平行射影
练习
1直线l在平面α上的正射影是( )
A．点
B．线段
C．直线
D．点或直线
2在长方体ABCD－A1B1C1D1中，四边形A1ABB1在平面ABCD上的正射影是( )
A．四边形ABCD
B．线段AB
C．△ABC
D．线段A1B1
3两条相交直线的平行射影是( )
A．两条相交直线
B．一条直线
C．一条折线
D．两条相交直线或一条直线
4下列结论中正确的是( )
①圆的平行射影可以是椭圆，但椭圆的平行射影不可能是圆；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(不是点)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
5(能力拔高题)Rt△ABC的斜边BC在平面α内，则△ABC的两条直角边在平面α内的正射影与斜边组成的图形只能是( )
A．一条线段
B．一个锐角三角形或一条线段
C．一个钝角三角形或一条线段
D．一条线段或一个钝角三角形
6用平面α截圆柱OO′，当OO′与平面α所成的角等于__________时，截面是一个圆．
7如图所示，设C是线段AB上任意一点，C′，A′，B′分别是C，A，B沿直线l的方向在平面α上的平行射影．若AC＝4，CB＝6，则__________.
8设P为△ABC所在平面外一点，点O为P在平面ABC上的正射影，若PA＝PB＝PC，则O为△ABC的________心．
9如图所示，已知A，B，C三点在平面α上沿直线l的平行射影分别为A′，B′，C′，且C是AB的中点．求证：C′是线段A′B′的中点．
10如图所示，已知DA⊥平面ABC，△ABC是斜三角形，点A′是点A在平面BCD上的正射影，求证：点A′不可能是△BCD的垂心．
参考答案
1
答案：D 当l⊥α时，正射影是一个点，否则是一条直线.
2答案：B 由于平面A1ABB1⊥平面ABCD，则四边形A1ABB1在平面ABCD上的正射影是线段AB.
3答案：D 两条相交直线确定一个平面，若这个平面与投影方向不平行，则两条相交直线的平行射影为两条相交直线.若这个平面与投影方向平行，则两条相交直线的平行射影为一条直线.
4答案：C 由于平面图形的平行射影具有可逆性，即当一平面图形所在平面与投影平面不垂直时，该图形与其平行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，因而①是错误的，④是正确的.当平行四边形所在平面平行于投影方向时，平行四边形的平行射影是一条线段，故②错误.很明显③正确.
5答案：D (1)当顶点A在平面α内的正射影A′在BC所在直线上时，两条直角边在平面α内的正射影是一条线段，与斜边组成的图形是线段，如图(1).
(2)当顶点A在平面α内的正射影A′不在BC所在直线上时，如图(2).
∵AA′⊥α，∴AA′⊥A′B，AA′⊥A′C.
∴A′B＜AB，A′C＜AC.在Rt△ABC中，AB2＋AC2＝BC2，
∴BC2＞A′B2＋A′C2.
∴A′B2＋A′C2－BC2＜0.∴∠BA′C为钝角，
∴△A′BC为钝角三角形.
6
答案：90°
7答案： ∵AA′∥l，BB′∥l，CC′∥l，∴AA′∥BB′∥CC′.
由平行线分线段成比例定理，得.
8答案：外 连接AO，BO，CO，则AO，BO，CO分别为PA，PB，PC在平面ABC内的正射影.
又PA=PB=PC，由射影长定理，则OA=OB=OC，
故O为△ABC的外心.
9答案：证明：∵AA′∥l，BB′∥l，CC′∥l，
∴AA′∥BB′∥CC′.∵C是AB的中点，
∴由平行线等分线段定理，得C′是A′B′的中点.
10答案：分析：直接证明有困难，利用反证法证明.
证明：假设点A′是△BCD的垂心，则A′B⊥CD.因为AA′⊥平面BCD于点A′，则AB⊥CD.又因为DA⊥平面ABC，则AB⊥AC，这与△ABC是斜三角形的条件矛盾，故点A′不可能是△BCD的垂心.圆内接四边形的性质与判定定理
练习
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角的对角；
②圆内接四边形的对角相等；
③圆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
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
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°
4如图，四边形ABCD是O的内接四边形，AH⊥CD，如果∠HAD＝30°，那么∠B＝( )
A．90°
B．120°
C．135°
D．150°
5如图，在O中，弦AB的长等于半径，∠DAE＝80°，则∠ACD＝( )
A．30°
B．45°
C．50°
D．60°
6如图，四边形ABCD是圆O的内接四边形，延长AB和DC相交于点P，若，则的值为______．
7如图，两圆相交于A，B两点，过点A的直线交两圆于点C，D，过点B的直线交两圆于点E，F，连接CE，DF，若∠C＝95°，则∠D＝__________.
8(能力拔高题)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__________．
9如图，四边形ABCD是圆的内接四边形，过点C作DB的平行线交AB的延长线于E点，求证：BE·AD＝BC·CD．
10(探究题)如图，已知P为正方形ABCD的对角线BD上一点，通过P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．
参考答案
1
答案：B ①是圆内接四边形的性质定理2，则①正确；圆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.
2
答案：C 圆内接平行四边形必为矩形，故其对角线互相平分且相等.
3
答案：C ∵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∠D＝∠CBE＝40°，又由圆周角定理知∠AOC＝2∠D＝80°.
4
答案：B ∵AH⊥CD，∴∠AHD＝90°.
∵∠HAD＝30°，∴∠D＝90°－∠HAD＝60°.
又四边形ABCD内接于圆，
∴∠B＝180°－∠D＝120°.
5答案：C ∵四边形ABCD内接于圆O，
∴∠DAE＝∠BCD＝80°.
∵弦AB的长等于半径，
∴弦AB所对圆心角为60°.
∴∠ACB＝×60°＝30°.
∴∠ACD＝∠BCD－∠ACB＝80°－30°＝50°.
6
答案： 由于∠PBC＝∠PDA，∠P＝∠P，
则△PAD∽△PCB，故.
7
答案：85°
8
答案： 由于四点共圆，∴∠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，
∴有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＝0.5×AB×BC×sin
B＋0.5×AD×DC×sin
D＝.
9
答案：分析：转化为证明△ADC∽△CBE.
证明：如图，连接AC，∵四边形ABCD为圆内接四边形，
∴∠ADC＝∠EBC.
又BD∥EC，
∴∠CEB＝∠DBA.
∵∠ACD＝∠DBA，
∴∠CEB＝∠ACD.
∴△ADC∽△CBE.
∴，即BE·AD＝BC·CD.
10答案：分析：根据正方形的对称性，可以猜想，此四个点应当在以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四个点在以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.
∵PEBF为正方形，
∴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四个点在以O为圆心的圆上.相似三角形的性质
练习
1三角形的一条中位线截该三角形所得的小三角形与原三角形的周长之比等于( )
A．
B．
C．
D．不确定
2两个相似三角形对应中线分别长6
cm和18
cm，若较大三角形的面积是36
cm2，则较小三角形的面积是( )
A．6
cm2
B．4
cm2
C．18
cm2
D．不确定
3△ABC内切圆的半径r1＝4，△A′B′C′内切圆的半径r2＝6，且△ABC∽△A′B′C′，AB＝2，则A′B′等于( )
A．3
B．6
C．9
D．不确定
4如图所示，D是△ABC中AB边上一点，过点D作DE∥BC交AC于点E.已知AD∶DB＝1∶3，则△ADE与四边形BCED的面积比为( )
A．1∶3
B．1∶9
C．1∶15
D．1∶16
5(情景题)有一块三角形铁片ABC，已知BC＝12
cm，高AD＝8
cm，要把它加工成一个矩形铁片，使矩形的一边在BC上，其余的两个顶点分别在AB，AC上，且矩形的长是宽的2倍．则加工成的铁片的面积为( )
A．18
cm2或cm2
B．20
cm2或18
cm2
C．16
cm2
D．15
cm2
6在比例尺为1∶500的地图上，测得一块三角形土地的周长为12
cm，面积为6
cm2，则这块土地的实际周长是__________m，实际面积是__________m2.
7两个相似三角形对应中线之比是3∶7，周长之和为30
cm，则它们的周长分别是______cm和______cm.
8(探究题)在△ABC中，如图所示，BC＝m，DE∥BC，DE分别交AB，AC于E，D两点，且S△ADE＝S四边形BCDE，则DE＝__________.
9如图，在△ABC中，AB＝14
cm，，DE∥BC，CD⊥AB，CD＝12
cm，求△ADE的面积．
10如图，ABCD中，E是CD延长线上的一点，BE与AD交于点F，DE＝CD．
(1)求证：△ABF∽△CEB；
(2)若△DEF的面积为2，求ABCD的面积．
参考答案
1
答案：C 小三角形与原三角形相似，其周长之比等于相似比.
2
答案：B 相似比等于，则，
故S小＝S大＝×36＝4(cm2).
3
答案：A ∵△ABC∽△A′B′C′，∴.
∴，∴A′B′＝3.
4答案：C 因为DE∥BC，所以△ADE∽△ABC.
又因为AD∶DB＝1∶3，
所以AD∶AB＝1∶4，S△ADE∶S△ABC＝1∶16，
则所求的两部分面积比为1∶15.
5答案：A 本题有图(1)和图(2)两种情况，如图(1)，矩形的长EF在BC上，G，H分别在AC，AB上，高AD交GH于K，设矩形的宽为x
cm，则长为2x
cm.
由HG∥BC，得△AHG∽△ABC，得AK∶AD＝HG∶BC(8－x)∶8＝2x∶12
(cm)S矩形EFGH＝2x2＝(cm2)；
如图(2)，矩形的宽MN在BC上，
类似地，可求得S矩形MNPQ＝18(cm2).
6答案：60 150 这块土地的实际形状与在地图上的形状是两个相似三角形，由比例尺可知，它们的相似比为，则实际周长是12×500＝6
000(cm)＝60
m；实际面积是6×5002＝1
500
000(cm2)＝150
m2.
7答案：9 21 设两个三角形的周长分别为x
cm，y
cm，
则x∶y＝3∶7，x＋y＝30，
解得x＝9，y＝21.
8答案： ∵DE∥BC，∴△ADE∽△ACB，
又S△ADE＋S四边形BCDE＝S△ABC，S△ADE＝S四边形BCDE，
∴S△ADE＝S△ABC.
∴.∴.∴DE＝m.
9答案：分析：先求出S△ABC，再由DE∥BC，可得△ABC∽△ADE，由，可求得S△ADE.
解：∵CD⊥AB，∴S△ABC＝AB·CD＝×14×12＝84(cm2).∵DE∥BC，
∴△ABC∽△ADE，∴.
又，∴.
∴，∴S△ADE＝cm2.
10
答案：(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A＝∠C，AB∥CD.
∴∠ABF＝∠E，∴△ABF∽△CEB.
(2)解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD.
∴△DEF∽△CEB，△DEF∽△ABF.
∵DE＝CD，
∴，.
∵S△DEF＝2，∴S△CEB＝18，S△ABF＝8，
∴S四边形BCDF＝S△BCE－S△DEF＝16，
∴S四边形ABCD＝S四边形BCDF＋S△ABF＝16＋8＝24.弦切角的性质
练习
1如图所示，PQ为O的切线，A是切点，∠BAQ＝55°，则∠ADB＝( )
A．55°
B．110°
C．125°
D．155°
2如图，△ABC内接于O，EC切O于点C．若∠BOC＝76°，则∠BCE等于( )
A．14°
B．38°
C．52°
D．76°
3如图所示，四边形ABCD是圆内接四边形，AB是直径，MN是O的切线，C为切点，若∠BCM＝38°，则∠B等于( )
A．32°
B．42°
C．52°
D．48°
4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的长为( )
A．2
B．3
C．
D．4
5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
6如图，AD切O于点F，FB，FC为O的两弦，请列出图中所有的弦切角________．
7如图，AB是O的直径，直线CE与O相切于点C，AD⊥CE于D，若AD＝1，∠ABC＝30°，则O的面积是__________．
8如图，AB是O的直径，PB，PE分别切O于B，C，若∠ACE＝40°，则∠P＝__________.
9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E，C，连接CE.求证：BE·BF＝BC·BD．
10如图，△ABC内接于O，AB＝AC，直线MN切O于点C，弦BD∥MN，AC与BD相交于点E.
(1)求证：△ABE≌△ACD；
(2)求证：BE＝BC．
参考答案
1答案：C ∵PQ是切线，∴∠C＝∠BAQ＝55°.
又∵四边形ADBC内接于圆，
∴∠ADB＝180°－∠C＝180°－55°＝125°.
2答案：B ∵EC为O的切线，
∴∠BCE＝∠BAC＝∠BOC＝38°.
3答案：C 连接AC，如图所示.
∵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°.
4答案：C 连接BC，如图所示.
∵EF是O的切线，
∴∠ACD＝∠ABC.
又AB是O的直径，
∴∠ACB＝90°.
又AD⊥EF，
∴∠ACB＝∠ADC.
∴△ADC∽△ACB.∴.
∴AC2＝AD·AB＝2×6＝12，
∴AC＝.
5
答案：C ∵AB⊥BC，∴BC与O相切，BD为弦.
∴∠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.
6
答案：∠AFB，∠AFC，∠DFC，∠DFB
7
答案：4π ∵DE是切线，∴∠ACD＝∠ABC＝30°.
又AD⊥CD，∴AC＝2AD＝2.
又∵AB是直径，∴∠ACB＝90°.
又∠ABC＝30°，∴AB＝2AC＝4，
∴OA＝AB＝2.
∴O的面积为S＝π·OA2＝4π.
8答案：80° 如图所示，连接BC，
则∠ACE＝∠ABC，∠ACB＝90°.
又∠ACE＝40°，
则∠ABC＝40°.
所以∠BAC＝90°－∠BCA＝90°－40°＝50°，∠ACP＝180°－∠ACE＝140°.
又AB是O的直径，则∠ABP＝90°.
又四边形ABPC的内角和等于360°，
所以∠P＋∠BAC＋∠ACP＋∠ABP＝360°.
所以∠P＝80°.
9
答案：分析：要证BE·BF＝BC·BD，只需证，即证明△BEC∽△BDF.由∠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.
又AD是O的切线，
∴AD⊥AB，∴BG∥AD，
∴∠GBC＝∠BDF.
又∵∠GBC＝∠BEC，
∴∠BEC＝∠BDF.
又∠CBE＝∠DBF，∴△BEC∽△BDF.
∴.∴BE·BF＝BC·BD.
10
答案：分析：(1)很明显∠ABE＝∠ACD，只需证明∠BAE＝∠CAD，转化为证明∠BAE＝∠CDB，∠CDB＝∠DCN，∠DCN＝∠CAD.(2)转化为证明∠BEC＝∠ECB.
证明：(1)∵BD∥MN，∴∠CDB＝∠DCN.
又∠BAE＝∠CDB，∴∠BAE＝∠DCN.
又直线MN是O的切线，
∴∠DCN＝∠CAD.∴∠BAE＝∠CAD.
又∠ABE＝∠ACD，AB＝AC，∴△ABE≌△ACD.
(2)∵∠EBC＝∠BCM，∠BCM＝∠BDC.
∴∠EBC＝∠BDC.∴CB＝CD＝4.
∵∠BEC＝∠EDC＋∠ECD，∠ECD＝∠ABE，
∴∠BEC＝∠EBC＋∠ABE＝∠ABC.
又AB＝AC，∴∠ABC＝∠ECB.
∴∠BEC＝∠ECB.∴BE＝BC.平面与圆柱面的截线
练习
1如果椭圆的两个焦点将长轴分成三等份，那么，这个椭圆的两条准线间的距离是焦距的( )
A．9倍
B．4倍
C．12倍
D．18倍
2一组底面为同心圆的圆柱被一平面所截，截口椭圆具有( )
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
3如图所示，过F1作F1Q⊥G1G2，△QF1F2为等腰直角三角形，则椭圆的离心率为( )
A．
B．
C．
D．
4已知圆柱的底面半径为r，平面α与圆柱母线的夹角为60°，则它们截口椭圆的焦距是( )
A．
B．
C．
D．3r
5(能力拔高题)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
6已知平面π截圆柱体，截口是一条封闭曲线，且截面与底面所成的角为45°，此曲线是__________，它的离心率为__________．
7已知椭圆两条准线间的距离为8，离心率为，则Dandelin球的半径是__________．
8已知圆柱底面半径为b，平面π与圆柱母线的夹角为30°，在圆柱与平面交线上有一点P到一准线l1的距离是，则点P到另一准线l2对应的焦点F2的距离是__________．
9如图所示，已知PF1∶PF2＝1∶3，AB＝12，G1G2＝20，求PQ.
参考答案
1答案：A 设椭圆的长轴长，短轴长，焦距分别为2a，2b，2c，由已知，得，即a＝3c，故两条准线间的距离为＝18c.
2
答案：D 因为底面半径大小不等，所以长轴不同.
嵌入的Dandelin球不同，则焦点不同，准线也不同，
而平面与圆柱的母线夹角相同，故离心率相同.
3
答案：D 设椭圆的长轴长，短轴长，焦距分别为2a，2b，2c.
∵△QF1F2是等腰直角三角形，
∴QF1＝F1F2＝2c，QF2＝.
由椭圆的定义，得QF1＋QF2＝2a，
∴.
4答案：A 如图，过点G2作G2H⊥AD，H为垂足，则G2H=2r.
在Rt△G1G2H中，
G1G2==2r×2=4r，
∴长轴2a＝G1G2＝4r，短轴2b＝2r.
∴焦距2c＝.
5答案：D ①符合离心率定义；②过点Q作QC⊥l于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＝，∴，∴是离心率；⑤∵FO＝c，AO＝a，∴是离心率.
6
答案：椭圆
7答案： 由题意知解得
∴.∴Dandelin球的半径为.
8答案： 由题意知，椭圆短轴为2b，长轴长2a＝＝4b，
∴.∴或e＝cos
30°＝.
设P到F1的距离为d，
则，∴d＝b.又PF1＋PF2＝2a＝4b，
∴PF2＝4b－PF1＝4b－b＝b.
9答案：解：设椭圆长轴为2a，短轴为2b，焦距为2c，
由已知可得a＝10，b＝6，c＝＝8，.
由椭圆定义，知PF1＋PF2＝G1G2＝20，
又PF1∶PF2＝1∶3，则PF1＝5，PF2＝15.
由离心率定义，得，∴PQ＝.平行线分线段成比例定理
练习
1如图所示，l1∥l2∥l3，AB＝2，BC＝3，，则EF等于( )
A．
B．15
C．
D．不确定
2如图所示，在△ABC中，DE∥AB，，则等于( )
A．
B．
C．
D．
3如图，已知AD∥BE∥CF，EG∥FH，则下列等式成立的是( )
A．
B．
C．
D．
4如图，AB∥EF∥CD，已知AB＝20，DC＝80，那么EF的值是( )
A．10
B．12
C．16
D．18
5如图，平行四边形ABCD中，N是AB延长线上一点，则的值为( )
A．
B．
C．1
D．
6如图所示，AB∥CD，AC与BD相交于点E，，则__________.
(第6题图)
7如图，在△ABC中，DE∥BC，EF∥AB，若AE∶AC＝3∶5，BC＝10，AB＝6，则四边形DBFE的周长是__________．
(第7题图)
8如图，在△ABC中，DE∥BC，EF∥CD，若BC＝3，DE＝2，DF＝1，则AB的长为__________．
9(情景题)某同学的身高为1.6
m，由路灯下向前步行4
m，发现自己的影子长为2
m，求这个路灯的高．
10如图，在四边形ABCD中，AC，BD交于点O，过点O作AB的平行线，与AD，BC分别交于E，F两点，与CD的延长线交于点K.求证：KO2＝KE·KF.
参考答案
1
答案：A ∵l1∥l2∥l3，∴，∴，∴EF＝.
2
答案：D ∵，∴.
又∵DE∥AB，∴.
3
答案：C ∵AD∥BE∥CF，∴.
又∵EG∥FH，∴.
∴，∴选项C成立；
由于，∴.
∴选项A不成立；同理选项B不成立；
很明显，∴选项D不成立，故选C.
4答案：C ∵AB∥EF∥CD，∴.
∴.
∴EF＝AB＝×20＝16.
5
答案：C ∵DC∥BN，∴.
又BM∥AD，∴.
∴.
6答案： ∵AB∥CD，∴，
∴.
7答案： ∵DE∥BC，∴.
∵BC＝10，∴DE＝6.
又∵EF∥AB，∴.
由，得，∴.
∵AB＝6，∴EF＝.
又四边形DBFE是平行四边形，
故其周长为2(DE＋EF)＝2×＝.
8答案： 由于DE∥BC，则∠DBC＝∠FDE，
由于EF∥CD，则∠BDC＝∠DFE，
所以△BDC∽△DFE，所以.
又BC＝3，DE＝2，DF＝1，所以，
所以DB＝.
由于DE∥BC，所以，即.
所以，解得.
9答案：解：如图所示，AB表示同学的身高，PB表示该同学的影长，CD表示路灯的高，则AB＝1.6
m，PB＝2
m，BD＝4
m，
因为AB∥CD，
所以.
所以CD＝＝＝4.8
(m)，
即路灯的高为4.8
m.
10答案：证明：延长CK，BA，设它们交于点H.
因为KO∥HB，
所以，.
所以，即.
因为KF∥HB，所以，.
所以.所以.
所以，即KO2＝KE·KF.平行线等分线段定理
练习
1梯形ABCD中，AB∥CD，E，F分别是AD，BC的中点，且EF＝2
cm，则AB＋CD等于( )
A．1
cm
B．2
cm
C．3
cm
D．4
cm
2△ABC中，D，E分别是AB，AC边的中点，且BC＝8，则DE等于( )
A．1
B．2
C．4
D．8
3如图所示，AB∥CD，AO＝OD，BC＝4
cm，则CO等于( )
A．1
cm
B．2
cm
C．3
cm
D．不确定
4已知三角形的三条中位线的长分别为3
cm,4
cm,6
cm，则这个三角形的周长是( )
A．13
cm
B．26
cm
C．24
cm
D．6.5
cm
5如图，AD是△ABC的高，E为AB的中点，EF⊥BC于F，如果DC＝BD，那么FC是BF的( )
A．倍
B．倍
C．倍
D．倍
6如图，AB∥CD∥EF，AF，BE相交于O，若AO＝OD＝DF，BE＝10
cm，则BO＝__________cm.
7如图，在正方形A′B′C′D′中，O′是两条对角线A′C′与B′D′的交点，作O′F′∥C′D′交A′D′于点F′，且正方形边长等于12，则A′F′＝__________.
8在△ABC中，AD是BC边上的中线，M是AD的中点，BM的延长线交AC于N，AN＝4
cm，则CN＝__________cm.
9如图，已知以梯形ABCD的对角线AC及腰AD为邻边作ACED，DC的延长线交BE于F.求证：EF＝BF.
10(能力拔高题)用一张矩形纸，你能折出一个等边三角形吗？如图所示，先把矩形纸ABCD对折之后展开，设折痕为MN；再把B点叠在折痕上，得到Rt△ABE，沿着EB线折叠，就能得到等边△AEF，如图所示．想一想，为什么？
参考答案
1答案：D
2答案：C ∵DE是△ABC的中位线，∴DE＝BC＝4.
3
答案：B 过O作l∥AB，则l∥AB∥CD，
∵AO＝OD，∴BO＝OC，
∴CO＝BC＝2
cm.
4答案：B 由题知，三角形三边的长分别为6
cm,8
cm，12
cm，所以，三角形的周长为6＋8＋12＝26(cm).
5
答案：A ∵EF⊥BC，AD⊥BC，∴EF∥AD.
∵E为AB的中点，由推论1知，F为BD的中点，即BF＝FD.
又∵DC＝BD，∴DC＝BF.
∴FC＝FD＋DC＝BF＋DC＝BF.
6
答案： 如图，过O作l∥AB，则l∥AB∥CD∥EF.
∵AO＝OD＝DF，∴BO＝OC＝CE，
则BO＝BE＝cm.
7
答案：6 因为四边形A′B′C′D′是正方形，O′是A′C′与B′D′的交点，所以A′O′＝O′C′.
又因为O′F′∥C′D′，所以A′F′＝F′D′，
即A′F′＝A′D′＝×12＝6.
8答案：8 如图，过点D作DE∥BN，交AC于E.
∵D为BC的中点，∴NE＝EC.
又∵M为AD的中点，MN∥DE，
∴AN＝NE，∴AN＝NE＝EC.
∴CN＝2AN＝8
cm.
9
答案：证明：如图，连接AE交DC于O.
∵四边形ACED是平行四边形，
∴O是AE的中点(平行四边形的对角线互相平分).
∵四边形ABCD是梯形，
∴DC∥AB.
在△EAB中，OF∥AB，O是AE的中点，
∴F是EB的中点.∴EF＝BF.
10答案：解：如图，∵N是梯形ADCE的腰CD的中点，NP∥AD，
∴P为EA的中点.
在Rt△ABE中，PA＝PB(直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半)，∴∠1＝∠3.
又∵PB∥AD，∴∠3＝∠2，
∴∠1＝∠2.
∴∠1＝∠2＝30°，∠AEB＝60°.
在△AEF中，∠AEB＝60°，∠EAF＝∠1＋∠2＝60°.
∴△AEF为等边三角形.圆周角定理
练习
1下列结论错误的是( )
A．圆上一条弧所对的圆周角等于它对的圆心角的一半
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
2如图，CD是O的直径，A，B是O上的两点，若∠ABD＝20°，则∠ADC的度数为( )
A．40°
B．50°
C．60°
D．70°
3已知P，Q，R都在弦AB的同侧，且点P在上，点Q在所在的圆内，点R在所在的圆外(如图)，则( )
A．∠AQB＜∠APB＜∠ARB
B．∠AQB＜∠ARB＜∠APB
C．∠APB＜∠AQB＜∠ARB
D．∠ARB＜∠APB＜∠AQB
4如图，在O中，∠AOB＝160°，则∠D＋∠E＝( )
A．170°
B．160°
C．100°
D．80°
5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等于( )
A．AC·BC
B．AD·AE
C．AD·DE
D．BD·DC
6如图，点A，B，C是圆O上的点，且∠ACB＝30°，则∠AOB等于____．
7AB是半圆O的直径，点C在半圆上，CD⊥AB于点D，且AD＝3BD，则__________.
8如图，AB为O的直径，弦AC，BD交于点P，若AB＝3，CD＝1，则sin∠APD＝__________.
9如图，O是△ABC的外接圆，D是的中点，BD交AC于点E.
(1)求证：CD2＝DE·DB；
(2)若CD＝，O到AC的距离为1，求O的半径．
10(情景题)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？
参考答案
1
答案：C 选项A是圆周角定理；选项B是圆心角定理；选项D是圆周角定理的推论2；选项C中，缺少前提条件：在同圆或等圆中，故选C.
2答案：D ∵∠ABD＝∠ACD，∴∠ACD＝20°.
又CD是O的直径，∴∠CAD＝90°.
∴∠ADC＝90°－∠ACD＝90°－20°＝70°.
3答案：D 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∠AQB＞∠APB＞∠ARB.
4答案：C 如图所示，连接CO，
则有∠AOC＋∠BOC＝360°－∠AOB＝360°－160°＝200°.
又∠ADC＝∠AOC，∠BEC＝∠BOC，
∴∠ADC＋∠BEC＝(∠AOC＋∠BOC)＝100°，即∠D＋∠E＝100°.
5答案：B 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.
6
答案：60° ∵∠ACB＝30°，
∴∠AOB＝2∠ACB＝60°.
7答案： 如图，连接AC，BC，则
∠ACB＝90°.
设BD＝k，则AD＝3k.
∵CD⊥AB，
∴CD2＝AD·BD＝3k2.
∴CD＝k，∴.
8答案： 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＝.
9答案：分析：(1)转化为证明△BCD与△CED相似；
(2)作出点O到AC的距离，利用勾股定理列出方程求解.
(1)证明：如图，连接OD，OC，OD交AC于点F，
由已知，得∠ABD＝∠CBD.
又∵∠ECD＝∠ABD，
∴∠CBD＝∠ECD.
又∵∠BDC＝∠CDE，
∴△BCD∽△CED.
∴，即CD2＝DE·DB.
(2)解：连接OD交AC于点F，连接OC.
∵D是的中点，∴OD⊥AC，垂足为点F.
在Rt△CFO中，OF＝1，设O的半径OC＝R，
∴.
在Rt△CFD中，DC2＝CF2+DF2.
∴＝(R2－1)+(R－1)2，
整理得R2－R－6＝0，解得R＝3或R＝－2(舍去)，
∴R＝3，即O的半径为3.
10答案：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：连接MB，MA，NA，NB，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.平面与圆锥面的截线
练面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
2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．
3已知双曲线两个焦点的距离为10，双曲线上任一点到两个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．
4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分别为A1，B1，则∠A1FB1等于( )
A．45°
B．60°
C．90°
D．120°
5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．
C．
D．
6设圆锥面V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α(0°＜α＜90°)，不经过圆锥顶点V的平面π与圆锥面V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．
7已知椭圆两条准线间的距离为20，长轴长为10，则短轴长为__________．
8(能力拔高题)已知双曲线(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，P是准线上一点，且PF1⊥PF2，|PF1|·|PF2|＝4ab，则双曲线的离心率是__________．
9如图，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.
10如图，已知圆锥母线与轴的夹角为α，平面π与轴线夹角为β，Dandelin球的半径分别为R，r，且α＜β，R＞r，求平面π与圆锥面交线的焦距F1F2，轴长G1G2.
参考答案
1
答案：A 由题意，知交线为抛物线，故其离心率为1.
2
答案：A 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°，故e＝＝2.
3
答案：D 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.
4答案：C 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°.
5
答案：B 如图，由对称性，知△F1F2P是等腰直角三角形，
∴F1F2=PF1.
设双曲线的焦距为2c，实轴为2a，则PF1=2c，
∴PF2=c.
由双曲线结构特点，知PF2－PF1=2a，即c－2c=2a，
∴.∴e=+1.
6
答案：β＝90° α＜β＜90° β＜α β＝α
7
答案： 设椭圆的长轴长为2a，短轴长为2b，焦距为2c.
由得a＝5，，
则.
8答案： ∵PF1⊥PF2，
∴P在以F1F2为直径的圆上.
∴点P(x，y)满足
解得y2＝.
∵|PF1|·|PF2|＝|F1F2|·|y|，
∴4ab＝2c·，解得.
9答案：证明：过P作PB⊥l于B.
由抛物线的结构特点，知PB＝PF，AH＝AF，
又HF＝BP，
故AF＝HF＝BP＝PF.
10答案：分析：由β＞α知截线为椭圆，通过数形结合转化到相应平面中求解.
解：连接O1F1，O2F2，O1O2交F1F2于O点，
在Rt△O1F1O中，.
在Rt△O2F2O中，.
则F1F2=OF1+OF2=.
同理，O1O2=.连接O1A1，O2A2，过O1作O1H⊥O2A2.在Rt△O1O2H中，
O1H=O1O2·cos
α=·cos
α.
又O1H＝A1A2，由切线定理，容易验证G1G2＝A1A2，
故G1G2＝·cos
α.相似三角形的判定
练习
1给出下列四个命题：
①三边对应成比例的两个三角形相似；
②一个角对应相等的两个直角三角形相似；
③一个锐角对应相等的两个直角三角形相似；
④一个角对应相等的两个等腰三角形相似．
其中正确的命题是( )
A．①③
B．①④
C．①②④
D．①③④
2如图，锐角△ABC的高CD和BE相交于点O，图中与△ODB相似的三角形有( )
A．4个 B．3个
C．2个 D．1个
3以下列条件为依据，能判定△ABC∽△A′B′C′的一组是( )
A．∠A＝45°，AB＝12
cm，AC＝15
cm；∠A′＝45°，A′B′＝16
cm，A′C′＝25
cm
B．AB＝12
cm，BC＝15
cm，AC＝24
cm；A′B′＝20
cm，B′C′＝25
cm，A′C′＝32
cm
C．AB＝2
cm，BC＝15
cm，∠B＝36°；A′B′＝4
cm，B′C′＝5
cm，∠A′＝36°
D．∠A＝68°，∠B＝40°；∠A′＝68°，∠B′＝40°
4在△ABC中，D是AB上一点，在边AC上找一点E，使得△ADE与△ABC相似，则这样的点最多有( )
A．0个
B．1个
C．2个
D．无数个
5如图，每个大正方形均由边长为1的小正方形组成，则下列图中的三角形(阴影部分)与△ABC相似的是( )
6如图所示，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，AC＝6，AD＝3，则AB＝__________.
(第6题图)
7如图，BD⊥AE，∠C＝90°，AB＝4，BC＝2，AD＝3.则DE＝__________，CE＝__________.
(第7题图)
8如图，梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥AD，对角线BD⊥DC，AD＝3，BC＝7，则BD2＝__________.
9如图所示，四边形ABCD是平行四边形，AE⊥BC于E，AF⊥CD于F.
求证：(1)△ABE∽△ADF；
(2)△EAF∽△ABC．
10(探究题)如图所示，在△ABC中，AD，CE是两条高，连接DE，如果BE＝2，EA＝3，CE＝4，在不添加任何辅助线和字母的条件下，写出三个正确的结论(要求：分别为边的关系、角的关系、三角形相似等)，并对其中一个结论予以证明．
参考答案
1答案：A 很明显①和③都是判定定理，都正确；②中，若相等的角是直角，则不一定相似，则②不正确；④中，若相等的角中，在一个三角形中是顶角，在另一个三角形中是底角，则不一定相似，则④不正确，故选A.
2
答案：B 与△ODB相似的三角形有△AEB，△OEC，△ADC，共有3个．
3
答案：D 选项A中，∠A＝∠A′，但，则△ABC与△A′B′C′不相似；选项B中，，则△ABC与△A′B′C′不相似；选项C中，∠B与∠B′不一定相等，则△ABC与△A′B′C′不一定相似；选项D中，∠A＝∠A′，∠B＝∠B′，则△ABC∽△A′B′C′.
4
答案：C 如图所示，DE1∥BC，则△ADE1∽△ABC；在AC上若存在点E2，使∠AE2D＝∠B，又∠A＝∠A，则△ADE2∽△ACB，故这样的点最多有两个.
5答案：A △ABC中，∠B＝135°，tan
C＝，
tan
A＝tan(180°－∠B－∠C)＝tan(45°－∠C)
＝.
选项A中，三角形若有一个角为135°，则与∠B相等，若有一个角的正弦值为，则与∠A相等，故选项A中的三角形与△ABC相似.可以判断选项B，C，D中的三角形与△ABC均不存在两个角对应相等，即都不相似.
6答案：12 在△ACD和△ABC中，
∠A＝∠A，∠ADC＝∠ACB＝90°，
∴△ACD∽△ABC.
∴.∴，∴AB＝12.
7
答案：5 在Rt△ACE和Rt△ADB中，∠A是公共角，
∴△ACE∽△ADB，∴.
∴AE＝＝＝8.
则DE＝AE－AD＝8－3＝5.
在Rt△ACE中，
.
8答案：21 ∵∠ADC＋∠BCD＝180°，∠BDC＝90°，
∴∠ADB＋∠BCD＝90°.
而∠ADB＋∠ABD＝90°，∴∠ABD＝∠BCD.
又∠BAD＝∠BDC＝90°，
∴Rt△ABD∽Rt△DCB.
∴.∴BD2＝AD·BC＝3×7＝21.
9
答案：证明：(1)由题意可知，∠D＝∠B，∠AEB＝∠AFD＝90°，
∴△ABE∽△ADF.
(2)由(1)知△ABE∽△ADF，
∴，∠BAE＝∠DAF，
又AD＝BC，∴.
∵AF⊥CD，CD∥AB，∴AB⊥AF.
∴∠BAE＋∠EAF＝90°.
又∵AE⊥BC，∴∠BAE＋∠B＝90°.
∴∠EAF＝∠B，∴△ABC∽△EAF.
10答案：分析：题图中有高，所以可以充分利用直角三角形的性质和勾股定理求出未知边的长度.由AE＝3，CE＝4，可知CA＝5，这样可知AC＝AB，知△ABC是一个等腰三角形，再寻找条件就比较容易了.
解：①AB＝AC；②∠B＝∠ACB；③△CEB∽△ADC.
下面仅证明△CEB∽△ADC.
∵CE⊥AE，AE＝3，CE＝4，
∴AC＝＝5.
又∵AB＝AE＋BE＝5，
∴AC＝AB.∴∠B＝∠ACB.
又∵∠CEB＝∠ADC＝90°，∴△CEB∽△ADC.圆的切线的性质及判定定理
练习
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
2如图所示，AB与O切于点B，AO＝6
cm，AB＝4
cm，则O的半径r等于( )
A．cm
B．cm
C．cm
D．cm
3如图，A，B是O上两点，AC为O的切线，∠OBA＝75°，O的半径为1，则OC的长等于( )
A．
B．
C．
D．
4如图，PB与O相切于点B，OP交O于A，BC⊥OP于C，OA＝3，OP＝4，则AC等于( )
A．
B．
C．
D．不确定
5如图所示，AC与O相切于点D，AO的延长线交O于B，且BC与O相切于B，AD＝DC，则等于( )
A．2
B．1
C．
D．
6如图，在半径分别为5
cm和3
cm的两个同心圆中，大圆的弦AB与小圆相切于点C，则弦AB的长为______cm.
7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＝__________.
8如图，已知PA与圆O相切于A，半径OC⊥OP，AC交PO于B，OC＝1，OP＝2，则PB＝__________.
9如图所示，D是O的直径AB的延长线上一点，PD是O的切线，P是切点，∠D＝30°.求证：PA＝PD．
10(能力拔高题)某海域直径为30海里的暗礁区中心A处有一哨所，值班人员发现有一轮船从哨所正西方向45海里的B处向哨所驶来，哨所及时向轮船发出危险信号，但轮船没有收到信号，又继续前进了15海里到达C处才收到此哨所第二次发出的紧急危险信号．
(1)若轮船收到第一次危险信号后，为避免触礁，航向改变角度至少应为东偏北多少度？(精确到度)
(2)当轮船收到第二次危险信号时，为避免触礁，轮船航向改变的角度至少应为东偏南多少度？(精确到度)
参考答案
1答案：C 与圆有公共点的直线，可能是切线，也可能与圆相交，则①不正确；②不符合切线判定定理的条件，缺少过半径外端的条件，则②不正确；很明显③④正确.
2答案：B 如图，连接OB，则OB＝r且OB⊥AB，
故OB＝r＝
＝(cm).
3
答案：C ∵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，.
4
答案：A 如图，连OB，则OB⊥PB，OB＝OA＝3.
又BC⊥OP，
∴在Rt△OBP中，有OB2＝OC·OP.
∴.
∴AC＝OA－OC＝3－＝.
5
答案：A 如图所示，连接OD，OC.
∵AC，BC是切线，
∴OD⊥AC，OB⊥BC.
又AD＝DC，∴△OAC是等腰三角形.
∴OA＝OC，∴∠A＝∠OCD.
又OC＝OC，OD＝OB，∴△OBC≌△ODC.
∴∠OCD＝∠OCB.∴∠BCA＝2∠A.
∴∠A＋∠BCA＝3∠A＝90°，
∴∠A＝30°.∴.
6答案：8 如图，连接OA，OC，OB，
则OC⊥AC.
又∵OA＝OB，
∴△OAB是等腰三角形.
∴AC＝CB.
由题意知，OA＝5，OC＝3，
∴AC＝＝4.
∴AB＝2AC＝8(cm).
7答案： 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，∴CD＝.
8答案： 如图所示，连接OA，则OA⊥PA.
在△OAP中，∠PAO＝90°，OP＝2，OA＝1，
则，∠P＝30°，∠POA＝60°.
故∠AOC＝∠AOP＋∠BOP＝60°＋90°＝150°.
又OA＝OC，则∠BAO＝15°.
所以∠PBA＝∠BAO＋∠AOP＝15°＋60°＝75°.
在△PAB中，则∠PAB＝180°－∠P－∠ABP＝180°－30°－75°＝75°.
所以∠PBA＝∠PAB，
故PA＝PB，所以.
9答案：分析：欲证PA＝PD，只要证明∠A＝∠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，∴∠A＝∠APO.
∴∠A＝30°.∴∠A＝∠D.∴PA＝PD.
10答案：分析：如图所示，轮船是否有触礁危险，在于轮船航行所在的直线与以A点为圆心、以15海里为半径的圆的位置关系，此题应从直线与圆相切这一特殊位置关系入手.
解：(1)过点B作A的切线BD，D为切点，连接DA，则∠ADB＝90°.
在Rt△ABD中，，
则α≈19.47°.
故为避免触礁，航向改变角度至少应为东偏北20°.
(2)过点C作A的切线CE，E为切点，连接AE，
则∠AEC＝90°.
在Rt△ACE中，AC＝45－15＝30，
sin∠ACE＝，则∠ACE＝30°.
故为避免触礁，轮船航向改变的角度至少应为东偏南30°.直角三角形的射影定理
练习
1如图所示，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，则线段AC在AB上的射影长等于( )
A．4
B．6
C．2
D．
2如图所示，在△ABC中，AB⊥AC，AD⊥BC于点D，若BD·DC＝16，则AD等于( )
A．2
B．4
C．16
D．不确定
3如图所示，在Rt△MNP中，MN⊥MP，MQ⊥PN于Q，MN＝3，PN＝9，则NQ等于( )
A．1
B．3
C．9
D．27
4如图，在Rt△ABC中，AC⊥BC，CD⊥AB，DE⊥AC，DF⊥BC，则CE·CA等于( )
A．AD·AB
B．CF·CB
C．BD·BA
D．BF·FC
5如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，AD＝3，BD＝2，则AC∶BC的值是( )
A．3∶2
B．9∶4
C．
D．
6如图，Rt△ABP中，∠ABP＝90°，BC⊥AP，垂足为C，且AB＝，AC＝4，则PB＝__________.
7在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，CD＝，AB＝5，则AD＝__________.
8如图，已知线段a，b，求作线段c，使b是a和c的比例中项，并加以证明．
9在△ABC中，∠BAC是直角，AD是斜边BC上的高，AB＝2AC．
求证：5AD＝2BC．
参考答案
1
答案：A ∵BC⊥AB，∴AC在AB上的射影是AB.
2
答案：B 由题意知，AD2＝BD·DC＝16，故AD＝4.
3
答案：A ∵MN2＝NQ·NP，
∴32＝NQ×9.∴NQ＝1.
4答案：B ∵CD⊥AB，DE⊥AC，∴CD2＝CE·CA，
同理可得CD2＝CF·CB，
∴CE·CA＝CF·CB.
5
答案：C 在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，由射影定理知，AC2＝AD·AB，BC2＝BD·AB.
又∵AD＝3，BD＝2，
∴AB＝AD＋BD＝5，
∴AC2＝3×5＝15，BC2＝2×5＝10.
∴，即AC∶BC＝.
6答案： ∵在Rt△ABP中，∠ABP＝90°，BC⊥AP，
∴AB2＝AC·AP，
即＝4AP，解得AP＝6.
在Rt△ABP中，由勾股定理，得
.
7答案：2或3 ∵∠ACB＝90°，CD⊥AB，
∴CD2＝AD·DB.
∵CD＝，∴AD·DB＝6.又AB＝5，
∴DB＝5－AD.
∴AD(5－AD)＝6，解得AD＝2或3.
8答案：作法：如图所示.
(1)作线段AB＝a，过B作AB的垂线l，在l上取一点C，使BC＝b；
(2)连接AC，过C作AC的垂线l′，l′交AB的延长线于D，则线段BD为所求作线段c.
证明：∵AC⊥CD，CB⊥AD，
∴CB2＝AB·BD.
∴b2＝ac，即线段c使得b是a和c的比例中项.
9
答案：证明：在Rt△ABC中，设AC＝k，则AB＝2AC＝2k，
∴，
AC2＝BC·CD＝·CD＝k2，则CD＝.
∵AD2＝CD·BD，BD＝BC－CD＝，
∴AD2＝×，∴AD＝.
∴AD∶BC＝.即5AD＝2BC.与圆有关的比例线段
练习
1如图，CD是O的直径，AB⊥CD，垂足为P，AP＝4，PD＝2，则PO等于( )
A．2 B．3
C．5
D．7
2如图，PT是外切两圆的公切线，T为切点，PAB，PCD分别为这两圆的割线，若PA＝3，PB＝6，PC＝2，则PD等于( )
A．4
B．8
C．9
D．12
3如图，PA，PB分别为O的切线，切点分别为A，B，PA＝7，在劣弧上任取一点C，过点C作O的切线，分别交PA，PB于点D，E，则△PDE的周长是( )
A．7
B．10
C．14
D．28
4已知O的弦AB过CD弦的三等分点M，AM和BM是方程3x2＋2mx＋18＝0的两个根，则CD的长为( )
A．
B．
C．
D．
5(能力拔高题)如图，在O中，MN为直径，点A在O上，且∠AON＝60°，点B是的中点，点P是直径MN上一动点，O的半径为1，则AP＋BP的最小值为( )
A．1
B．
C．
D．
6从圆外一点P向圆引两条割线PAB，PCD，分别与圆相交于A，B，C，D，如果PA＝4，PC＝3，CD＝5，那么AB＝__________.
7如图，已知圆O的半径为3，从圆O外一点A引切线AD和割线ABC，圆心O到AC的距离为，AB＝3，则切线AD的长为__________．
8如图，O中的弦CD与直径AB相交于点E，M为AB延长线上一点，MD为O的切线，D为切点，若AE＝2，DE＝4，CE＝3，DM＝4，则OB＝__________，MB＝__________.
9如图，PA与O相切于点A，D为PA的中点，过点D引割线交O于B，C两点，求证：∠DPB＝∠DCP.
10如图，直线AB经过O上的点C，并且OA＝OB，CA＝CB，O交直线OB于E，D两点，连接EC，CD．
(1)求证：直线AB是O的切线；
(2)若tan∠CED＝，O的半径为3，求OA的长．
参考答案
1答案：B 设O的半径为r，
∵AP·PB＝CP·PD，AP＝PB＝4，PD＝2，
∴42＝(2r－2)×2，
∴r＝5.∴PO＝r－2＝3.
2答案：C PT2＝PA·PB＝PC·PD，
则PD＝＝9.
3答案：C ∵DA，DC为O的切线，
∴DA＝DC.同理EB＝EC.
∴△PDE的周长＝PD＋PE＋DE＝(PD＋DC)＋(PE＋CE)＝(PD＋DA)＋(PE＋EB)＝PA＋PB＝7＋7＝14.
4答案：C ∵AM和BM是3x2＋2mx＋18＝0的两根，
∴AM·BM＝＝6.
又AB和CD相交于点M，
∴CM·MD＝AM·BM＝6.
∴CD·CD＝6，∴CD＝.
5答案：D 如图，过点B作BB′⊥MN，交O于点B′，连接AB′交MN于点P′，即点P在点P′处时，AP＋BP最小.
易知B与B′点关于MN对称，
依题意∠AON＝60°，
则∠B′ON＝∠BON＝30°，
所以∠AOB′＝90°，.
故PA＋PB的最小值为，故选D.
6答案：2 由割线定理，得PA·PB＝PC·PD，
故4×(4＋AB)＝3×(3＋5)，解得AB＝2.
7答案： 如图所示，取BC的中点E，连接OE和OB.
则OE⊥BC，故OE＝，OB＝3，
则BC＝2BE＝＝2，
所以AC＝AB＋BC＝5.
又AD是圆O的切线，
所以AD2＝AB·AC＝15.
所以AD＝.
8答案：4 由于AB和CD是O的两条相交弦，
则AE·EB＝CE·ED.
即2EB＝3×4.
所以EB＝6，故AB＝AE＋EB＝2＋6＝8.
所以OB＝AB＝4.
由于MD为O的切线，
则MD2＝MB·MA＝MB(MB＋AB)，
所以42＝MB(MB＋8)，解得.
由于MB＞0，则.
9答案：分析：转化为证明△BDP∽△PDC.
证明：因为PA与圆相切于点A，
所以DA2＝DB·DC.
因为D为PA中点，所以DP＝DA.
所以DP2＝DB·DC，即.
又∠BDP＝∠PDC，所以△BDP∽△PDC.
所以∠DPB＝∠DCP.
10
答案：分析：(1)转化为证明OC⊥AB即可；(2)先证明△BCD∽△BEC，再借助于对应边成比例，解方程得OA的长.
解：(1)证明：如图，连接OC，
∵OA＝OB，CA＝CB，
∴OC⊥AB.
∴AB是O的切线.
(2)∵ED是直径，
∴∠ECD＝90°.
∴在Rt△ECD中，tan∠CED＝.
∵BC是O的切线，
∴BC2＝BD·BE，∠BCD＝∠E.
又∠CBD＝∠EBC，
∴△BCD∽△BEC.
∴.
设OA＝x，则BD＝DB－OD＝x－3，BC＝2BD＝2(x－3)，BE＝BO+OE＝x+3，∴[2(x－3)]2＝(x－3)(x＋3)，解得x＝5或x＝3(舍去).∴OA＝5.
