二
平面与圆柱面的截线
课堂探究
探究一椭圆的度量性质
圆柱形物体的斜截口是椭圆，因此，椭圆的度量性质与底面半径、截面及母线夹角密切相关．
【典型例题1】已知一圆柱面的半径为3，圆柱面的一截面的两焦球的球心距为12，求截面截圆柱面所得的椭圆的长轴长、短轴长、两焦点间距离和截面与母线所夹的角．
思路分析：根据题意可知长轴长及短轴长，进而求出离心率，从而得出截面与母线的夹角．
解：易知长半轴长a＝＝6，短半轴长b＝r＝3，两焦点间距离2c＝2＝2＝6.
椭圆离心率e＝＝.
设截面与母线的夹角为φ，
则cos
φ＝.∴φ＝.
综上，截面截圆柱面所得的椭圆的长轴长为12，短轴长为6，两焦点间距离为6，截面与母线所夹的角为.
探究二探讨椭圆的性质
探究圆柱体的斜截口——椭圆的性质，要熟知Dandelin双球与圆柱及其截平面的关系，综合应用切线长定理、三角形的相似与全等，解直角三角形，以及平行射影的性质．
【典型例题2】如图所示，已知球O1，O2分别切平面β于点F1，F2，P1P2为⊙O1的一条直径，Q1，Q2分别为P1，P2在平面β内的平行射影，G1G2＝2a，Q1Q2＝2b，G1G2与Q1Q2垂
直平分，求证：F1F2＝2.
证明：如图，过G1作G1H⊥BG2，H为垂足，
则四边形ABHG1是矩形．
∴G1H＝AB.
∵Q1，Q2分别是P1，P2的平行射影，
∴P1Q1P2Q2.∴P1Q1Q2P2是平行四边形．
∴Q1Q2＝P1P2，即Q1Q2等于底面直径．
∴G1H＝AB＝Q1Q2＝2b.
又由切线长定理，知G1A＝G1F1＝G2F2，G2F1＝G2B，
∴G2F1－G2F2＝G2B－G1A.
又G1A＝BH，∴G2F1－G2F2＝G2B－BH.
∴F1F2＝G2H.
在Rt△G1G2H中，G2H＝＝＝2，
故F1F2＝2.一
平行射影
课堂探究
探究一对平行射影的理解
图形的平行射影与两个因素有关：一个是投影方向，一个是投影平面．正确地理解平行射影的有关概念，是解决平行射影问题的关键．
【典型例题1】如图，点E，F分别为正方体的面ADD1A1，面BCC1B1的中心，则四边形BFD1E在该正方体的面上的正射影可能是____________．(要求：把可能的图的序号都填上)
解析：对四边形BFD1E在正方体的六个面上的正射影都要考虑到，并且对于图形要考虑所有点的正射影，又知线段由两个端点唯一确定，故考查四边形BFD1E的射影，只需同时考查点B，F，D1，E在各个面上的正射影即可．
四边形BFD1E在平面ABB1A1，平面CDD1C1，平面ABCD和平面A1B1C1D1上的正射影均为图(2)；四边形BFD1E在平面ADD1A1和平面BCC1B1上的正射影均为图(3)．
答案：(2)(3)
点评
判断平行射影的形状时，常常先确定图形中各顶点的射影，再依次连接各顶点的射影即可；同一图形在平行平面上的平行射影是相同的．
探究二平行射影的应用
对于一个图形在平面上的平行射影，要根据图形与平面的位置来决定平行射影是一个怎样的图形．
【典型例题2】在梯形ABCD中，AB∥CD，若梯形不在平面α内，则它在平面α上的平行射影是________．
思路分析：如果梯形ABCD所在平面平行于投影方向，则梯形ABCD在平面α上的平行射影是一条线段．
如果梯形ABCD所在平面不平行于投影方向，则平行线的平行射影仍是平行线，不平行的线的平行射影仍不平行，则梯形ABCD在平面α上的平行射影仍是梯形．三
相似三角形的判定及性质
课堂探究
探究一
判定三角形相似
判定两个三角形相似时，关键是分析已知哪些边对应成比例，哪些角对应相等，根据三角形相似的判定定理，寻找推导出结论的条件．
【典型例题1】如图，已知＝＝，求证：△ABD∽△ACE.
思路分析：证明三角形相似，关键在于找到符合定理的条件．由题目所给条件，应需再找出角的相等关系．
证明：因为＝＝，所以△ABC∽△ADE.
所以∠BAC＝∠EAD，∠BAC－∠DAC＝∠EAD－∠DAC，即∠DAB＝∠EAC.
又＝，即＝，所以△ABD∽△ACE.
点评
本题中，∠DAB与∠EAC的相等关系，不易直接找到，这里用∠BAC＝∠EAD，在∠BAC和∠EAD中分别减去同一个角∠DAC，间接证明．
探究二
判定直角三角形相似
直角三角形相似的判定方法很多，既可根据一般三角形相似的判定方法判定，又有其独特的判定方法，在求证、识别的过程中，可由已知条件结合图形特征，确定合适的方法．
【典型例题2】如图，已知在正方形ABCD中，P是BC上的点，且BP＝3PC，Q是CD的中点，求证：△ADQ∽△QCP.
思路分析：由于这两个三角形都是直角三角形，且已知条件是线段间的关系，故考虑证明对应边成比例，即只需证明＝即可．
证明：在正方形ABCD中，
∵Q是CD的中点，∴＝2.
∵＝3，∴＝4.
又BC＝2DQ，∴＝2.
在△ADQ和△QCP中，
＝＝2，∠C＝∠D＝90°，
∴△ADQ∽△QCP.
规律总结
证明直角三角形相似的方法主要有除直角外的一组锐角对应相等或两边对应成比例．本题就是利用了＝两直角边对应成比例证明．
探究三
证明两直线平行
常利用引理来证明两直线平行，其关键是证明其对应线段成比例，这样就转化为证明线段成比例，其证明方法有：利用中间量，转化成线段成比例，两者结合使用证明．
【典型例题3】如图，在△ABC中，D是BC的中点，M是AD上一点，BM，CM的延长线分别交AC，AB于F，E两点．求证：EF∥BC.
思路分析：要证明线段EF∥BC，则需要利用平行线分线段成比例定理．反过来思考
，结合题目作出平行线以便利用判定定理来证明平行．
证法一：延长AD至G，使DG＝MD，连接BG，CG，如图所示．
∵BD＝DC，MD＝DG，
∴四边形BGCM为平行四边形．
∴EC∥BG，FB∥CG.
∴＝，＝，
∴＝.∴EF∥BC.
证法二：过点A作BC的平行线，与BF，CE的延长线分别交于G，H两点，如图所示．
∵AH∥DC，AG∥BD，
∴＝，＝，∴＝.
∵BD＝DC，∴AH＝AG.
∵HG∥BC，∴＝，＝.
∵AH＝AG，∴＝.∴EF∥BC.
证法三：过点M作BC的平行线，分别与AB，AC交于G，H两点，如图所示．
则＝，＝，
∴＝.
∵BD＝DC，∴GM＝MH.
∵GH∥BC，∴＝，＝.
∵GM＝MH，∴＝.∴EF∥BC.
规律总结
要证明EF∥BC，想通过角之间的关系达到目的显然是不可能的，而要利用成比例线段判定两条直线平行的判定定理，图中又没有平行条件，因此要设法作出平行线，以便利用判定定理．在作平行线时，要充分考虑到中点D的应用．
探究四
易错辨析
易错点：因对应元素不确定而引起错误
【典型例题4】在△ABC中，AB＞BC＞AC，D是AC的中点，过D作直线l，使截得的三角形与原三角形相似，这样的直线有________条．
错解：如图，过点D作DE1∥BC，此时∠AE1D＝∠B，∠A＝∠A，所以△ABC∽△AE1D；过点D作DE2∥AB，此时∠CE2D＝∠B，∠C＝∠C，所以△ABC∽△DE2C.
答案：2
错因分析：本题为探索性题目，由于对应元素不确定，因而存在多种情况，只考虑两种情况不够全面．
正解：如图，
过点D作DE1∥BC，此时∠AE1D＝∠B，
所以△ABC∽△AE1D；
在线段AB上取一点E2，使∠ADE2＝∠B，
此时△ADE2∽△ABC.
同理过点D作DE3∥AB，使∠DE3C＝∠B；
在线段BC上取一点E4，使∠E4DC＝∠B，都能使截得的三角形与原三角形相似，因此共有4条直线符合要求．
答案：4一
平行线等分线段定理
课堂探究
探究一
任意等分已知线段
将已知线段AB分成n等份的步骤：
(1)作射线AC(与AB不共线)；
(2)在射线AC上以任意取定的长度顺次截取AD1＝D1D2＝D2D3＝…＝Dn－1Dn；
(3)连接DnB；
(4)分别过点D1，D2，D3，…，Dn－2，Dn－1作DnB的平行线，分别交AB于点A1，A2，…，An－2，An－1，则点A1，A2，…，An－2，An－1将线段AB分成n等份．
【典型例题1】如图所示，已知线段AB，求作线段AB的五等分点，并予以证明．
思路分析：利用平行线等分线段定理来作图．
解：(1)作射线AC；
(2)在射线AC上以任意取定的长度顺次截取AD1＝D1D2＝D2D3＝D3D4＝D4D5；
(3)连接D5B；
(4)分别过D1，D2，D3，D4作D5B的平行线D1A1，D2A2，D3A3，D4A4，分别交AB于点A1，A2，A3，A4，则点A1，A2，A3，A4将线段AB五等分．
证明：过点A作MN∥D5B.
则MN∥D4A4∥D3A3∥D2A2∥D1A1∥D5B.
∵AD1＝D1D2＝D2D3＝D3D4＝D4D5，
∴AA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝A4B.
∴点A1，A2，A3，A4就是所求的线段AB的五等分点．
规律小结
本题是利用平行线等分线段定理求已知线段的等分点，在等分已知线段时注意这类方法的运用．
探究二
证明线段相等
平行线等分线段定理及其推论应在有线段的中点时应用，在没有线段的中点时，要先构造线段的中点．
【典型例题2】在ABCD中，E和F分别是边BC和AD的中点，BF和DE分别交AC于P，Q两点．求证：AP＝PQ＝QC.
思路分析：根据条件先证四边形BEDF是平行四边形，得出BF∥DE.再过A，C分别作直线a，b，使a∥b∥BF∥DE，利用平行线等分线段定理即可得证．
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，E，F分别是BC边，AD的中点，
∴BEDF，∴四边形BEDF是平行四边形，∴BF∥DE.
分别过A，C作直线a，b，使a∥b∥BF∥DE.
∵a∥BF∥DE，AF＝FD，∴AP＝PQ.
又∵b∥DE∥BF，CE＝EB，
∴PQ＝QC，∴AP＝PQ＝QC.
点评
本题在证出BF∥DE后利用平行线等分线段定理，也可用推论1来证明．
探究三
三角形中位线性质的应用
如果已知条件中出现了中点，往往利用三角形中位线的性质解决问题，辅助线在几何证明中起着非常重要的作用，而作不同的辅助线，可以得到不同的解题思路．
【典型例题3】如图，在梯形ABCD中，AB∥DC，E为AD的中点，EF∥BC，求证：BC＝2EF.
思路分析：过A作BC的平行线，交DC于点G，利用平行四边形的性质，可得AG＝BC，只需再利用三角形中位线证AG＝2EF即可．
证明：过A作BC的平行线，交DC于点G.
因为AB∥DC，AG∥BC，所以四边形ABCG为平行四边形．所以BC＝AG.
又EF∥BC，所以EF∥AG.
又E为AD的中点，所以F为DG的中点．
所以AG＝2EF，即BC＝2EF.
方法技巧
本题也可以用平行线等分线段定理来证明．
探究四
易错辨析
易错点：构建平行线的方式不合理
【典型例题4】如图，在四边形ABCD中，AB＝CD，E，F分别是BC，AD的中点，BA，CD的延长线分别与EF的延长线交于点M，N，求证：∠BME＝∠CNE.
错解：连接BD，过F作FG∥AB交BD于G.
过E作EG∥CD交BD于G.
∵GF∥BM，GE∥CD，且E，F分别为BC，AD的中点，
又∵AB＝CD，∴GF＝GE.
∴∠GEF＝∠GFE.
∵GF∥BM，∴∠GFE＝∠BME.
又∵GE∥CN，∴∠GEF＝∠CNE.
∴∠BME＝∠CNE.
错因分析：在证明过程中没有说明FG∥AB与EG∥CD的点G是同一个点，不够严谨，导致出错．
正解：连接BD，取BD的中点G，连接GE，GF.
在△ABD中，∵G，F分别是BD，DA的中点，
∴GF＝AB，GF∥BM.
同理可证：GE＝CD，GE∥CN.
∵AB＝CD，∴GF＝GE，∴∠GEF＝∠GFE.
∵GF∥BM，∴∠GFE＝∠BME.
∵GE∥CN，∴∠GEF＝∠CNE.
∴∠BME＝∠CNE.三
相似三角形的判定及性质
课堂探究
探究一
相似的问题
在相似三角形中，与相似比相等的有：对应高的比，对应中线的比，对应角平分线的比、周长的比，外接(内切)圆的半径比、直径比、周长比，常利用比相等列方程来解决问题．
【典型例题1】已知△ABC∽△A′B′C′，△ABC的周长为60
cm，△A′B′C′的周长为72
cm，AB＝15
cm，B′C′＝24
cm，求：
(1)BC，A′B′；
(2)AC，A′C′.
思路分析：由周长的比得到相似比，再利用相似比解决．
解：∵△ABC∽△A′B′C′，∴＝＝＝.
(1)∵AB＝15
cm，∴＝，∴A′B′＝18
cm.
∵B′C′＝24
cm，∴＝，∴BC＝20
cm.
(2)∵AB＋BC＋AC＝60
cm，
∴AC＝60－AB－BC＝60－15－20＝25(cm)．
同理可得A′C′＝30
cm.
点评
根据题意，利用相似三角形的周长之比等于相似比来求解．
探究二
面积比问题
转化思想在数学解题中有着广泛的应用，关键是利用转化思想把三角形的面积比与相似比进行转化．
【典型例题2】如图所示，已知D是△ABC中AB边上一点，DE∥BC且交AC于点E，EF∥AB且交BC于点F，且S△ADE＝1，S△EFC＝4，则四边形BFED的面积等于多少？
思路分析：由平行关系推导出△ADE∽△EFC，根据面积比得到对应边的比，再利用相似比转化解决．
解：因为AD∥EF，DE∥FC，
所以△ADE∽△ABC，△EFC∽△ABC，
所以△ADE∽△EFC.
又因为S△ADE∶S△EFC＝1∶4，
所以AE∶EC＝1∶2.所以AE∶AC＝1∶3.
所以S△ADE∶S△ABC＝1∶9.
因为S△ADE＝1，所以S△ABC＝9.
所以S四边形BFED＝S△ABC－S△ADE－S△EFC＝9－1－4＝4.
探究三
实际应用问题
此类问题是利用数学模型解实际问题，关键在于认真分析题意转化成数学问题，构造相似三角形求解．
【典型例题3】如图所示，已知一块直角三角形木板的三边AB＝5
m，BC＝3
m，AC＝4
m，一加工车间要把它加工成一块面积最大的正方形木板．如何设计才能使木板的面积最大，并求出最大面积．
解：如图(1)所示，设正方形DEFG的边长为x
m.
图(1)
过点C作CM⊥AB于M，交DE于N，因此S△ABC＝AC·BC＝AB·CM.
∴AC·BC＝AB·CM.
∴CM＝＝＝.
∵DE∥AB，∴△CDE∽△CBA.
∴＝，即＝.∴x＝.
如图(2)，设正方形CDEF的边长为y
m.
图(2)
∵EF∥BC，∴△AEF∽△ABC.
∴＝，即＝.∴y＝.
∵x2点评
将实际问题转化为平面几何问题是解决此题的关键，要注意相似三角形的性质在实际问题中的应用．一
圆周角定理
课堂探究
探究一求线段的长
求圆中线段长时，常先利用圆周角定理及其推论得到相似三角形，从而得到成比例线段，再列方程求得线段长．
【典型例题1】如图，△ABC的三个顶点都在⊙O上，∠BAC的平分线与BC边和⊙O分别交于点D，E.
(1)指出图中相似的三角形，并说明理由；
(2)若EC＝4，DE＝2，求AD的长．
解：(1)∵AE平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠EAC.
又∵∠B＝∠E，
∴△ABD∽△AEC.
∵∠B＝∠E，∠BAE＝∠BCE，
∴△ABD∽△CED，△AEC∽△CED.
(2)∵△CED∽△AEC，
∴＝.
∴CE2＝ED·AE，
∴16＝2AE，∴AE＝8.
∴AD＝AE－DE＝6.
点评
(1)本题证三角形相似，要用三角形相似的判定定理，而其中角的条件由同弧所对的圆周角相等得出；(2)要求线段长度，先由三角形相似得线段成比例，然后再求其长度．
探究二证明线段相等
有关圆的题目中，圆周角与它所对的弧经常相互转化，即欲证圆周角相等，可转化为证明它们所对的弧相等，这是证明圆中线段相等的常见策略．
【典型例题2】如图，BC为圆O的直径，AD⊥BC，＝，BF和AD相交于E，求证：AE＝BE.
思路分析：要证AE＝BE，只需在△ABE中证明∠ABE＝∠EAB，而要证这两个角相等，只需借助∠ACB即可．
证明：∵BC是⊙O的直径，
∴∠BAC为直角．
又AD⊥BC，∴Rt△BDA∽Rt△BAC.
∴∠BAD＝∠ACB.
∵＝，∴∠FBA＝∠ACB.
∴∠BAD＝∠FBA.
∴△ABE为等腰三角形．∴AE＝BE.
点评
若已知条件中出现直径，则常用到“直径所对的圆周角为直角”这一性质解决问题．
探究三易错辨析
易错点：误认为同弦或等弦所对圆周角相等
【典型例题3】如图所示，∠BAD＝75°，则∠BCD＝__________.
错解：∵∠BAD和∠BCD所对的弦都是BD，∴∠BAD＝∠BCD.
∴∠BCD＝75°.
错因分析：错解中，没有注意到圆周角∠BAD和∠BCD所对的弧不相等，导致得到错误的结论∠BAD＝∠BCD.
正解：∠BAD是所对的圆周角，∠BCD是所对的圆周角，则所对的圆心角为2×75°＝150°.又和所对圆心角的和是周角360°，
∴所对圆心角是360°－150°＝210°，
∴所对圆周角∠BCD＝×210°＝105°.四
弦切角的性质
课堂探究
探究一弦切角定理
在使用弦切角定理时，关键是要弄清哪个角是弦切角，这样才能正确解决问题．
【典型例题1】如图，AD是⊙O的切线，AC是⊙O的弦，过C作AD的垂线，垂足为B，CB与⊙O相交于点E，AE平分∠CAB，且AE＝2，求△ABC各边的长．
思路分析：∠BAE为弦切角，于是∠BAE＝∠C，再由AE平分∠CAB和△ABC是直角三角形可求得∠C的度数，进而解直角三角形即可．
解：∵AD为⊙O的切线，∴∠BAE＝∠ACB.
∵AE平分∠CAB，∴∠BAC＝2∠BAE.
又∵∠ACB＋∠BAC＝90°，∴∠BAE＝∠C＝30°.
则有BE＝1，AB＝，BC＝3，AC＝2.
点评
在题目中出现了圆的切线，常用弦切角定理解决问题．
探究二弦切角定理的应用
在证明与圆有关的命题时，弦切角定理与圆周角定理等经常要综合应用，正确找出符合定理条件的角是应用定理的前提．
【典型例题2】已知△ABC内接于⊙O，∠BAC的平分线交⊙O于D，CD的延长线交过B点的切线于E.
求证：＝.
思路分析：直接证明此等式有一定的难度，可以考虑把它分解成两个比例式的形式，然后借助相似三角形的性质得出结论．
证明：连接BD，如图所示．
∵AD是∠BAC的平分线，∴∠BAD＝∠CAD.
又∠BCD＝∠BAD，∠CBD＝∠CAD，
∴∠BCD＝∠CBD.∴BD＝CD.
又BE为⊙O的切线，∴∠EBD＝∠BAD，
∴∠EBD＝∠BCD.故在△BED和△CEB中，
∠EBD＝∠ECB，∠BED＝∠CEB，
∴△BED∽△CEB.
∴＝，＝，∴2＝.
又BD＝CD，∴＝.
点评
已知直线与圆相切，证明线段成比例时，常先利用弦切角定理和圆周角定理获得角相等，再通过三角形相似得到成比例线段．
探究三易错辨析
易错点：忽视弦切角的一边是切线
【典型例题3】如图所示，△ABC内接于⊙O，AD⊥AC，∠C＝32°，∠B＝110°，则∠BAD＝__________.
错解：∵AD⊥AC，
∴∠BAD是弦切角．
∴∠BAD＝∠C.
又∠C＝32°，∴∠BAD＝32°.
错因分析：错解中，误认为∠BAD是弦切角，其实不然，虽然AD⊥AC，但AD不是切线．
正解：∵∠C＋∠B＋∠BAC＝180°，
∴∠BAC＝180°－∠C－∠B＝38°.
又AD⊥AC，∴∠BAC＋∠BAD＝90°.
∴∠BAD＝90°－∠BAC＝90°－38°＝52°.三
圆的切线的性质及判定定理
课堂探究
探究一圆的切线的性质的应用
利用圆的切线的性质来证明或进行有关的计算时，连接圆心和切点的半径是常用辅助线．
【典型例题1】如图所示，AB为⊙O的直径，BC，CD为⊙O的切线，B，D为切点，
(1)求证：AD∥OC；
(2)若⊙O的半径为1，求AD·O
C的值．
思路分析：(1)要证AD∥OC，由于AB是⊙O的直径，所以BD⊥AD.故可转化为证明BD⊥OC；(2)由AD·OC可以联想到△ABD∽△OCB，利用等积式转化线段间的关系．
(1)证明：如图，连接OD，BD.
∵BC，CD是⊙O的切线，∴OB⊥BC，OD⊥CD.
∴∠OBC＝∠ODC＝90°.
又∵OB＝OD，OC＝OC，∴Rt△OBC≌Rt△ODC.
∴BC＝CD.又∵OB＝OD，∴OC⊥BD.
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
即AD⊥BD.∴AD∥OC.
(2)解：∵AD∥OC，
∴∠A＝∠BOC.
又∠ADB＝∠OBC＝90°，
∴△ABD∽△OCB.
∴＝.∴AD·OC＝AB·OB＝2×1＝2.
点评
若题目中有圆的切线，则首先想到的是连接圆心和切点构造垂直关系．
探究二圆的切线的判定
在不知道圆与直线是否有公共点的情况下，通常过圆心作直线的垂线段，然后证垂线段的长等于半径，即“作垂直，证半径”，这是证直线与圆相切的常用方法之一．
【典型例题2】如图，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的延长线于点D，且交AB的延长线于点C.求证：CD是⊙O的切线．
分析：连接OE，只需证明OE⊥CD即可．
证明：如图，连接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.
规律小结
定理法判定圆的切线是平面几何中最常用的方法．这种方法的步骤是：①连接圆心和公共点；②转化为证明直线过公共点且垂直于所连线段．由此看出，证明圆的切线可转化为证明直线垂直．三
平面与圆锥面的截线
课堂探究
探究一利用Dandelin双球研究圆锥曲线
讨论圆锥曲线的几何性质时，要注意结合图形进行．
【典型例题1】如图，讨论其中双曲线的离心率．其中π′是Dandelin球与圆锥交线S2所在平面，与π的交线为m.
解：P是双曲线上任意一点，连接PF2，过P作PA⊥m于A，连接AF2，过P作PB⊥平面π′于B，连接AB，过P作母线交S2于Q2.
∵PB平行于圆锥的轴，
∴∠BPA＝β，∠BPQ2＝α.
在Rt△BPA中，PA＝.
在Rt△BPQ2中，PQ2＝.
由切线长定理，得PF2＝PQ2，
∴PF2＝.
∴e＝＝.
∵0＜β＜α＜，∴cos
β＞cos
α.∴e＞1.
同理，另一分支上的点也具有同样的性质，
综上所述，双曲线的准线为m，离心率e＝.
探究二圆锥曲线几何性质应用
根据定义，结合平面截圆锥面，正确解决有关圆锥曲线几何性质应用问题．
【典型例题2】已知双曲线两个顶点间的距离为2a，焦距为2c，求两条准线间的距离．
解：如图，l1，l2是双曲线的准线，F1，F2是焦点，A1，A2是顶点，O为中心．
由离心率定义知＝，
∴A1H1＝A1F1.
又A1F1＝OF1－OA1＝c－a，
∴A1H1＝.
∴OH1＝OA1－A1H1，
∴OH1＝a－＝.
由对称性，得OH2＝，
∴H1H2＝.
点评
已知圆锥曲线的结构特点，解决有关计算等问题时，通常利用圆锥曲线结构特点中的数量等式关系，如e＝等，列出方程来解决．如本题中，由OH1＝OA1－A1H1得到了a－＝.二
平行线分线段成比例定理
课堂探究
探究一
证明线段成比例
比例线段常由平行线产生，因而研究比例线段问题，应注意平行线的应用，在没有平行线时，可以添加平行线来促成比例线段的产生．
【典型例题1】如图，在四边形ABCD中，AC，BD交于点O，过O作AB的平行线，与AD，BC分别交于点E，F，与CD的延长线交于点K.求证：KO2＝KE·KF.
思路分析：KO，KE，KF在一条直线上，要证明KO2＝KE·KF，即要证＝，显然要寻找中间比，现有图形无法将线段KO，KE，KF与平行线分线段成比例定理及其推论联系起来，若延长CK，BA，设它们交于点H，则图形中出现两个基本图形，这就不难将，进行转换而找到中间比．
证明：延长CK，BA，设它们交于点H.
∵KO∥HB，∴＝，＝，
∴＝，即＝.
∵KF∥HB，∴＝，＝.
∴＝，即＝.
∴＝，即KO2＝KE·KF.
特别提醒
利用平行线来转移比例是常用的证题技巧，当题中没有平行线而有必要转移比例时，也常添加辅助平行线，从而达到转移比例的目的．
探究二
证明线段相等
利用平行线分线段成比例定理证明线段相等，需找准对应关系，弄清线段之间的比例联系．
【典型例题2】如图，在△ABC中，E为中线AD上的一点，＝，连接BE并延长，交AC于点F，求证：AF＝CF.
思路分析：切入点是条件＝的应用，通过作平行线，证明＝，其中x是某条线段．
证明：过点D作DH∥AC，交BF于点H，如图所示．
∵D是BC的中点，
∴＝＝.
∵＝，∴＝.
又∵DH∥AF，∴＝＝.
∴＝，∴AF＝CF.
点评
结合题中给出的“＝”这一条件，利用平行线分线段成比例定理进行证明．
探究三
计算线段长度的比值
运用平行线分线段成比例定理及推论来计算线段长度的比值，应分清相关三角形中的平行线段及所截的边，并注意在求解过程中运用比例的等比性质、合比性质等．
【典型例题3】如图，M是ABCD的边AB的中点，直线l过M分别交AD，AC于E，F，交CB的延长线于N，若AE＝2，AD＝6.求AF∶AC的值．
思路分析：
解：∵AD∥BC，∴＝，
∴＝，
即＝.
∵＝＝1，∴AE＝BN.
∴＝＝.
∵AE＝2，BC＝AD＝6，
∴＝＝，
即AF∶AC＝1∶5.
点评
先结合题意求得等量关系，再利用平行线分线段成比例定理来寻找所求与已知之间的联系，从而找到突破点．
探究四
易错辨析
易错点：对点落在线段上还是线段的延长线上考虑不全面
【典型例题4】在△ABC中，直线DE与直线AB，AC分别交于点D，E，且DE∥BC.若AD＝1，DB＝2，则＝__________.
错解：4 解析：D，E分别在边AB，AC上，则由DE∥BC知＝＝，故＝1＋3＝4.
错因分析：点D，E也有可能在BA，CA的延长线上，漏掉一种情况，考虑不全面致误．
正解：4或2 解析：(1)同错解；
(2)若D，E分别在BA，CA的延长线上，
则由DE∥BC知＝＝，故＝2.
综上，＝4或2.二
圆内接四边形的性质与判定定理
课堂探究
探究一证明四点共圆
判断四点共圆时，要根据题目特点，灵活选用判定四点共圆的方法．
【典型例题1】如图所示，在△ABC中，AD＝DB，DF⊥AB交AC于点F，AE＝EC，EG⊥AC交AB于点G.求证：
(1)D，E，F，G四点共圆；
(2)G，B，C，F四点共圆．
思路分析：(1)连接GF，则易证△GDF与△GEF均为直角三角形，由直角三角形斜边的中点到三个顶点的距离相等可得出结论．
(2)连接DE，由条件易证DE∥BC，从而∠ADE＝∠B，由(1)知∠ADE＝∠GFE，从而∠GFE＝∠B，从而得到结论．
证明：(1)连接GF.由DF⊥AB，EG⊥AC，知∠GDF＝∠GEF＝90°，
∴GF的中点到D，E，F，G四点的距离相等，∴D，E，F，G四点共圆．
(2)连接DE.由AD＝DB，
AE＝EC，知DE∥BC，
∴∠ADE＝∠B.又由(1)中D，E，F，G四点共圆，
∴∠ADE＝∠GFE，∴∠GFE＝∠B，
∴G，B，C，F四点共圆．
规律小结
判定四点共圆的方法：①如果四个点与一定点距离相等，那么这四个点共圆；②如果一个四边形的一组对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆；③如果一个四边形的一个外角等于它的内角的对角，那么这个四边形的四个顶点共圆(如本题)；④与线段两个端点连线的夹角相等(或互补)的点连同该线段两个端点在内共圆．
探究二圆内接四边形的性质的应用
当已知条件中出现圆内接四边形时，常用圆内接四边形的性质来获得角相等或互补，从而为证明三角形相似或两条直线平行等问题创造条件．
【典型例题2】两圆相交于A，B，过A作两直线分别交两圆于C，D和E，F.若∠EAB＝∠DAB，求证：CD＝EF.
思路分析：连接CB，BF，要证CD＝EF，只需证明△CBD≌△EBF即可．从题图可以看出，∠BCA＝∠BEA，∠D＝∠F，因此，尚需找一条对应边相等即可．比如，能否推出BC＝BE呢？要证BC＝BE，只需∠CEB＝∠ECB，有无可能呢？可以发现，∠ECB＝∠1，又已知∠1＝∠2，所以只需证∠2＝∠CEB即可．这时我们发现，四边形ABEC是圆内接四边形，根据性质定理，它的外角∠2与它的内对角∠CEB当然相等．至此，结论得证．
证明：连接CB，BF.因为四边形ABEC为圆内接四边形，所以∠2＝∠CEB.又因为∠1＝∠ECB，且∠1＝∠2，而∠2＝∠CEB，所以∠CEB＝∠ECB.所以BC＝BE.在△CBD与△EBF中，∠BCA＝∠BEA，∠D＝∠F，BC＝BE，所以△CBD≌△EBF.
所以CD＝EF.
探究三易错辨析
易错点：忽视分类讨论致误
【典型例题3】已知⊙O的直径AB＝4，弦AC＝2，AD＝2，则∠DAC＝__________.
错解：如图，∵AB＝4，AD＝2，
∴∠BAD＝45°.
又∵AC＝2，∴∠CAB＝30°，
∴∠CAD＝45°－30°＝15°.
错因分析：作图时，未能考虑全面，没有对相对位置关系进行分类讨论，致使题目答案漏解．
正解：根据题意，分两种情况讨论：
图①
(1)当弦AD，AC在直径AB的同侧时，
如图①，由错解得，∠DAC＝15°.
(2)当弦AD，AC在直径AB异侧时，如图②.
图②
则∠DAC＝75°，综上，∠DAC＝15°或75°.五
与圆有关的比例线段
课堂探究
探究一相交弦定理的应用
相交弦定理的结论是线段成比例，也可以看成等式，因此利用相交弦定理既可以得到成比例线段，又可以建立方程来解决问题．如下面的典型例题1中，利用相交弦定理列出关于r的方程．
【典型例题1】如图，过⊙O内一点A作直线，交⊙O于B，C两点，且AB·AC＝64，OA＝10，则⊙O的半径r＝__________.
解析：如图所示，作直线OA交⊙O于E，F两点，
则AE＝r－10，AF＝r＋10.
由相交弦定理，
得(r－10)(r＋10)＝64，
解得r1＝2，r2＝－2(不合题意，舍去)．
故r＝2.
答案：2
点评
BC为⊙O的一条弦，再找到直径EF，利用相交弦定理即可．
探究二割线定理、切割线定理的应用
有切线和割线，往往就考查割线定理、切割线定理，而且有时需要通过转化、代换，才能运用定理解题．
【典型例题2】如图，已知⊙O的割线PAB交⊙O于点A和点B，PA＝6
cm，AB＝8
cm，PO＝10.9
cm，求⊙O的半径．
思路分析：由于PO既不是⊙O的切线，也不是割线，故需将PO延长交⊙O于点D，构成圆的一条割线，而OD又恰好是⊙O的半径，于是运用割线定理解题即可．
解：如图，将PO延长交⊙O于D.
根据割线定理，可得PA·PB＝PC·PD.
设⊙O的半径为r
cm，则
6×(6＋8)＝(10.9－r)(10.9＋r)，
解得r＝5.9，即⊙O的半径为5.9
cm.
反思
如果已知条件中出现过圆外同一点的圆的割线，那么常用到割线定理．本题中，利用割线定理列出了关于半径r的方程，进而求出了r的值．
【典型例题3】如图，AB切⊙O于B，ACD为割线，E为的中点，BE交DC于F，求证：AF2＝AC·AD.
思路分析：由切割线定理可知AC·AD＝AB2，故只需证AF＝AB即可．
证明：连接BC，BD.
∵E为的中点，
∴∠DBE＝∠CBE.
又AB是⊙O的切线，
∴∠ABC＝∠CDB.
∴∠ABC＋∠CBE＝∠DBE＋∠CDB，
即∠ABF＝∠AFB.∴AB＝AF.
又AB是⊙O的切线，ACD为割线，由切割线定理可知AC·AD＝AB2，∴AF2＝AC·AD.
点评
已知条件中同时出现过圆外同一个点的切线和割线，那么常用到切割线定理．
探究三切线长定理的应用
如果已知条件中出现过圆外同一点的切线，那么常用到切线长定理．要注意分析其中的等量关系，即①切线长相等，②圆外点与圆心的连线平分两条切线的夹角，然后结合直角三角形、相似三角形等图形的有关性质进行计算与证明．
【典型例题4】如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，过点C的切线与过A，B两点的切线分别交于点E，F，AF与BE交于点P.
求证：∠EPC＝∠EBF.
思路分析：→→→→
证明：∵EA，EF，FB是⊙O的切线，
∴EA＝EC，FC＝FB.
∵EA，FB切⊙O于A，B，AB是直径，
∴EA⊥AB，FB⊥AB.∴EA∥FB.∴＝.
∴＝，∴CP∥FB.∴∠EPC＝∠EBF.
探究四易错辨析
易错点：因定理结论记忆不清致误
【典型例题5】如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，O是AB上一点，以O为圆心，以OB为半径作圆交AC于E，F，交AB于D.若E是的中点，且AE∶EF＝3∶1，FC＝4，求∠CBF的正弦值及BC的长．
错解：连接OE，DF，OF.
∵E为的中点，∴∠DOE＝∠DBF.
∴OE∥BF，∴AO∶OB＝AE∶EF＝3∶1，
∴OE∶BF＝3∶4.设OB＝r，则OA＝3r，BF＝r.
∴AD＝AO－DO＝AO－OB＝3r－r＝2r.
又由割线定理得，AF·AD＝AE·AB，
∴＝＝＝2.
错因分析：不能正确运用割线定理，因不满足定理对应条件而致误．
正解：如图，连接OE，DF，OF，
∵E为的中点，
∴∠DOE＝∠DBF，∴OE∥BF，
∴AO∶OB＝AE∶EF＝3∶1，∴OE∶BF＝3∶4.
设OB＝r，则AO＝3r，BF＝r，
∴AD＝AO－DO＝AO－OB＝3r－r＝2r.
又由割线定理得AE·AF＝AD·AB.
∴AE·AF＝2r·4r，
即3EF·4EF＝8r2，
∴EF＝r.
又由切割线定理，得
BC2＝CF·CE＝4(4＋EF)＝4.
在Rt△ABC中，AB2＋BC2＝AC2，
即(4r)2＋4＝(4EF＋4)2＝2，
解得r＝，
∴BC＝.
又∵∠CBF＝∠BDF，
在Rt△DFB中，sin∠BDF＝＝，
∴sin∠CBF＝.四
直角三角形的射影定理
课堂探究
探究一
与射影有关的计算问题
在利用直角三角形的射影定理求解线段的长度时，往往需要创造应用射影定理的条件，即构造垂直关系，可以构造直角三角形，也可以构造垂直关系．
【典型例题1】如图，在△ABC中，D，F分别在AC，BC上，且AB⊥AC，AF⊥BC，BD＝DC＝FC＝1，求AC.
思路分析：由题意可得，△ABC是直角三角形，AF为斜边上的高线，CF是直角边AC在斜边上的射影，AC为所求，已知BD＝DC＝1，即△BDC是等腰三角形．因此，可以过D作DE⊥BC.由于DE，AF均垂直于BC，可以利用比例线段的性质，逐步等价转化求得AC.
解：在△ABC中，设AC＝x.
∵AB⊥AC，AF⊥BC，又FC＝1，根据射影定理，
得AC2＝FC·BC，即BC＝x2.
再由射影定理，得AF2＝BF·FC＝(BC－FC)·FC，
即AF2＝x2－1.∴AF＝.
在△BDC中，过D作DE⊥BC于E.
∵BD＝DC＝1，∴BE＝EC.
又∵AF⊥BC，∴DE∥AF.
∴＝.
∴DE＝＝.
在Rt△DEC中，∵DE2＋EC2＝DC2，
即2＋2＝12，∴＋＝1.
整理得x6＝4.∴x＝.∴AC＝.
点评
本题在直角三角形中两次利用射影定理找到边之间的关系，最后再利用勾股定理求解．
探究二
与射影定理有关的证明问题
利用射影定理证明比例式成立的证明问题在本部分中比较常见，在解题过程中，应弄清射影定理中成比例的线段，再结合比例的基本性质加以灵活运用．
【典型例题2】如图所示，∠CAB＝90°，AD⊥BC，△ACE，△ABF是正三角形．求证：DE⊥DF.
思路分析：由于图中所给的等角比较多，则转化为证明∠FDE＝90°，即只需证∠FDA＋∠ADE＝90°.
又AD⊥BD，则只需证明∠ADE＝∠FDB，从而转化为证明△FBD∽△EAD.
证明：∵∠CAB＝90°，AD⊥BC，
∴AB2＝BD·BC，即＝.
又∠ABC＝∠ABD，
∴△ABC∽△DBA，∴＝.
又AC＝AE，AB＝BF，
∴＝，即＝.
又∠ABD＝∠CAD，∠FBD＝60°＋∠ABD，∠EAD＝60°＋∠CAD，
∴∠FBD＝∠EAD.∴△EAD∽△FBD.
∴∠BDF＝∠ADE.
∴∠FDE＝∠FDA＋∠ADE＝∠FDA＋∠BDF.
又∵AD⊥BD，∴∠FDA＋∠BDF＝90°.
∴∠FDE＝90°.∴DE⊥DF.
规律总结
证明与直角三角形有关的问题时，常用到射影定理来构造出比例线段，从而为证明三角形相似创造条件．
探究三
易错辨析
易错点：射影定理应用有误
【典型例题3】若CD是Rt△ABC的斜边AB上的高，AB＝25，AC＝20，试确定DB和CD的长．
错解：∵AC⊥CB，CD⊥AB，
∴由射影定理得AD2＝AC·AB＝20×25＝500，
∴AD＝10.
∴DB＝AB－AD＝25－10，
又CD2＝DB·AD＝(25－10)×10
＝250－500＝250(－2)，
∴CD＝5.
错因分析：用错了射影定理，应该为AC2＝AD·AB.
正解：∵AC⊥CB，CD⊥AB，
由射影定理可知，AC2＝AD·AB，CD2＝AD·DB，
∴AD＝＝＝16，∴DB＝AB－AD＝25－16＝9，
∴CD＝＝＝12.
