平分线,AD与△ABC的外接圆交于D点,F为BC中点,求证:DF⊥BC.
图2-2-19
证明:连结BD、CD,
∵ABCD是圆内接四边形,
∴∠1=∠BCD.∵=,∴∠DBC=∠2.又∠1=∠2,∴∠DBC=∠BCD.
∴BD=CD,即△BDC是等腰三角形.
而F是底边BC中点,
∴DF⊥BC.
