【人教A版】2017-2018学年高中数学选修4-1学案（14份打包，Word版，含解析）

一　平行线等分线段定理
1．掌握平行线等分线段定理及其两个推论．(重点)
2．能运用平行线等分线段定理及其两个推论进行简单的证明或计算．(难点)
[基础·初探]
教材整理1　平行线等分线段定理
阅读教材P2～P3定理以上部分，完成下列问题．
1．文字语言
如果一组平行线在一条直线上截得的线段相等，那么在其他直线上截得的线段也相等．
2．图形语言
如图1-1-1，l1∥l2∥l3，l分别交l1，l2，l3于A，B，C，l′分别交l1，l2，l3于A1，B1，C1，若AB＝BC，则A1B1＝B1C1.
图1-1-1
教材整理2　平行线等分线段
定理的推论
阅读教材P4～P5“习题”以上部分，完成下列问题．
1．推论1
经过三角形一边的中点与另一边平行的直线必平分第三边．
2．推论2
经过梯形一腰的中点，且与底边平行的直线平分另一腰．
在梯形ABCD中，M，N分别是腰AB与腰CD的中点，且AD＝2，BC＝4，则MN等于(　　)
【导学号：07370000】
A．2.5　　　　　　　 B．3
C．3.5 D．不确定
【解析】　由梯形中位线定理知选 B.
【答案】　B
[质疑·手记]
预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：
疑问1：　
解惑：　
疑问2：　
解惑：　
疑问3：　
解惑：　
[小组合作型]
平行线等分线段定理推论1的应用
　如图1-1-2，在△ABC中，AD，BF为中线，AD，BF交于G，CE∥FB交AD的延长线于E.求证：AG＝2DE.
图1-1-2
【精彩点拨】　→→
→
【自主解答】　在△AEC中，
∵AF＝FC，GF∥EC，
∴AG＝GE.
∵CE∥FB，
∴∠GBD＝∠ECD，∠BGD＝∠E.
又BD＝DC，
∴△BDG≌△CDE.
故DG＝DE，即GE＝2DE，
因此AG＝2DE.
1．如果已知条件中出现中点，往往运用三角形的中位线定理来解决问题．
2．本例在证明DG＝DE时也可以过D作EC的平行线DH.
因为BG∥DH∥CE且BD＝CD得DG＝DE，使用平行线等分线段定理来证明．
[再练一题]
1．如图1-1-3，已知AD是三角形ABC的中线，E为AD的中点，BE的延长线交AC于F.求证：AF＝AC.
图1-1-3
【证明】　过D作DH∥BF，交AC于H.
∵BD＝CD，DH∥BF，
∴FH＝CH.
同理AF＝FH.
∴AF＝FH＝CH，
∴AF＝AC.
　平行线等分线段定理推论2的应用
　如图1-1-4所示，梯形ABCD中，AD∥BC，DC⊥BC，∠B＝60°，BC＝AB，E为AB的中点．求证：△ECD为等边三角形．
图1-1-4
【精彩点拨】　过E作EF∥BC，先证明EC＝ED，再连接AC，证明∠BCE＝30°，从而∠ECD＝60°.
【自主解答】　过E作EF∥BC交DC于F，连接AC，如图所示．
∵AD∥BC，E为AB中点，
∴F是DC中点．　①
又∵DC⊥BC，EF∥BC，
∴EF⊥DC.　②
∴由①②知，EF是DC的垂直平分线，
∴△ECD为等腰三角形．　③
∵BC＝AB，∠B＝60°，
∴△ABC是等边三角形．
又∵E是AB中点，
∴CE是∠ACB的平分线，
∴∠BCE＝30°，∴∠ECD＝60°.　④
由③④知，△ECD为等边三角形．
1．解答本题的关键是通过证明△ABC是等边三角形来证明∠BCE＝30°.
2．有梯形且存在线段中点时，常过该点作平行线，构造平行线等分线段定理的推论2的基本图形，进而进行几何证明或计算．
[再练一题]
2．如图1-1-5，在梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD，E，F分别是AB，CD的中点，EF交BD于G，交AC于H.求证：EG＝GH＝HF.
【导学号：07370001】
图1-1-5
【证明】　∵E，F分别是AB，CD的中点，AD∥BC.
∴EF∥AD，EF∥BC.
∴G，H分别是BD，AC的中点．
∴EG綊AD，FH綊AD，∴EG＝FH.
∵BC＝2AD，EH＝BC，∴EH＝AD，
又EG＝AD，∴GH＝EH－EG＝AD－AD＝AD，
∴EG＝GH，即EG＝GH＝HF.
[探究共研型]
平行线等分线段定理
探究1　你还有其它证明定理的方法吗？
【提示】　
证明：过B2作CD∥A1A3，分别交l1，l3于C，D，则可得到?A1A2B2C和?A2A3DB2.
∴A1A2＝CB2，A2A3＝B2D.
∵A1A2＝A2A3，
∴CB2＝B2D.
又∵∠1＝∠2，∠3＝∠4，
∴△B1B2C≌△B3B2D，
∴B1B2＝B2B3.
探究2　平行线等分线段定理的逆命题成立吗？
【提示】　平行线等分线段定理的逆命题是：如果一组直线截另一组直线成相等的线段，那么这组直线平行，这个命题是错误的．(如图所示)
　如图1-1-6，已知AC⊥AB，DB⊥AB，O是CD的中点，求证：OA＝O B.
图1-1-6
【精彩点拨】　由于线段OA和OB有共同端点，则转化为证明△OAB是等腰三角形即可．
【自主解答】　过O作AB的垂线，垂足为E，如图所示．
又∵AC⊥AB，DB⊥AB，
∴OE∥AC∥D B.
又∵O为CD的中点，
∴E为AB的中点，又OE⊥AB，
∴△OAB是等腰三角形，∴OA＝O B.
1．本题中由AC⊥AB，DB⊥AB知AC∥DB，联想到作OE⊥AB，再根据平行线等分线段定理证明点E是AB的中点．
2．平行线等分线段定理应在有线段的中点时应用，在没有线段的中点时构造线段的中点来应用．
[再练一题]
3．如图1-1-7，已知?ABCD的对角线AC，BD交于点O，过点A，B，C，D，O分别作直线a的垂线，垂足分别为A′，B′，C′，D′，O′.求证：A′D′＝B′C′.
图1-1-7
【证明】　∵?ABCD的对角线AC，BD交于点O，
∴OA＝OC，OB＝OD.
∵AA′⊥a，OO′⊥a，CC′⊥a，
∴AA′∥OO′∥CC′，
∴O′A′＝O′C′，
同理O′D′＝O′B′，
∴A′D′＝B′C′.
[构建·体系]
1．如图1-1-8所示，DE是△ABC的中位线，F是BC上任一点，AF交DE于G，则有(　　)
图1-1-8
A．AG>GF
B．AG＝GF
C．AGD．AG与GF的大小不确定
【解析】　∵DE是△ABC的中位线，
∴DE∥BC，AD＝DB，
∴AG＝GF.
【答案】　B
2．如图1-1-9，已知l1∥l2∥l3，那么下列结论中错误的是(　　)
图1-1-9
A．由AB＝BC可得FG＝GH
B．由AB＝BC可得OB＝OG
C．由CE＝2CD可得CA＝2BC
D．由GH＝FH可得CD＝DE
【解析】　由平行线等分线段定理知，A，C，D均正确．
【答案】　B
3．如图1-1-10，AB∥CD∥EF，AF，BE交于点O，若AO＝OD＝DF，BE＝10 cm，则BO的长是(　　)
图1-1-10
A．3 cm　　　　 B. cm
C．5 cm D．10 cm
【解析】　由平行线等分线段定理知，BO＝ cm.
【答案】　B
4．如图1-1-11所示，AF＝FD＝BD，FG∥DE∥BC，若EP＝1，则BC＝________.
【导学号：07370002】
图1-1-11
【解析】　由平行线等分线段定理知AG＝GE＝EC，则EP是△CFG的中位线，故FG＝2，又FG是△ADE的中位线，∴DE＝4，DP＝3，又DP是△FBC的中位线，
∴BC＝6.
【答案】　6
5．如图1-1-12，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.
图1-1-12
【证明】　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∥A B.在△EAB中，OF∥AB，O是AE的中点，
∴F是EB的中点，∴EF＝BF.
我还有这些不足：
(1)　
(2)　
我的课下提升方案：
(1)　
(2)　
学业分层测评(一)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．如图1-1-13，已知l1∥l2∥l3，AB，CD相交于l2上一点O，且AO＝OB，则下列结论中错误的是(　　)
图1-1-13
A．AC＝BD B．AE＝ED
C．OC＝OD D．OD＝OB
【解析】　由l1∥l2∥l3知AE＝ED，OC＝OD，
由△AOC≌△BOD知AC＝BD，
但OD与OB不能确定其大小关系．
故选D.
【答案】　D
2．如图1-1-14，已知AE⊥EC，CE平分∠ACB ，DE∥BC，则DE等于(　　)
【导学号：07370003】
图1-1-14
A．BC－AC
B．AC－BF
C.(AB－AC)
D.(BC－AC)
【解析】　由已知得CE是线段AF的垂直平分线．
∴AC＝FC，AE＝EF.
∵DE∥BC，
∴DE是△ABF的中位线，
∴DE＝BF＝(BC－AC)．
【答案】　D
3．如图1-1-15所示，过梯形ABCD的腰AD的中点E的直线EF平行于底边，交BC于F，若AE的长是BF的长的，则FC是ED的(　　)
图1-1-15
A.倍 B.倍
C．1倍 D.倍
【解析】　∵AB∥EF∥DC，且AE＝DE，
∴BF＝FC.又∵AE＝BF，
∴FC＝ED.
【答案】　B
4．如图1-1-16，在梯形ABCD中，E为AD的中点，EF∥AB，EF＝30 cm，AC交EF于G，若FG－EG＝10 cm，则AB＝(　　)
图1-1-16
A．30 cm B．40 cm
C．50 cm D．60 cm
【解析】　由平行线等分线段定理及推论知，点G，F分别是线段AC，BC的中点，则
EG＝DC，FG＝AB，
∴
解得
【答案】　B
5.如图1-1-17，在梯形ABCD中，AD∥BC，E为BC中点，且AE∥DC，AE交BD于点F，过点F的直线交AD的延长线于点M，交CB的延长线于点N，则FM与FN的关系为(　　)
图1-1-17
A．FM>FN　　 B．FMC．FM＝FN D．不能确定
【解析】　∵AD∥BC，AE∥DC，
∴四边形AECD是平行四边形.
∴AD＝EC＝BC，
即BE＝EC＝AD.
∴△ADF≌△EBF，
∴AF＝FE，
∴△AFM≌△EFN，
∴FM＝FN.
【答案】　C
二、填空题
6．如图1-1-18所示，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝2，BC＝6，E，F分别为对角线BD，AC的中点，则EF＝____.
图1-1-18
【解析】　如图所示，过E作GE∥BC交BA于G.
∵E是DB的中点，
∴G是AB的中点，又F是AC的中点，
∴GF∥BC，∴G，E，F三点共线，
∴GE＝AD＝1，GF＝BC＝3，
∴EF＝GF－GE＝3－1＝2.
【答案】　2
7．如图1-1-19，已知在△ABC中，AD∶DC＝1∶1，E为BD的中点，AE延长线交BC于F，则BF与FC的比值为__________．
【导学号：07370004】
图1-1-19
【解析】　过D作DG平行于BC，交AF于点G，再根据平行线等分线段定理即可解决．
【答案】　
8．如图1-1-20，在△ABC中，E是AB的中点，EF∥BD，EG∥AC，CD＝AD，若EG＝5 cm，则AC＝________；若BD＝20 cm，则EF＝________.
图1-1-20
【解析】　∵E为AB的中点，EF∥BD，
∴F为AD的中点．
∵E为AB的中点，EG∥AC，∴G为BD的中点，若EG＝5 cm，则AD＝10 cm，又CD＝AD＝5 cm，∴AC＝15 cm.若BD＝20 cm ，则EF＝BD＝10 cm.
【答案】　15 cm　10 cm
三、解答题
9．(2016·南京模拟)如图1-1-21，在梯形ABCD中，CD⊥BC，AD∥BC，E为腰CD的中点，且AD＝2 cm，BC＝8 cm，AB＝10 cm，求BE的长度．
图1-1-21
【解】　过E点作直线EF平行于BC，交AB于F，作BG⊥EF于G(如图)，
因为E为腰CD的中点，所以F为AB的中点，所以BF＝AB＝5 cm，
又EF＝＝＝5(cm)，
GF＝BC－FE＝8 cm－5 cm＝3 cm，
所以GB＝＝＝4 cm，
EC＝GB＝4 cm，
所以BE＝＝＝4(cm)．
10．用一张矩形纸，你能折出一个等边三角形吗？如图1-1-22(1)，先把矩形纸ABCD对折，设折痕为MN；再把B点叠在折痕线上，得到Rt△ABE，沿着EB线折叠，就能得到等边△EAF，如图(2)．想一想，为什么？
图1-1-22
【解】　利用平行线等分线段定理的推论2，
∵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.
又∵∠1与和它重合的角相等，
∴∠1＝∠2＝30°.
在Rt△AEB中，∠AEB＝60°，∠1＋∠2＝60°，
∴△AEF是等边三角形．
[能力提升]
1．如图1-1-23，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(　　)
图1-1-23
A.倍　　　　 B.倍
C.倍 D.倍
【解析】　∵EF⊥BC，AD⊥BC，∴EF∥AD.
又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.
【答案】　A
2．梯形的一腰长10 cm，该腰和底边所形成的角为30°，中位线长为12 cm，则此梯形的面积为(　　)
A．30 cm2 B．40 cm2
C．50 cm2 D．60 cm2
【解析】　如图，过A作AE⊥BC，在Rt△ABE中，AE＝ABsin 30°＝5 cm.又已知梯形的中位线长为12 cm，
∴AD＋BC＝2×12＝24(cm)．
∴梯形的面积S＝(AD＋BC)·AE
＝×5×24＝60(cm2)．
【答案】　D
3．如图1-1-24，AB＝AC，AD⊥BC于D，M是AD的中点，CM交AB于P，DN∥CP，若AB＝9 cm，则AP＝__________；若PM＝1 cm，则PC＝__________.
【导学号：07370005】
图1-1-24
【解析】　由AB＝AC和AD⊥BC，结合等腰三角形的性质，得D是BC的中点．再由DN∥CP，可得N是BP的中点．同理可得P是AN的中点，由此可得答案．
【答案】　3 cm　4 cm
4．如图1-1-25所示，AE∥BF∥CG∥DH，AB＝BC＝CD，AE＝12，DH＝16，AH交BF于点M，求BM与CG的长．
图1-1-25
【解】　如图，取BC的中点P，作PQ∥DH交EH于点Q，则PQ是梯形ADHE的中位线．
∵AE∥BF∥CG∥DH，
AB＝BC＝CD，
AE＝12，DH＝16，
∴＝，＝，
∴＝，
∴BM＝4.
∵PQ为梯形的中位线，
∴PQ＝(AE＋DH)＝(12＋16)＝14.
同理，CG＝(PQ＋DH)＝(14＋16)＝15.
二　平行线分线段成比例定理
1．掌握平行线分线段成比例定理及其推论．(重点)
2．能利用平行线分线段成比例定理及推论解决有关问题. (难点、易混点)
[基础·初探]
教材整理1　平行线分线段成比例定理
阅读教材P5～P7“定理”及以上部分，完成下列问题．
1．文字语言
三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．
2．图形语言
如图1-2-1，l1∥l2∥l3，
则有：＝，
＝，＝.
图1-2-1
如图1-2-2所示，DE∥AB，DF∥BC，下列结论中不正确的是(　　)
图1-2-2
A.＝　　 B.＝
C.＝ D.＝
【解析】　∵DF∥EB，DE∥FB，
∴四边形DEBF为平行四边形，
∴DE＝BF，DF＝EB，
∴＝＝，A正确；
＝＝，B正确；
＝＝，C正确．
【答案】　D
教材整理2　平行线分线段成比例定理的推论
阅读教材P7～P9，完成下列问题．
1．文字语言
平行于三角形一边的直线截其他两边(或两边的延长线)所得的对应线段成比例．
2．图形语言
如图1-2-3，l1∥l2∥l3，
图1-2-3
如图1-2-4所示，在△ACE中，B，D分别在AC，AE上，下列推理不正确的是(　　)
图1-2-4
A．BD∥CE?＝
B．BD∥CE?＝
C．BD∥CE?＝
D．BD∥CE?＝
【解析】　由平行线分线段成比例定理的推论不难得出A，B，C都是正确的，D是错误的．
【答案】　D
[质疑·手记]
预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：
疑问1：　
解惑：　
疑问2：　
解惑：　
疑问3：　
解惑：　
[小组合作型]
证明线段成比例
　如图1-2-5，AD为△ABC的中线，在AB上取点E，AC上取点F，使AE＝AF，求证：＝.
图1-2-5
【精彩点拨】　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，可以考虑补一个平行四边形来求解．
【自主解答】　如图，过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．解答本题的关键是添加辅助线，构造平行四边形．
2．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．
3．利用平行线转移比例是常用的证题技巧，当题中没有平行线条件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，如本题中，＝＝＝.
[再练一题]
1．如图1-2-6，AD∥BE∥CF，EG∥FH，求证：＝.
图1-2-6
【证明】　∵AD∥BE∥CF，
∴＝.
又∵EG∥FH，∴＝，
∴＝.
　证明线段相等
　如图1-2-7，在梯形ABCD中，AD∥BC，F为对角线AC上一点，FE∥BC交AB于E，DF的延长线交BC于H，DE的延长线交CB的延长线于G.求证：BC＝GH. 【导学号：07370006】
图1-2-7
【精彩点拨】　从复杂的图形中找出基本图形△ABC和△DHG，而EF是它们的截线，再使用定理或推论即可．
【自主解答】　∵FE∥BC，∴＝，＝.
∵AD∥EF∥BH，∴＝，
∴＝，∴BC＝GH.
1．解答本题的关键是构造分子或分母相同的比例式．
2．应用平行线分线段成比例定理及推论应注意的问题：
(1)作出图形，观察图形及已知条件，寻找合适的比例关系；
(2)如果题目中没有平行线，要注意添加辅助线，可添加的辅助线可能很多，要注意围绕待证式；
(3)要注意“中间量”的运用与转化．
[再练一题]
2．如图1-2-8所示，已知梯形ABCD的对角线AC与BD相交于点P，两腰BA，CD的延长线相交于点O，EF∥BC且EF过点P.
求证：(1)EP＝PF；
(2)OP平分AD和BC.
图1-2-8
【证明】　(1)∵EP∥BC，∴＝.
又∵PF∥BC，∴＝.
∵AD∥EF∥BC，∴＝，
∴＝，∴EP＝PF.
(2)在△OEP中，AD∥EP，∴＝.
在△OFP中，HD∥PF，∴＝，
∴＝.
又由(1)知EP＝PF，∴AH＝HD.
同理BG＝GC.
∴OP平分AD和BC.
[探究共研型]
平行线分线段成比例
探究1　你还有其它方法证明课本P8的例3吗？
【提示】　过点C作CF∥AB，与DE的延长线交于点F.
∵DE∥BC，CF∥AB，
∴＝，＝.
∴＝.
∵四边形BCFD是平行四边形，
∴DF＝BC，
∴＝，
∴＝＝.
探究2　如何证明课本中P9中“探究”？
【提示】　如果l1与l2相交于点G(如图(1))，那么l1与l2确定一个平面π.连接AD，BE，CF，则AD，BE，CF均在平面π上，且AD∥BE∥CF.由平行线分线段成比例定理可知，＝.
如果l1与l2是异面直线，那么可在直线l2上取一点G，过点G作l3∥l1，设l3与平面α，β，γ分别相交于P，Q，R(如图(2))，则l1与l3确定一个平面π1，l3与l2确定一个平面π2.在π1中，连接AP，BQ，CR，则AP∥BQ∥CR，所以＝.
在平面π2中，连接PD，QE，RF，则PD∥QE∥RF，所以＝，
所以＝.
(1)　　　　　　　　　　　　　(2)
　如图1-2-9所示，在梯形ABCD中，AD∥BC，EF经过梯形对角线的交点O，且EF∥AD.
(1)求＋的值；
(2)求证：＋＝.
图1-2-9
【精彩点拨】　(1)利用比例线段转化所求；
(2)证出EF＝2OE，再利用(1)的结果证明．
【自主解答】　(1)∵OE∥AD，∴＝.
∵EF∥AD，AD∥BC，∴EF∥AD∥BC，
∴＝，
∴＋＝＋＝＝1.
(2)证明：∵AD∥BC∥EF，
可得＝＝＝，
故OF＝OE，即EF＝2OE.
由(1)知，∵＋＝1，∴＋＝2.
∴＋＝2，
∴＋＝.
1．本题要证明的结论较多，证明时要注意与图形的结合和对式子的合理变形．
2．运用平行线分线段成比例定理的推论来证明比例式或计算比值，应分清相关三角形中的平行线段及所截边，并注意在求解过程中运用等比性质、合比性质等．
[再练一题]
3．如图1-2-10，已知点E是?ABCD边CD延长线上的一点，连接BE交AC于点O，交AD于点F.求证：OB2＝OE·OF. 【导学号：07370007】
图1-2-10
【证明】　因为四边形ABCD是平行四边形，
所以AB∥CD，AD∥BC.
由AB∥CE，得＝.
由AF∥BC，得＝，
所以＝(等量代换)，
即OB2＝OE·OF.
[构建·体系]
1．如图1-2-11，已知DE∥BC，则下列比例式成立的是(　　)
图1-2-11
A.＝　　　　　 B.＝
C.＝ D.＝
【解析】　由平行线分线段成比例定理的推论知，＝.
【答案】　C
2．如图1-2-12，已知＝，DE∥BC，则等于(　　)
图1-2-12
A. B.
C. D.
【解析】　∵DE∥BC，＝.
∴＝，
∴＝.
又∵＝，
∴＝.
【答案】　C
3．如图1-2-13所示，一条河的两岸有一段是平行的，在河的南岸边每隔5米有一颗树，在北岸边每隔50米有一根电线杆．小丽站在离南岸边15米的点P处看北岸，发现北岸相邻的两根电线杆恰好被南岸的两棵树遮住，并且在这两棵树之间还有三棵树，则河宽为________米．
图1-2-13
【解析】　设河宽为x米，据题意＝，
解得x＝22.5.
【答案】　22.5
4．如图1-2-14所示，已知a∥b，＝，＝3，则＝________. 【导学号：07370008】
图1-2-14
【解析】　∵a∥b，
∴＝，＝.
∵＝3，∴BC＝3CD，
∴BD＝4CD.
又∵＝，
∴＝＝，
∴＝，∴＝，
∴＝＝.
【答案】　
5．如图1-2-15，AD平分∠BAC，DE∥AC，EF∥BC，AB＝15 cm，AF＝4 cm，求BE和DE的长．
图1-2-15
【解】　∵DE∥AC，
∴∠3＝∠2.
又AD平分∠BAC，
∴∠1＝∠2，
∴∠1＝∠3，即AE＝ED.
∵DE∥AC，EF∥BC，
∴四边形EDCF是平行四边形，
∴ED＝FC，即AE＝ED＝FC.
设AE＝DE＝FC＝x.
由EF∥BC，得＝，即＝，
解得x1＝6，x2＝－10(舍去)．
所以DE＝6(cm)，BE＝15－6＝9(cm)．
我还有这些不足：
(1)　
(2)　
我的课下提升方案：
(1)　
(2)　
学业分层测评(二)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．如图1-2-16，梯形ABCD中，AD∥BC，E是DC延长线上一点，AE分别交BD于G，交BC于F.下列结论：①＝；②＝；③＝；④＝.其中正确的个数是(　　)
图1-2-16
A．1　 B．2　　　　
C．3　　　　 D．4
【解析】　∵BC∥AD，
∴＝，＝，故①④正确．
∵BF∥AD，
∴＝，故②正确．
【答案】　C
2．如图1-2-17，E是?ABCD的边AB延长线上的一点，且＝，则＝
(　　)
图1-2-17
A.　　　 B.　　　
C.　　　 D.
【解析】　∵CD∥AB，∴＝＝，
又AD∥BC，∴＝.
由＝，得＝，
即＝，
∴＝＝.故选C.
【答案】　C
3．如图1-2-18，平行四边形ABCD中，N是AB延长线上一点，则－为(　　)
【导学号：07370009】
图1-2-18
A. B．1
C. D.
【解析】　∵AD∥BM，∴＝.
又∵DC∥AN，∴＝，
∴＝，
∴＝，
∴－＝－＝＝1.
【答案】　B
4．如图1-2-19，AD是△ABC的中线，E是CA边的三等分点，BE交AD于点F，则AF∶FD为(　　)
图1-2-19
A．2∶1　　　 B．3∶1
C．4∶1 D．5∶1
【解析】　过D作DG∥AC交BE于G，
如图，因为D是BC的中点，
所以DG＝EC，
又AE＝2EC，
故AF∶FD＝AE∶DG＝2EC∶EC＝4∶1.
【答案】　C
5．如图1-2-20，将一块边长为12的正方形纸ABCD的顶点A，折叠至边上的点E，使DE＝5，折痕为PQ，则线段PM和MQ的比是(　　)
图1-2-20
A．5∶12　 B．5∶13
C．5∶19 D．5∶21
【解析】　如图，作MN∥AD交DC于点N，
∴＝.
又∵AM＝ME，
∴DN＝NE＝DE＝，
∴NC＝NE＋EC＝＋7＝.
∵PD∥MN∥QC，
∴＝＝＝.
【答案】　C
二、填空题
6．(2016·乌鲁木齐)如图1-2-21，在△ABC中，点D，E分别在AB，AC上，DE∥BC，AD＝CE，若AB∶AC＝3∶2，BC＝10，则DE的长为__________．
图1-2-21
【解析】　∵DE∥BC，
∴AD∶AE＝AB∶AC＝3∶2.
∵AD＝CE，
∴CE∶AE＝3∶2.
∵AE∶AC＝2∶5，
∴DE∶BC＝2∶5.
∵BC＝10，
∴DE∶10＝2∶5，
解得DE＝4.
【答案】　4
7．如图1-2-22，已知B在AC上，D在BE上，且AB∶BC＝2∶1，ED∶DB＝2∶1，则AD∶DF＝________.
图1-2-22
【解析】　如图，过D作DG∥AC交FC于G.
则＝＝，∴DG＝BC.
又BC＝AC，∴DG＝AC.
∵DG∥AC，∴＝＝，
∴DF＝AF.
从而AD＝AF，∴AD∶DF＝7∶2.
【答案】　7∶2
8．如图1-2-23，在梯形ABCD中，AD∥BC，BD与AC相交于O，过O的直线分别交AB，CD于E，F，且EF∥BC，若AD＝12，BC＝20，则EF＝________.
图1-2-23
【解析】　∵AD∥EF∥BC，∴＝＝＝，
∴EO＝FO，而＝＝，＝，BC＝20，AD＝12，
∴＝1－＝1－，∴EO＝7.5，∴EF＝15.
【答案】　15
三、解答题
9．线段OA⊥OB，点C为OB中点，D为线段OA上一点．连接AC，BD交于点P.如图1-2-24，当OA＝OB，且D为OA中点时，求的值．
图1-2-24
【解】　过D作DE∥CO交AC于E，
因为D为OA中点，
所以AE＝CE＝AC，＝，
因为点C为OB中点，所以BC＝CO，＝，
所以＝＝，所以PC＝CE＝AC，所以＝＝＝2.
10．如图1-2-25，AB⊥BD于B，CD⊥BD于D，连接AD，BC交于点E，EF⊥BD于F，求证：＋＝. 【导学号：07370010】
图1-2-25
【证明】　∵AB⊥BD，CD⊥BD，EF⊥BD，
∴AB∥EF∥CD，
∴＝，＝，
∴＋＝＋＝＝＝1，
∴＋＝.
[能力提升]
1．如图1-2-26，已知△ABC中，AE∶EB＝1∶3，BD∶DC＝2∶1，AD与CE相交于F，则＋的值为(　　)
图1-2-26
A. B．1
C. D．2
【解析】　过点D作DG∥AB交EC于点G，则＝＝＝.而＝，即＝，所以AE＝DG，从而有AF＝FD，EF＝FG＝CG，故＋＝＋＝＋1＝.
【答案】　C
2．如图1-2-27，已知P，Q分别在BC和AC上，＝，＝，则＝
(　　)
图1-2-27
A．3∶14 B．14∶3
C．17∶3 D．17∶14
【解析】　过点P作PM∥AC，
交BQ于M，则＝.
∵PM∥AC且＝，
∴＝＝.
又∵＝，∴＝·＝×＝，
即＝.
【答案】　B
3.如图1-2-28所示，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__________．
图1-2-28
【解析】　如图，延长AD，BC交于点O，作OH⊥AB于点H.
∴＝，得x＝2h1，＝，得h1＝h2.
∴S梯形ABFE＝×(3＋4)×h2＝h1，
S梯形EFCD＝×(2＋3)×h1＝h1，
∴S梯形ABFE∶S梯形EFCD＝7∶5.
【答案】　7∶5
4．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．
【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.
∵AB∥CD，
∴＝，
∴CD＝＝＝4.8(m)，
即路灯的高为4.8 m.
三　相似三角形的判定及性质
1．相似三角形的判定
1．了解三角形相似的定义．
2．掌握相似三角形的判定定理，以及直角三角形相似的判定方法．(重点、易混点)
[基础·初探]
教材整理1　相似三角形的有关概念
阅读教材P10“定义”部分，完成下列问题．
1．定义
对应角相等，对应边成比例的两个三角形叫做相似三角形．
2．相似比
相似三角形对应边的比值叫做相似比(或相似系数)．
教材整理2　相似三角形的判定
阅读教材P10～P15“思考”以上部分，完成下列问题．
1．预备定理
平行于三角形一边的直线和其他两边(或两边的延长线)相交，所构成的三角形与原三角形相似．
2．相似三角形的判定
定理名称
定理内容
简述
判定
定理1
对于任意两个三角形，如果一个三角形的两个角与另一个三角形的两个角对应相等，那么这两个三角形相似.
两角对应相等，两三角形相似．
判定
定理2
对于任意两个三角形，如果一个三角形的两边和另一个三角形的两边对应成比例，并且夹角相等，那么这两个三角形相似
两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似.
判定
定理3
对于任意两个三角形，如果一个三角形的三条边和另一个三角形的三条边对应成比例，那么这两个三角形相似.
三边对应成比例，两三角形相似.
　如图1-3-1所示，在△ABC中，FD∥GE∥BC，则与△AFD相似的三角形有(　　) 【导学号：07370011】
图1-3-1
A．1个　　　 B．2个
C．3个 D．4个
【解析】　∵FD∥GE∥BC，
∴△AFD∽△AGE∽△ABC.
【答案】　B
教材整理3　直角三角形的相似
阅读教材P13～P16“相似三角形的性质”以上部分，完成下列问题．
1．引理
如果一条直线截三角形的两边(或两边的延长线)所得的对应线段成比例，那么这条直线平行于三角形的第三边．
2．直角三角形相似的判定
定理：(1)如果两个直角三角形有一个锐角对应相等，那么它们相似．
(2)如果两个直角三角形的两条直角边对应成比例，那么它们相似．
定理：如果一个直角三角形的斜边和一条直角边与另一个三角形的斜边和一条直角边对应成比例，那么这两个直角三角形相似．
下列判断中，不正确的是(　　)
A．两直角边分别是3.5,2和2.8,1.6的两个直角三角形相似
B．斜边和一直角边长分别是2，4和，2的两个直角三角形相似
C．两条边长分别是7,4和14,8的两个直角三角形相似
D．两个等腰直角三角形相似
【解析】　由直角三角形相似判定定理知A，B，D正确．
【答案】　C
[质疑·手记]
预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：
疑问1：　
解惑：　
疑问2：　
解惑：　
疑问3：　
解惑：　
[小组合作型]
相似三角形的判定
　如图1-3-2，在?ABCD中，过点B作BE⊥CD，垂足为E，连接AE，F为AE上一点，且∠BFE＝∠C.
图1-3-2
(1)求证：△ABF∽△EAD；
(2)若AB＝4，∠BAE＝30°，求AE的长．
【精彩点拨】　(1)要证△ABF∽△EAD，易知∠1＝∠2，只需再找一对角相等，即可利用判定定理1证明两三角形相似．(2)解Rt△ABE可求得AE的长．
【自主解答】　(1)证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠1＝∠2，∠C＋∠D＝180°.
又∵∠C＝∠BFE，∠BFE＋∠BFA＝180°，
∴∠D＝∠BFA，∴△ABF∽△EAD.
(2)∵AB∥CD，BE⊥CD，∴∠ABE＝90°.
在Rt△AEB中，∠1＝30°，AB＝4，
∴AE＝＝＝ .
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，还缺少什么条件就推导出这些条件．
[再练一题]
1．如图1-3-3，已知在△ABC中，AB＝AC，∠A＝36°，BD是角平分线，证明：△ABC∽△BDC.
图1-3-3
【证明】　∵∠A＝36°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C＝72°.
又∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD＝36°，
∴∠A＝∠CBD.
又∵∠C＝∠C，∴△ABC∽△BDC.
　证明线段成比例
　如图1-3-4，已知△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC于D，E是AC的中点，连接ED并延长与AB的延长线交于F.求证：＝.
图1-3-4
【精彩点拨】　由条件知：AB∶AC＝BD∶AD，转证BD∶AD＝DF∶AF，变为证△FAD∽△FDB.其中BD∶AD正是两对相似三角形的中间比．
【自主解答】　∵∠BAC＝90°，AD⊥BC，
∴∠C＝∠BAD，Rt△ADB∽Rt△CDA，
∴＝.
又∵E是AC的中点，∴AE＝DE＝EC，
∴∠DAE＝∠ADE，∴∠BAD＝∠BDF.
又∠F＝∠F，∴△FDB∽△FAD.
∴＝，
即＝.
1．本题根据＝，把欲证明的问题转化为证明＝是解题的关键．
2．求证的成比例线段所在的三角形不相似时，应考虑用中间比过渡，也就是转证其他三角形相似，得到比例线段，最后得证结论．
[再练一题]
2．如图1-3-5所示，已知梯形ABCD中，AB∥DC，AC，BD相交于点O，BE∥AD交AC的延长线于点E.求证：OA2＝OC·OE.
图1-3-5
【证明】　∵DC∥AB，
∴△AOB∽△COD，
∴＝.
又∵AD∥BE，∴△ODA∽△OBE，∴＝，
∴＝，即OA2＝OC·OE.
证明两直线平行
　如图1-3-6，D为△ABC的边AB上一点，过D点作DE∥BC，DF∥AC，AF交DE于G，BE交DF于H，连接GH.求证：GH∥A B.
图1-3-6
【精彩点拨】　结合图形的特点可以先证比例式＝成立，再证△EGH∽△EDB，由此得∠EHG＝∠EBD即可．
【自主解答】　∵DE∥BC，
∴＝＝，即＝.
又∵DF∥AC，∴＝.
∴＝，∴＝.
又∠GEH＝∠DEB，∴△EGH∽△EDB，
∴∠EHG＝∠EBD，∴GH∥AB.
1．由平行线可以得到比例式，由比例式也可以确定两直线的平行关系．
2．证明平行关系时，可以由引理找到比例式得证，也可以使用平行线的其他判定方法．
[再练一题]
3.如图1-3-7，在平行四边形ABCD中，直线EF∥AB，连接AE，BF，DE，CF，分别交于G，H，连接GH.求证：GH∥BC.
图1-3-7
【证明】　∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB∥CD，AB＝CD.
又∵EF∥AB，∴AB∥EF∥CD，
∴△BAG∽△FEG，△DCH∽△EFH，
∴＝，＝，∴＝，
∴GH∥BC.
[构建·体系]
1．如图1-3-8，锐角三角形ABC的高CD和BE相交于点O，图中与△ODB相似的三角形的个数是(　　)
图1-3-8
A．1　　　 B．2
C．3 D．4
【解析】　∵BE⊥AC，CD⊥AB，
∴△ODB，△ABE，△ADC，△OCE都是直角三角形．
又∵∠DBO＝∠EBA，∠A＝∠A，∠DOB＝∠EOC，
∴△ODB∽△AEB∽△ADC，△ODB∽△OEC，
∴与△ODB相似的三角形有3个．
【答案】　C
2．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(　　) 【导学号：07370012】
A．①③ B．①④
C．①②④ D．①③④
【解析】　①③都是判定定理，显然正确，②中若相等的角是直角，则不一定相似，故不正确．④中，若相等的角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，故不正确．
【答案】　A
3．如图1-3-9所示，DE与BC不平行，当＝________时，△ABC∽△AED.
图1-3-9
【解析】　△ABC与△AED有一个公共角∠A，当∠A的两夹边对应成比例，即＝时，这两个三角形相似．
【答案】　
4．如图1-3-10所示，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，AC＝6，AD＝3，则AB＝________.
图1-3-10
【解析】　在△ACD和△ABC中，
∠A＝∠A，∠ADC＝∠ACB＝90°.
∴△ACD∽△ABC，
∴＝，
∴＝，∴AB＝12.
【答案】　12
5．如图1-3-11，△ABC是等边三角形，且点E，D在直线BC上，且∠DAE＝120°，求证：△EAB∽△EDA.
图1-3-11
【证明】　因为∠DAE＝120°，△ABC是等边三角形，
所以∠ABE＝120°＝∠DAE，
又∠E为公共角，
在△EAB和△EDA中，有两组对应角相等，所以△EAB∽△EDA.
我还有这些不足：
(1)　
(2)　
我的课下提升方案：
(1)　
(2)　
学业分层测评(三)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．如图1-3-12，在正方形网格上有6个三角形：①△ABC，②△BCD，③△BDE，④△BFG，⑤△FGH，⑥△EFK.其中，②～⑥中与三角形①相似的是
(　　)
图1-3-12
A．②③④　　 B．③④⑤
C．④⑤⑥ D．②③⑥
【解析】　由相似三角形判定定理知选B.
【答案】　B
2．如图1-3-13，在△ABC中，M在BC上，N在AM上，CM＝CN，且＝，下列结论中正确的是(　　)
图1-3-13
A．△ABM∽△ACB
B．△ANC∽△AMB
C．△ANC∽△ACM
D．△CMN∽△BCA
【解析】　∵CM＝CN，∴∠CMN＝∠CNM.
∵∠AMB＝∠CNM＋∠MCN，
∠ANC＝∠CMN＋∠MCN，∴∠AMB＝∠ANC.
又＝，
∴△ANC∽△AM B.
【答案】　B
3．如图1-3-14，正方形ABCD中，E为AB的中点，AF⊥DE于点O，则等于(　　)
【导学号：07370013】
图1-3-14
A. B.
C. D.
【解析】　∵AF⊥DE，∴Rt△DAO∽Rt△DEA，
∴＝＝.
【答案】　D
4．如图1-3-15，在等边三角形ABC中，E为AB中点，点D在AC上，使得＝，则有(　　)
图1-3-15
A．△AED∽△BED
B．△AED∽△CBD
C．△AED∽△ABD
D．△BAD∽△BCD
【解析】　因为∠A＝∠C，＝＝2，所以△AED∽△CBD.
【答案】　B
5.如图1-3-16所示，已知点E，F分别是△ABC中AC，AB边的中点，BE，CF相交于点G，FG＝2，则CF的长为(　　)
图1-3-16
A．4 B．4.5
C．5 D．6
【解析】　∵E，F分别是△ABC中AC，AB边的中点，∴FE∥BC，由相似三角形的预备定理，得△FEG∽△CBG，∴＝＝.
又FG＝2，∴GC＝4，∴CF＝6.
【答案】　D
二、填空题
6．如图1-3-17，BD⊥AE，∠C＝90°，AB＝4，BC＝2，AD＝3，则DE＝________，CE＝________.
图1-3-17
【解析】　在Rt△ACE和Rt△ADB中，∠A为公共角，∴△ACE∽△ADB，∴＝，
∴AE＝＝＝＝8，则DE＝AE－AD＝5，
在Rt△ACE中，CE＝＝＝2.
【答案】　5　2
7．如图1-3-18，∠B＝∠D，AE⊥BC，∠ACD＝90°，且AB＝6，AC＝4，AD＝12，则AE＝________.
图1-3-18
【解析】　由∠B＝∠D，AE⊥BC及∠ACD＝90°可以推得：
Rt△ABE∽Rt△ADC，故＝
∴AE＝＝2.
【答案】　2
8.如图1-3-19，在平行四边形ABCD中，E在DC上，若DE∶EC＝1∶2，则BF∶BE＝________. 【导学号：07370014】
图1-3-19
【解析】　∵DE∶EC＝1∶2，
∴DC∶EC＝3∶2，∴AB∶EC＝3∶2.
∵AB∥EC，
∴△ABF∽△CEF，
∴＝＝，∴＝.
【答案】　3∶5
三、解答题
9．如图1-3-20，已知△ABC中，AB＝AC，AD是中线，P是AD上一点，过C作CF∥AB，延长BP交AC于E，交CF于点F.
求证：PB2＝PE·PF.
图1-3-20
【证明】　连接PC.
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB.
∵AD是中线，∴AD垂直平分BC，
∴PB＝PC，
∴∠PBD＝∠PCD，
∴∠ABP＝∠ACP.
又∵CF∥AB，∴∠ABP＝∠F＝∠ACP，
而∠CPE＝∠FPC.
∴△PCE∽△PFC，
∴＝，∴PC2＝PE·PF，
即PB2＝PE·PF.
10.如图1-3-21，某市经济开发区建有B，C，D三个食品加工厂，这三个工厂和开发区A处的自来水厂正好在一个矩形的四个顶点上，它们之间有公路相通，且AB＝CD＝900米，AD＝BC＝1 700米．自来水公司已经修好一条自来水主管道AN，B，C两厂之间的公路与自来水主管道交于E处，EC＝500米．若自来水主管道到各工厂的自来水管道由各厂负责修建，每米造价800元．
图1-3-21
(1)要使修建自来水管道的造价最低，这三个工厂的自来水管道路线应怎样设计？并在图中画出该路线；
(2)求出各厂所修建的自来水管道的最低造价各是多少元？
【解】　(1)如图，过B，C，D分别作AN的垂线段BH，CF，DG交AN于H，F，G，BH，CF，DG即为所求的造价最低的管道路线．
(2)在Rt△ABE中，AB＝900米，
BE＝1 700－500＝1 200米，
∴AE＝＝1 500(米)，
由△ABE∽△CFE，得到＝，
即＝，
可得CF＝300(米)．由△BHE∽△CFE，
得＝，
即＝，可得BH＝720(米)．
由△ABE∽△DGA，得＝，
即＝，
可得DG＝1020(米)．
所以，B，C，D三厂所建自来水管道的最低造价分别是720×800＝576 000(元)，300×800＝240 000(元)，1 020×800＝816 000(元)．
[能力提升]
1.如图1-3-22所示，要使△ACD∽△BCA，下列各式中必须成立的是(　　)
图1-3-22
A.＝　　　 B.＝
C．AC2＝CD·CB D．CD2＝AC·AB
【解析】　∠C＝∠C，只有＝，即AC2＝CD·CB时，才能使△ACD∽△BCA.
【答案】　C
2．如图1-3-23所示，∠AOD＝90°，OA＝OB＝BC＝CD，则下列结论正确的是(　　)
图1-3-23
A．△DAB∽△OCA
B．△OAB∽△ODA
C．△BAC∽△BDA
D．△OAC∽△ABD
【解析】　设OA＝OB＝BC＝CD＝a，
则AB＝a，BD＝2a，
∴＝，＝＝，
∴＝，且∠ABC＝∠DBA，
∴△BAC∽△BDA.
【答案】　C
3．如图1-3-24所示，∠BAC＝∠DCB，∠CDB＝∠ABC＝90°，AC＝a，BC＝B.当BD＝__________时，△ABC∽△CDB.
图1-3-24
【解析】　由＝即可得到．
【答案】　
4．如图1-3-25所示，在矩形ABCD中，E为AD的中点，EF⊥EC交AB于F，连接FC(AB>AE)．
图1-3-25
(1)△AEF与△ECF是否相似？若相似证明你的结论；若不相似，请说明理由；
(2)设＝k，是否存在这样的k值 ，使得△AEF与△BFC相似，若存在，证明你的结论，并求出k的值；若不存在，说明理由．
【解】　(1)相似．在矩形ABCD中，∠A＝∠D＝90°.
∵EF⊥EC，A，E，D共线，∴∠AEF＋∠DEC＝90°.
又∵∠DCE＋∠DEC＝90°，∴∠AEF＝∠DCE，
∴△AEF∽△DCE，∴＝，
∴AE＝DE，∴＝.
又∵∠A＝∠FEC＝90°，∴△AEF∽△ECF.
(2)存在．由于∠AEF＝90°－∠AFE<180°－∠CFE－∠AFE＝∠BFC，
∴只能是△AEF∽△BCF，∠AEF＝∠BCF.
由(1)知∠AEF＝∠DCE＝∠ECF＝∠FCB＝30°.
∴＝＝＝，即k＝.
反过来，在k＝时，＝，∠DCE＝30°，
∠AEF＝∠DCE＝30°，∠ECF＝∠AEF＝30°，
∠BCF＝90°－30°－30°＝30°＝∠AEF.
∴△AEF∽△BCF.
2．相似三角形的性质
1．掌握相似三角形的性质．(重点)
2．能利用相似三角形的性质解决有关问题．(难点)
[基础·初探]
教材整理　相似三角形的性质
阅读教材P16～P19“习题”以上部分，完成下列问题．
1．相似三角形对应高的比、对应中线的比和对应角平分线的比都等于相似比．
2．相似三角形周长的比等于相似比．
3．相似三角形面积的比等于相似比的平方．
4．相似三角形外接圆的直径比、周长比等于相似比，外接圆的面积比等于相似比的平方．
　如图1-3-26，△ABC中，DE∥BC，若AE∶EC＝1∶2，且AD＝4 cm，则DB等于(　　)
图1-3-26
A．2 cm　　 B．6 cm
C．4 cm D．8 cm
【解析】　由DE∥BC，
得△ADE∽△ABC，
∴＝，
∴＝＝，
∴DB＝4×2＝8(cm)．
【答案】　D
[质疑·手记]
预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：
疑问1：　
解惑：　
疑问2：　
解惑：　
[小组合作型]
　利用相似三角形性质进行证明
　(2016·南开中学模拟)如图1-3-27所示，在△ABC中，AB＝AC，BD⊥AC.求证：BC2＝2AC·CD. 【导学号：07370015】
图1-3-27
【精彩点拨】　要证BC2＝2AC·CD，可考虑用三角形相似证明，但等式右边有常数2，故可考虑AC或CD的2倍，由图形知可考虑取BC的中点，也可考虑CD的2倍．
【自主解答】　法一　取BC的中点E，连接AE.
∵AB＝AC，BE＝CE，∴AE⊥BC.
∴∠AEC＝∠BDC＝90°，∠C＝∠C.
∴△BDC∽△AEC.
∴＝，即BC·CE＝AC·CD.
于是有BC2＝AC·CD.
即BC2＝2AC·CD.
法二　在DA上截取DF＝DC，连接BF.
在△BFD和△BCD中，∵BD⊥CF，
∴∠BDF＝∠BDC＝90°.
又∵DF＝DC，BD＝BD，
∴△BFD≌△BCD，∴∠BFC＝∠C.
又∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠C.
则∠BFC＝∠ABC.
∴△ABC∽△BFC.
∴＝.
∴BC2＝AC·FC＝2AC·CD.
要证明线段相等、角相等、比例式成立等结论，有时需化归到相似三角形中加以证明，若不存在相似三角形，可添加辅助线，构造相似三角形，最终得到结论．
[再练一题]
1．如图1-3-28，在矩形ABCD中，E是DC的中点，BE⊥AC交AC于F，过F作FG∥AB交AE于G.
求证：AG2＝AF·FC.
图1-3-28
【证明】　∵E为矩形ABCD的边DC的中点，
∴AE＝BE.
又∵GF∥AB，∴EG＝EF，∴AG＝BF.
∵BE⊥AC于F，∴Rt△ABF∽Rt△BCF，
∴＝，∴BF2＝AF·FC，∴AG2＝AF·FC.
[探究共研型]
相似三角形的性质
探究1　两个相似三角形的外接圆的直径比、周长比、面积比与相似比有什么关系？
【提示】　如图(1)(2)，△ABC∽△A′B′C′，AD，A′D′分别是△ABC和△A′B′C′外接圆的直径．连接BD，B′D′，则∠ABD＝∠A′B′D′＝90°.
∵△ABC∽△A′B′C′，
∴∠C＝∠C′.而∠D＝∠C，
∠D′＝∠C′，
∴∠D＝∠D′.
∴Rt△ABD∽Rt△A′B′D′.
∴＝＝k.
∵⊙O的周长＝2π·＝π·AD，
(2)
⊙O′的周长＝2π·＝π·A′D′，
∴⊙O的周长：⊙O′的周长＝＝k.
又∵⊙O的面积＝π2，
⊙O′的面积＝π2，
∴⊙O的面积：⊙O′的面积＝＝k2.
探究2　两个相似三角形的内切圆的直径比、周长比、面积比与相似比有什么关系？如何证明？
【提示】　
　
(1)　　　　　　　　(2)
(1)如图(1)(2)，连接OB，OC，OD，O′B′，O′C′，O′D′.
∵△ABC∽△A′B′C′，
∴∠ACD＝∠A′C′D′.
∴∠OCD＝∠O′C′D′.
又∵∠ODC＝∠O′D′C′＝90°，
∴△OCD∽△O′C′D′.
∴＝.
同理可证＝.
∴＝，即＝.
∴＝，即＝.
∴＝＝＝k.
∴＝k，即两个相似三角形内切圆的直径比等于相似比．
(2)△ABC和△A′B′C′内切圆的周长分别为C＝2πr，C′＝2πr′.
∴＝＝＝k.
∴两个相似三角形内切圆的周长比等于相似比．
(3)设△ABC和△A′B′C′内切圆的面积分别为S，S′，则S＝πr2，S′＝πr′2.
∴＝＝2＝k2.
∴两个相似三角形内切圆的面积比等于相似比的平方．
　如图1-3-29所示，已知D是△ABC中AB边上一点，DE∥BC且交AC于E，EF∥AB且交BC于F，且S△ADE＝1，S△EFC＝4，则四边形BFED的面积等于多少？
图1-3-29
【精彩点拨】　利用S四边形BFED＝S△ABC－S△ADE－S△EFC得到四边形BFED的面积．
【自主解答】　∵AB∥EF，DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，△EFC∽△ABC，
∴△ADE∽△EFC.
又S△ADE∶S△EFC＝1∶4，
∴AE∶EC＝1∶2.
∴AE∶AC＝1∶3.
∴S△ADE∶S△ABC＝1∶9.
∵S△ADE＝1，∴S△ABC＝9.
∴S四边形BFED＝S△ABC－S△ADE－S△EFC＝9－1－4＝4.
1．本题中显然△ADE∽△EFC，由面积比能得出相似比，再由相似比转化为面积比，求出整个△ABC的面积．
2．利用相似三角形的性质定理进行有关的计算是近几年高考的热点之一，在求解过程中往往要注意对应边的比，进行相关运算时，要善于联想，变换比例式，构造三角形的边或面积间的关系．
[再练一题]
2．如图1-3-30，在平行四边形ABCD中，点E在边AB上，DE⊥AB，且AE∶EB＝1∶2，DE与AC交于点F，若△AEF的面积为6 cm2，求△ABC的面积．
图1-3-30
【解】　设AE＝x，EF＝y，则BE＝2x，xy＝6，
∴xy＝12.
∵AB∥CD，∴△AEF∽△CDF，
∴＝，即＝，
∴DF＝3y，∴DE＝4y，
∴S△ABC＝·AB·DE＝·3x·4y＝6xy＝6×12＝72(cm2)．
[构建·体系]
1．已知△ABC∽△A′B′C′，且＝，BC＝2，则B′C′等于(　　)
A．2　 B．4　　　　
C．8　　　　 D．16
【解析】　∵＝2＝，
∴＝，
又∵BC＝2，
∴B′C′＝2BC＝4.
【答案】　B
2．已知△ABC∽△A′B′C′，＝，△ABC外接圆的直径为4，则△A′B′C′外接圆的直径等于(　　) 【导学号：07370016】
A．2 B．3
C．6 D．9
【解析】　设△A′B′C′和△ABC外接圆的直径分别是r′，r，则＝，∴＝，∴r′＝6.
【答案】　C
3．两个相似三角形对应边分别长6 cm和18 cm，若大三角形的面积是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
【解析】　相似比等于＝，则＝2＝，
∴S小＝S大＝×36＝4(cm2)．
【答案】　B
4．在比例尺为1∶500的地图上，测得一块三角形土地的周长是12 cm，则这块地的实际周长是____________m.
【解析】　这块地的实际形状与在地图上的形状是两个相似三角形，其相似比为，则实际周长为：12×500＝6 000 cm＝60 m.
【答案】　60
5．如图1-3-31所示，在△ABC中，BC>AC，点D在BC上，且DC＝AC，∠ACB的平分线CF交AD于F，点E是AB的中点，连接EF.
图1-3-31
(1)求证：EF∥BC；
(2)若四边形BDFE的面积为6，求△ABD的面积．
【解】　(1)证明：∵CF平分∠ACB，DC＝AC，
∴CF是△ACD的边AD上的中线．
∴点F是AD的中点，又∵点E是AB的中点，
∴EF∥BD，即EF∥BC.
(2)∵EF∥BD，∴△AEF∽△ABD.
∴＝2.
又∵AE＝AB，S△AEF＝S△ABD－S四边形BDFE＝S△ABD－6，
∴＝2，∴S△ABD＝8.
我还有这些不足：
(1)　
(2)　
我的课下提升方案：
(1)　
(2)　
学业分层测评(四)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．如图1-3-32，D，E，F是△ABC的三边中点，设△DEF的面积为，△ABC的周长为9，则△DEF的周长与△ABC的面积分别是(　　)
图1-3-32
A.，1　　　　 B．9,4
C.，8 D.，16
【解析】　∵D，E，F分别为△ABC三边的中点，
∴EF綊BC，DE綊AC，DF綊AB.
∴△DFE∽△ABC，且＝，∴＝＝.
又∵l△ABC＝9，∴l△DEF＝.
又∵＝＝，S△DEF＝，
∴S△ABC＝1，故选A.
【答案】　A
2．如图1-3-33，在?ABCD中，AB＝10，AD＝6，E是AD的中点，在AB上取一点F，使△CBF∽△CDE，则BF的长是(　　)
图1-3-33
A．5 B．8.2
C．6.4 D．1.8
【解析】　由△CBF∽△CDE，得＝，
又点E是AD的中点，AB＝CD＝10，AD＝BC＝6，
∴DE＝3，即＝，∴BF＝1.8.
【答案】　D
3．如图1-3-34所示，D是△ABC的AB边上一点，过D作DE∥BC交AC于E.已知AD∶DB＝1∶3，则△ADE与四边形BCED的面积比为(　　)
图1-3-34
A．1∶3　　　 B．1∶9
C．1∶15 D．1∶16
【解析】　因为DE∥BC，所以△ADE∽△ABC.
又因为AD∶DB＝1∶3.
所以AD∶AB＝1∶4，其面积比为1∶16，
则所求两部分面积比为1∶15.
【答案】　C
4．某同学自制了一个简易的幻灯机，其工作情况如图1-3-35所示，幻灯片与屏幕平行，光源到幻灯片的距离是30 cm，幻灯片到屏幕的距离是1.5 m，幻灯片上小树的高度是10 cm，则屏幕上小树的高度是(　　) 【导学号：07370017】
图1-3-35
A．50 cm B．500 cm
C．60 cm D．600 cm
【解析】　设屏幕上小树的高度为x cm，则＝，解得x＝60(cm)．
【答案】　C
5．如图1-3-36，△ABC中，DE∥BC，DE分别交AB，AC于D，E，S△ADE＝2S△DCE，则＝(　　)
图1-3-36
A. B.
C. D.
【解析】　∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，
由S△ADE＝2S△DCE，得＝，∴＝.
【答案】　D
二、填空题
6．如图1-3-37，在△ABC中，D为AC边上的中点，AE∥BC，ED交AB于G，交BC延长线于F，若BG∶GA＝3∶1，BC＝10，则AE的长为________．
图1-3-37
【解析】　∵AE∥BC，∴△BGF∽△AGE，∴＝＝，
∵D为AC中点，∴＝＝1，∴AE＝CF，
∴BC∶AE＝2∶1，∵BC＝10，∴AE＝5.
【答案】　5
7．如图1-3-38，AB与CD相交于点E，过E作BC的平行线与AD的延长线交于点P，已知∠A＝∠C，PD＝2DA＝2，则PE＝________.
图1-3-38
【解析】　因为PE∥BC，所以∠C＝∠PED.又因为∠C＝∠A，所以∠A＝∠PED.又∠P＝∠P，所以△PDE∽△PEA，则＝，即PE2＝PD·PA＝2×3＝6，故PE＝.
【答案】　
8．(2016·湛江高三调研)如图1-3-39，在△ABC中，已知DE∥BC，△ADE的面积是a2，梯形DBCE的面积是8a2，则＝________.
图1-3-39
【解析】　∵S△ADE＝a2，SDBCE＝8a2，∴S△ABC＝S△ADE＋SBDCE＝a2＋8a2＝9a2，
∴2＝＝＝，∴＝.
【答案】　
三、解答题
9．如图1-3-40，已知在△ABC中，D是BC边的中点，且AD＝AC，DE⊥BC，DE与 AB相交于点E，EC与AD相交于点F.
图1-3-40
(1)求证：△ABC∽△FCD；
(2)若S△FCD＝5，BC＝10，求DE的长．
【解】　(1)证明：∵DE⊥BC，D是BC的中点，
∴EB＝EC，∴∠B＝∠1，
又∵AD＝AC，
∴∠2＝∠ACB.
∴△ABC∽△FCD.
(2)过点A作AM⊥BC，垂足为点M.
∵△ABC∽△FCD，BC＝2CD，
∴＝2＝4.
又∵S△FCD＝5，∴S△ABC＝20.
∵S△ABC＝BC·AM，BC＝10，
∴20＝×10×AM，∴AM＝4.
又∵DE∥AM，∴＝.
∵DM＝DC＝BC＝，
BM＝BD＋DM，
BD＝BC＝5，∴＝，
∴DE＝.
10．如图1-3-41，△ABC是一块锐角三角形余料，边BC＝200 mm，高AD＝300 mm，要把它加工成长是宽的2倍的矩形零件，使矩形较短的边在BC上，其余两个顶点分别在AB，AC上，求这个矩形零件的边长．
图1-3-41
【解】　设矩形EFGH为加工成的矩形零件，边FG在BC上，则点E，H分别在AB，AC上，△ABC的高AD与边EH相交于点P，设矩形的边EH的长为x mm.
∵EH∥BC，∴△AEH∽△ABC，
∴＝，∴＝，
解得x＝ (mm)，2x＝(mm)．
答：加工成的矩形零件的边长分别为mm和mm.
[能力提升]
1．如图1-3-42所示，已知在△ABC中，∠C＝90°，正方形DEFG内接于△ABC，DE∥AC，EF∥BC，AC＝1，BC＝2，则AF∶FC等于(　　)
图1-3-42
A．1∶3　　　　 B．1∶4
C．1∶2 D．2∶3
【解析】　设正方形边长为x，则由△AFE∽△ACB，
可得AF∶AC＝FE∶CB，即＝，
所以x＝，于是＝.
【答案】　C
2．如图1-3-43，AB∥EF∥CD，已知AB＝20，DC＝80，那么EF的值是(　　)
图1-3-43
A．10 B．12
C．16 D．18
【解析】　∵AB∥EF∥CD，
∴＝＝＝，
∴＝＝，
∴EF＝AB＝×20＝16.
【答案】　C
3．在△ABC中，如图1-3-44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＝________. 【导学号：07370018】
图1-3-44
【解析】　∵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，
∴2＝，∴2＝，
∴DE＝m.
【答案】　m
4．某生活小区的居民筹集资金1 600元，计划在一块上、下两底分别为10 cm、20 cm的梯形空地上种植花木．
(1)他们在△AMD和△BMC地带上种植太阳花，单价为8元/m2，当△AMD地带种满花后(如图1-3-45阴影部分)共花了160元，请计算种满△BMC地带所需的费用；
图1-3-45
(2)若其余地带要种的有玫瑰和茉莉花两种花木可供选择，单价分别为12元/m2和10元/m2，应选择种哪种花木可以刚好用完所筹集的资金？
【解】　(1)∵四边形ABCD是梯形，∴AD∥BC，
∴△AMD∽△CMB，∴＝2＝.
∵种植△AMD地带花费160元，
∴S△AMD＝＝20 (m2)，∴S△CMB＝80 (m2)．
∴△BMC地带的花费为80×8＝640(元)．
(2)设△AMD，△BMC的高分别为h1，h2，梯形ABCD的高为h，
∵S△AMD＝×10h1＝20，∴h1＝4(m)．
又∵＝，∴h2＝8(m)．
∴h＝h1＋h2＝12(m)．
∴S梯形ABCD＝(AD＋BC)h＝×30×12
＝180 (m2)，
∴S△AMB＋S△DMC＝180－20－80＝80 (m2)．
∴160＋640＋80×12＝1 760(元)，
160＋640＋80×10＝1 600(元)．
∴应种植茉莉花刚好用完所筹资金．
四　直角三角形的射影定理
1．了解射影定理的推导过程．
2．会用射影定理进行相关计算与证明．(重点、难点)
[基础·初探]
教材整理1　射影的相关概念
阅读教材P20“探究”以上部分，完成下列问题．
1．点在直线上的正射影：从一点向一直线所引垂线的垂足，叫做这个点在这条直线上的正射影.
2．线段在直线上的正射影，是指线段的两个端点在这条直线上的正射影间的线段．
3．射影：点和线段的正射影简称为射影．
教材整理2　射影定理
阅读教材P20～P22“习题”以上部分，完成下列问题．
1．文字语言
直角三角形斜边上的高是两直角边在斜边上射影的比例中项；两直角边分别是它们在斜边上射影与斜边的比例中项．
2．图形语言
如图1-4-1，在Rt△ABC中，CD为斜边AB上的高，
图1-4-1
则有CD2＝AD·BD.
AC2＝AD·AB.
BC2＝BD·AB.
如图1-4-2，在Rt△ABC中，AC⊥CB，CD⊥AB于D且CD＝4，则AD·DB＝(　　)
图1-4-2
A．16　　 B．4
C．2 D．不确定
【解析】　由射影定理AD·DB＝CD2＝42＝16.
【答案】　A
[质疑·手记]
预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：
疑问1：　
解惑：　
疑问2：　
解惑：　
疑问3：　
解惑：　
[小组合作型]
　与射影定理有关的计算
　已知CD是直角三角形ABC斜边AB上的高，如果两直角边AC，BC的长度比为AC∶BC＝3∶4.
(1)求AD∶BD的值；
(2)若AB＝25 cm，求CD的长．
【精彩点拨】　先根据AC∶BC与AD∶BD之间的关系求出AD∶BD的值；再根据斜边AB的长及AD∶BD的值分别确定AD与BD的值．最后由射影定理CD2＝AD·BD，求得CD的长．
【自主解答】　(1)∵AC2＝AD·AB，BC2＝BD·AB，
∴＝，
∴＝2＝2＝，
即AD∶BD＝9∶16.
(2)∵AB＝25 cm，AD∶BD＝9∶16，
∴AD＝×25＝9(cm)，BD＝×25＝16(cm)，
∴CD＝＝＝12(cm)．
1．解答本题(1)时，关键是把转化为2.
2．解此类题目的关键是反复利用射影定理求解直角三角形中有关线段的长度．在解题时，要紧抓线段比之间的关系及线段的平方与乘积相等这些条件，紧扣等式结构形式，达到最终目的．
[再练一题]
1．如图1-4-3，在Rt△ABC中，CD为斜边AB上的高，若AD＝2 cm，DB＝6 cm，求CD，AC，BC的长. 【导学号：07370019】
图1-4-3
【解】　∵CD2＝AD·DB＝2×6＝12，
∴CD＝＝2(cm)．
∵AC2＝AD·AB＝2×(2＋6)＝16，
∴AC＝＝4(cm)．
∵BC2＝BD·AB＝6×(2＋6)＝48，
∴BC＝＝4(cm)．
故CD，AC，BC的长分别为2 cm,4 cm，
4 cm.
[探究共研型]
射影定理
探究1　除了用直角三角形相似的判定定理证明射影定理之外，你能用勾股定理证明吗？
【提示】　如图，在Rt△ABC中，
∵AB2＝AC2＋BC2，
∴(AD＋BD)2＝AC2＋BC2，
∴AD2＋2AD·BD＋BD2＝AC2＋BC2，
∴2AD·BD＝AC2－AD2＋BC2－BD2.
∵AC2－AD2＝CD2，
BC2－BD2＝CD2，
∴2AD·BD＝2CD2.
∴CD2＝AD·BD.
在Rt△ACD中，
AC2＝AD2＋CD2
＝AD2＋AD·BD
＝AD(AD＋BD)
＝AD·AB.
同理可证BC2＝BD·AB.
探究2　直角三角形射影定理的逆定理是什么？如何证明？
【提示】　直角三角形射影定理的逆定理：
如果一个三角形一边上的高是另两边在这条边上的射影的比例中项，那么这个三角形是直角三角形．
符号表示：如图，在△ABC中，CD⊥AB于D，若CD2＝AD·BD，则△ABC为直角三角形．
证明如下：
∵CD⊥AB，∴∠CDA＝∠BDC＝90°.
又∵CD2＝AD·BD，即AD∶CD＝CD∶BD，
∴△ACD∽△CBD，∴∠CAD＝∠BCD.
又∵∠ACD＋∠CAD＝90°，∴∠ACB＝∠ACD＋∠BCD＝∠ACD＋∠CAD＝90°，即△ABC为直角三角形．
　如图1-4-4所示，已知在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，DE⊥AC于E，DF⊥BC于F.
图1-4-4
求证：CD3＝AE·BF·AB.
【精彩点拨】　∠ACB＝90°，CD⊥AB→CD2＝AD·DB→CD3＝AE·BF·A B.
【自主解答】　∵∠BCA＝90°，CD⊥BA，
∴CD2＝AD·BD.
又∵DE⊥AC，DF⊥BC，
∴AD2＝AE·AC，BD2＝BF·BC，
∴CD4＝AD2·BD2＝AE·AC·BF·BC＝AE·BF·AC·BC.
而S△ABC＝AC·BC＝AB·CD，
∴CD4＝AE·BF·AB·CD，
即CD3＝AE·BF·AB.
1．解答本题的关键是利用S△ABC＝AC·BC＝AB·CD进行转化．
2．在证明与直角三角形有关的问题时，常用射影定理来构造比例线段，从而为证明三角形相似创造条件．
[再练一题]
2．在本例条件不变的情况下，求证：＝.
【证明】　根据题意可得，DE＝CF，CE＝DF，
DE2＝AE·CE，DF2＝BF·CF，
∴DE2·BF·CF＝DF2·AE·CE，
∴DE3·BF＝DF3·AE，即＝.
[构建·体系]
1．如图1-4-5所示，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，CD＝2，BD＝3，则AC等于(　　)
图1-4-5
A.　　　　 B.
C. D.
【解析】　由射影定理知，
CD2＝BD·AD，∴AD＝，
∴AB＝AD＋BD＝，
∴AC2＝AD·AB＝×＝，
∴AC＝.
【答案】　C
2．在△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的高，BC＝ cm，BD＝3 cm，则AD的长是(　　)
【导学号：07370020】
A．5 cm B．2 cm
C．6 cm D．24 cm
【解析】　∵BC2＝BD·AB，
∴15＝3AB，即AB＝5，
∴AD＝AB－BD＝5－3＝2(cm)．
【答案】　B
3．在Rt△ABC中，CD为斜边AB上的高，若BD＝3 cm，AC＝2 cm，则CD和BC的长分别为__________．
图1-4-6
【解析】　设AD＝x，
则由射影定理得x(x＋3)＝4，
即x＝1(负值舍去)，
则CD＝＝(cm)，
BC＝＝＝2(cm)．
【答案】　cm,2cm
4．如图1-4-7，圆O上一点C在直径AB上的射影为D，点D在半径OC上的射影为E，若AB＝3AD，则的值为________．
图1-4-7
【解析】　设圆O的直径AB＝2R，则AD＝，DO＝，DB＝.
由相交弦定理，得CD2＝AD·DB，所以CD＝R.
在Rt△CDO中，CO＝R，由射影定理可得EO＝＝，
于是CE＝R－＝，故＝8.
【答案】　8
5．如图1-4-8所示，D为△ABC中BC边上的一点，∠CAD＝∠B，若AD＝6，AB＝10，BD＝8，求CD的长．
图1-4-8
【解】　在△ABD中，AD＝6，AB＝10，BD＝8，
满足AB2＝AD2＋BD2，
∴∠ADB＝90°，即AD⊥BC.
又∵∠CAD＝∠B，且∠C＋∠CAD＝90°.
∴∠C＋∠B＝90°，即∠BAC＝90°.
故在Rt△BAC中，AD⊥BC，
由射影定理知AD2＝BD·CD，即62＝8·CD，
∴CD＝.
我还有这些不足：
(1)　
(2)　
我的课下提升方案：
(1)　
(2)　
学业分层测评(五)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．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.∶
【解析】　如图，在Rt△ACB中，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＝∶，
故选C.
【答案】　C
2.如图1-4-9所示，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，D为垂足，若CD＝6，AD∶DB＝1∶2，则AD的值是(　　)
图1-4-9
A．6 B．3
C．18 D．3
【解析】　由题意知
∴AD2＝18，
∴AD＝3.
【答案】　B
3．一个直角三角形的一条直角边为3 cm，斜边上的高为2.4 cm，则这个直角三角形的面积为(　　)
【导学号：07370021】
A．7.2 cm2 B．6 cm2
C．12 cm2 D．24 cm2
【解析】　长为3 cm的直角边在斜边上的射影为＝1.8(cm)，由射影定理知斜边长为＝5(cm)，
∴三角形面积为×5×2.4＝6(cm2)．
【答案】　B
4．在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC于点D，若＝，则等于(　　)
A.　　 B.
C.　　 D.
【解析】　如图，由射影定理，得AC2＝CD·BC，AB2＝BD·BC，
∴＝＝2，
即＝，
∴＝.
【答案】　C
5．在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，若BD∶AD＝1∶4，则tan∠BCD的值是(　　)
【导学号：07370022】
A. 　　　 B.　　　
C.　　　 D．2
【解析】　如图，由射影定理得CD2＝AD·BD.
又∵BD∶AD＝1∶4，
令BD＝x，则AD＝4x(x>0)，
∴CD2＝AD·BD＝4x2，∴CD＝2x，
在Rt△CDB中，tan∠BCD＝＝＝.
【答案】　C
二、填空题
6．如图1-4-10，在矩形ABCD中，AE⊥BD，OF⊥AB.DE∶EB＝1∶3，OF＝a，则对角线BD的长为________．
图1-4-10
【解析】　∵OF＝a，
∴AD＝2a.
∵AE⊥BD，
∴AD2＝DE·BD.
∵DE∶EB＝1∶3，∴DE＝BD，
∴AD2＝BD·BD，
∴BD2＝4AD2＝4×4a2＝16a2，∴BD＝4a.
【答案】　4a
7．如图1-4-11，已知Rt△ABC的两条直角边AC，BC的长分别为3 cm，4 cm，以AC为直径的圆与AB交于点D，则BD＝______cm.
图1-4-11
【解析】　连接CD，则CD⊥A B.
由AC＝3 cm，BC＝4 cm，得AB＝5 cm.
由射影定理得BC2＝BD·BA，即42＝5BD.
所以BD＝ cm.
【答案】　
8．已知在梯形ABCD中，DC∥AB，∠D＝90°，AC⊥BC，AB＝10 cm，AC＝6 cm，则此梯形的面积为________．
【解析】　如图，过C点作CE⊥AB于E.
在Rt△ACB中，
∵AB＝10 cm，AC＝6 cm，
∴BC＝8 cm，
∴BE＝6.4 cm，AE＝3.6 cm，
∴CE＝＝4.8(cm)，
∴AD＝4.8 cm.
又∵在梯形ABCD中，CE⊥AB，
∴DC＝AE＝3.6 cm.
∴S梯形ABCD＝＝32.64(cm2)．
【答案】　32.64 cm2
三、解答题
9．已知直角三角形周长为48 cm，一锐角平分线分对边为3∶5两部分.
(1)求直角三角形的三边长；
(2)求两直角边在斜边上的射影的长．
【解】　(1)如图，设CD＝3x，BD＝5x，则BC＝8x，过D作DE⊥AB，
由题意可得，
DE＝3x，BE＝4x，
∴AE＋AC＋12x＝48.
又AE＝AC，
∴AC＝24－6x，AB＝24－2x，
∴(24－6x)2＋(8x)2＝(24－2x)2，
解得x1＝0(舍去)，x2＝2，
∴AB＝20，AC＝12，BC＝16，
∴三边长分别为20 cm,12 cm,16 cm.
(2)作CF⊥AB于F，
∴AC2＝AF·AB，
∴AF＝＝＝(cm)．
同理BF＝＝＝(cm)．
∴两直角边在斜边上的射影长分别为 cm， cm.
10．如图1-4-12所示，CD垂直平分AB，点E在CD上，DF⊥AC，DG⊥BE，点F，G分别为垂足．求证：AF·AC＝BG·BE.
图1-4-12
【证明】　∵CD垂直平分AB，
∴△ACD和△BDE均为直角三角形，并且AD＝BD.
又∵DF⊥AC，DG⊥BE，
∴AF·AC＝AD2，BG·BE＝DB2.
∵AD2＝DB2，∴AF·AC＝BG·BE.
[能力提升]
1．已知直角三角形中两直角边的比为1∶2，则它们在斜边上的射影比为
(　　)
A．1∶2　　　　 B．2∶1
C．1∶4 D．4∶1
【解析】　设直角三角形两直角边长分别为1和2，则斜边长为，∴两直角边在斜边上的射影分别为和.
【答案】　C
2．已知Rt△ABC中，斜边AB＝5 cm，BC＝2 cm，D为AC上一点，DE⊥AB交AB于E，且AD＝3.2 cm，则DE＝(　　)
A．1.24 cm B．1.26 cm
C．1.28 cm D．1.3 cm
【解析】　如图，∵∠A＝∠A，
∴Rt△ADE∽Rt△ABC，
∴＝，
DE＝＝＝1.28.
【答案】　C
3．如图1-4-13所示，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，AC＝6，AD＝3.6，则BC＝__________.
图1-4-13
【解析】　由射影定理得，
AC2＝AD·AB，BC2＝BD·AB，
∴＝，即BC2＝.
又∵CD2＝AD·BD，∴BD＝.
∴BC2＝＝＝64.
∴BC＝8.
【答案】　8
4．如图1-4-14，已知BD，CE是△ABC的两条高，过点D的直线交BC和BA的延长线于G，H，交CE于F，且∠H＝∠BCE，求证：GD2＝FG·GH.
图1-4-14
【证明】　∵∠H＝∠BCE，∠EBC＝∠GBH，
∴△BCE∽△BHG，
∴∠BEC＝∠BGH＝90°，
∴HG⊥BC.
∵BD⊥AC，在Rt△BCD中，
由射影定理得，GD2＝BG·CG.　①
∵∠FGC＝∠BGH＝90°，∠GCF＝∠H，
∴△FCG∽△BHG，
∴＝，
∴BG·CG＝GH·FG.　②
由①②得，GD2＝GH·FG.
章末分层突破
[自我校对]
①平行线等分线段定理
②平行线分线段成比例定理
③判定定理
④相似三角形的性质
⑤直角三角形的射影定理
　
　证明等积线段或成比例线段
利用相似三角形的性质可以得到等积式或比例式，是解决这类问题的基本方法．解决这类问题一般可分为三步：
(1)把等积式化为比例式，从而确定相关的两个三角形相似．
(2)确定两个相关的三角形的方法是：把比例式横看或者竖看，将两条线段中的相同字母消去一个，由余下的字母组成三角形.
(3)设法找到证明这两个三角形相似的条件．
　如图1-1，在△ABC中，∠BAC＝90°，BC边的垂直平分线EM和AB，CA的延长线分别交于 D，E，连接AM.
图1-1
求证：AM2＝DM·EM.
【规范解答】　∵∠BAC＝90°，
M是BC的中点，
∴AM＝CM，∠MAC＝∠C.
∵EM⊥BC，
∴∠E＋∠C＝90°.
又∵∠BAM＋∠MAC＝90°，
∴∠E＝∠BAM.
∵∠EMA＝∠AMD，
∴△AMD∽△EMA，
∴＝，
∴AM2＝DM·EM.
[再练一题]
1．如图1-2，在△ABC中，DE∥BC，DH∥GC.求证：EG∥BH.
图1-2
【证明】　∵DE∥BC，
∴＝.
∵DH∥GC，∴＝，
∴AE·AB＝AC·AD＝AH·AG，
∴＝.
∴EG∥BH.
利用相似三角形证明线段相等
证明两条线段相等，一般情况下，利用等角对等边或全等三角形的性质来解决．但有些证明两条线段相等的几何题利用前面的方法得不出来，或过程比较繁琐，此时可以借助于相似三角形的有关比例线段来解决．
　如图1-3，AD，CF是△ABC的两条高线，在AB上取一点P，使AP＝AD，再从P点引BC的平行线与AC交于点Q.
图1-3
求证：PQ＝CF.
【规范解答】　∵AD，CF是△ABC的两条高线，
∴∠ADB＝∠BFC.又∠B＝∠B，
∴△ABD∽△CBF，∴＝.
又∵PQ∥BC，
∴∠APQ＝∠B，∠AQP＝∠ACB，
∴△APQ∽△ABC.
∴＝，即＝，
∴＝.
又∵AP＝AD，∴PQ＝CF.
[再练一题]
2．如图1-4，已知?ABCD的对角线相交于O，延长AB到F，连接OF交BC于E，若AB＝a，BC＝b，BF＝c，求BE的长．
【导学号：07370023】
图1-4
【解】　过O作OG∥AB，交BC于G点．
∵∠COG＝∠CAB，∠CGO＝∠CBA，
∴△COG∽△CAB，∴＝＝.
又∵O是?ABCD的对角线的交点，
∴CO＝CA.
∵OG＝AB＝a，CG＝BC＝b，
∴BG＝B.
又∵OG∥AF，∴∠OGB＝∠GBF，∠GOF＝∠F.
∴△OGE∽△FBE，∴＝，
∴＝，即＝，
∴BE＝.
射影定理
射影定理揭示了直角三角形中两直角边在斜边上的射影，斜边及两直角边之间的比例关系，此定理常作为计算与证明的依据，在运用射影定理时，要特别注意弄清射影与直角边的对应关系，分清比例中项，否则在做题中极易出错．
　如图1-5所示，AD，BE是△ABC的高，DF⊥AB于F，DF交BE于G，FD的延长线交AC的延长线于H.求证：DF2＝FG·FH.
图1-5
【规范解答】　∵BE⊥AC，
∴∠ABE＋∠BAE＝90°，
同理，∠H＋∠HAF＝90°，
∴∠ABE＝∠H，
又∠BFG＝∠HFA，∴△BFG∽△HFA，
∴BF∶HF＝FG∶AF，
∴BF·AF＝FG·FH，
在Rt△ADB中，DF2＝BF·AF，
∴DF2＝FG·FH.
[再练一题]
3．如图1-6，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，DE⊥AC于E，EF⊥AB于F.
图1-6
求证：CE2＝BD·DF.
【证明】　∵∠ACB＝90°，DE⊥AC，
∴DE∥BC，∴＝.
同理CD∥EF，∴＝.
∵∠ACB＝90°，CD⊥AB，
∴AC2＝AD·AB，
∴＝，
∴＝，
∴CE2＝BD·DF.
转化思想
在证明一些等积式时，往往将其转化为比例式加以证明．当证明的比例式中的线段在同一条直线上时，常转化为用相等的线段、相等的比、相等的等积式来代换相应的量．证明比例式成立也常利用中间比来转化证明．
　如图1-7，在锐角△ABC中，AD，CE分别是BC，AB边上的高，△ABC和△BDE的面积分别等于18和2，且DE＝2，求点B到直线AC的距离．
图1-7
【规范解答】　∵AD⊥BC，CE⊥AB，
∴∠ADB＝∠CEB＝90°.
又∵∠B＝∠B，∴△ADB∽△CE B.
∴＝，
∴＝.
又∵∠B＝∠B，∴△BED∽△BCA.
∴＝＝ .
又∵DE＝2，∴AC＝6，
∴点B到AC的距离＝＝3.
[再练一题]
4．如图1-8，四边形ABCD是正方形，E为AD上一点，且AE＝AD，N是AB的中点，FN⊥CE于F.求证：FN2＝EF·CF.
图1-8
【证明】　分别连接EN，CN.设正方形的边长为a，
则AE＝a，DE＝a，AN＝BN＝a.
∴EN2＝AN2＋AE2＝a2，
CN2＝BN2＋BC2＝a2，
CE2＝DE2＋CD2＝a2，
∴EN2＋CN2＝CE2，
∴△CNE为直角三角形．
∵NF⊥CE.
根据直角三角形射影定理得FN2＝EF·CF.
章末综合测评(一)
(时间120分钟，满分150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．如图1，已知DE∥BC，EF∥AB，现得到下列式子：
图1
①＝；②＝；③＝；④＝.
其中正确式子的个数有(　　)
A．4个　　　 B．3个
C．2个 D．1个
【解析】　由平行线分线段成比例定理知，①②④正确．故选B.
【答案】　B
2．如图2，DE∥BC，S△ADE∶S四边形DBCE＝1∶8，则AD∶DB的值为(　　)
【导学号：07370024】
图2
A．1∶4 B．1∶3
C．1∶2 D．1∶5
【解析】　由S△ADE∶S四边形DBCE＝1∶8，得S△ADE∶S△ABC＝1∶9，
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC.
∵2＝＝，
∴＝，
∴AD∶DB＝1∶2.
【答案】　C
3．如图3所示，将△ABC的高AD三等分，过每一分点作底面平行线，这样把三角形分成三部分，则这三部分的面积为S1，S2，S3，则S1∶S2∶S3等于(　　)
图3
A．1∶2∶3 B．2∶3∶4
C．1∶3∶5 D．3∶5∶7
【解析】　如图所示，E，F分别为△ABC高AD的三等分点，过点E作BC的平行线交AB，AC于点M，N，过点F作BC的平行线交AB，AC于点G，H.△AMN∽△ABC，＝，∴S1＝S△ABC.
又△AGH∽△ABC，＝，S△AGH＝S1＋S2，
∴S1＋S2＝S△ABC，
∴S2＝S△ABC，∴S3＝S△ABC，
∴S1∶S2∶S3＝1∶3∶5，故选C.
【答案】　C
4．如图4，在△ABC中，AB＝AC，D在AB上，E在AC的延长线上，BD＝3CE，DE交BC于F，则DF∶FE等于(　　)
图4
A．5∶2 B．2∶1
C．3∶1 D．4∶1
【解析】　过D作DG∥AC，交
BC于G，
则DG＝DB＝3CE，
即CE∶DG＝1∶3.
易知△DFG∽△EFC，
∴DF∶FE＝DG∶CE，
所以DF∶FE＝3∶1.
【答案】　C
5．如图5所示，梯形ABCD的对角线交于点O，则下列四个结论：
图5
①△AOB∽△COD；
②△AOD∽△ACB；
③S△DOC∶S△AOD＝CD∶AB；
④S△AOD＝S△BOC.
其中正确的个数为(　　)
A．1 B．2
C．3　　　 D．4
【解析】　∵DC∥AB，∴△AOB∽△COD，①正确．由①知，＝.S△DOC∶S△AOD＝OC∶OA＝CD∶AB，③正确．
∵S△ADC＝S△BCD，
∴S△ADC－S△COD＝S△BCD－S△COD，
∴S△AOD＝S△BOC，④正确．
故①③④正确．
【答案】　C
6．如图6所示，铁道口的栏杆短臂长1 m，长臂长16 m，当短臂端点下降0.5 m时，长臂端点升高(　　)
图6
A．11.25 m B．6.6 m
C．8 m D．10.5 m
【解析】　本题是一个实际问题，可抽象为如下数学问题：如图，等腰△AOC∽等腰△BOD，OA＝1 m，OB＝16 m，高CE＝0.5 m，求高DF.由相似三角形的性质可得OA∶OB＝CE∶DF，即1∶16＝0.5∶DF，解得DF＝ 8 m.
【答案】　C
7．如图7所示，在矩形ABCD中，AE⊥BD于E，S矩形＝40 cm2，S△ABE∶S△DBA＝1∶5，则AE的长为(　　)
图7
A．4 cm B．5 cm
C．6 cm D．7 cm
【解析】　∵∠BAD＝90°，AE⊥BD，
∴△ABE∽△DBA.
∴S△ABE∶S△DBA＝AB2∶DB2.
∵S△ABE∶S△DBA＝1∶5，
∴AB2∶DB2＝1∶5，
∴AB∶DB＝1∶.
设AB＝k，DB＝k，则AD＝2k.
∵S矩形＝40 cm2，∴k·2k＝40，
∴k＝2，
∴BD＝k＝10，AD＝4，
S△ABD＝BD·AE＝20，即×10·AE＝20，
∴AE＝4 cm.
【答案】　A
8．如图8，把△ABC沿AB边平移到△A′B′C′的位置，它们的重叠部分(即图中的阴影部分)的面积是 △ABC的面积的一半，若AB＝，则此三角形移动的距离AA′是(　　) 【导学号：07370025】
图8
A.－1 B.
C．1 D.
【解析】　由题意可知，阴影部分与△ABC相似，且等于△ABC面积的，∴A′B∶AB＝＝1∶.
又∵AB＝，∴A′B＝1，
∴AA′＝－1.
【答案】　A
9．如图9所示，在Rt△ABC中，∠A＝30°，∠C＝90°，CD⊥AB于D，则BD∶AD＝(　　)
图9
A.　　　　　 B.
C. D.
【解析】　设CD＝，则AD＝3，BD＝1，∴＝.
【答案】　A
10．已知圆的直径AB＝13，C为圆上一点，过C作CD⊥AB于D(AD>BD)，若CD＝6，则AD的长为(　　)
A．8 B．9
C．10 D．11
【解析】　如图，连接AC，CB.
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°.
设AD＝x，∵CD⊥AB于D，
由射影定理得CD2＝AD·DB，
即62＝x(13－x)，∴x2－13x＋36＝0，
解得x1＝4，x2＝9.
∵AD>BD，∴AD＝9.
【答案】　B
11.某社区计划在一块上、下底边长分别是10米，20米的梯形空地上种植花木(如图10所示)，他们想在△AMD和△BMC地带种植单价为10元/米2的太阳花，当△AMD地带种满花后，已经花了500元，请你预算一下，若继续在△BMC地带种植同样的太阳花，还需资金(　　)
图10
A．500元 B．1 500元
C．1 800元 D．2 000元
【解析】　在梯形ABCD中，AD∥BC，∴△AMD∽△BMC，
AD＝10 m，BC＝20 m，
＝2＝，
∵S△AMD＝500÷10＝50(m2)，∴S△BMC＝200 m2，
则还需要资金200×10＝2 000(元)．
【答案】　D
12．如图11所示，将一个矩形纸片BADC沿AD和BC的中点连线EF对折，要使矩形AEFB与原矩形相似，则原矩形的长与宽的比应为(　　)
图11
A．1∶ B．1∶
C.∶1 D.∶1
【解析】　∵矩形AEFB∽矩形ABCD，∴BF∶AB＝AB∶AD.
∵BF＝AD，∴AB2＝AD2，∴AD∶AB＝∶1.
【答案】　C
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把答案填在题中横线上)
13．如图12，已知DE∥BC，且BF∶EF＝4∶3，则AC∶AE＝________.
图12
【解析】　∵DE∥BC，
∴＝，
同理＝，
∴＝＝＝.
【答案】　4∶3
14．如图13，王华晚上由路灯A下的B处走到C处时，测得影子CD的长为1米，继续往前走3米到达E处时，测得影子EF的长为2米，已知王华的身高是1.5米，那么路灯A的高度AB等于________米. 【导学号：07370026】
图13
【解析】　如图，GC⊥BC，AB⊥BC，∴GC∥AB.
∴△GCD∽△ABD，∴＝.
设BC＝x，则＝，同理，得＝.
∴＝，∴x＝3，∴＝，
∴AB＝6(米)．
【答案】　6
15．如图14所示，在△ABC中，AD是BC边上的中线，BE是AC边上的中线，且AD，BE交于点G，那么＝________.
图14
【解析】　∵AD，BE是△ABC的中线，且AD交BE于G，
∴G是△ABC的重心，∴＝，
∴＝，
又∵D为BC的中点，∴＝，∴＝.
【答案】　
16．如图15，在矩形ABCD中，AB＝，BC＝3，BE⊥AC，垂足为E，则DE＝________.
图15
【解析】　法一：因为AB＝，BC＝3，所以AC＝＝2，tan ∠BAC＝＝，所以∠BAC＝.在Rt△BAE中，AE＝ABcos ＝，则CE＝2－＝.在△ECD中，DE2＝CE2＋CD2－2CE·CDcos ∠ECD＝2＋()2－2×××＝，故DE＝.
法二：如图，作EM⊥AB交AB于点M，作EN⊥AD交AD于点N.因为AB＝，BC＝3，所以tan ∠BAC＝＝，则∠BAC＝，AE＝ABcos ＝，NE＝AM＝AEcos＝×＝，AN＝ME＝AEsin ＝×＝，ND＝3－＝.在Rt△DNE中，DE＝＝＝.
【答案】　
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)如图16，点E是四边形ABCD的对角线上一点，且∠BAC＝∠BDC＝∠DAE.
图16
(1)求证：BE·AD＝CD·AE；
(2)根据图形的特点，猜想可能等于哪两条线段的比(只写出图中一组比即可)？并证明你的猜想．
【解】　(1)证明：∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAE＝∠DAC.
∵∠DAE＝∠BDC，∴∠AEB＝∠ADC，
∴△ABE∽△ACD，∴＝，
即BE·AD＝CD·AE.
(2)猜想：＝.
证明：∵由(1)△ABE∽△ACD，∴＝，
又∵∠BAC＝∠EAD，∴△BAC∽△EAD，
∴＝.
18．(本小题满分12分)如图17，已知正方形ABCD的边长为4，P为AB上的一点，且AP∶PB＝1∶3，PQ⊥PC，试求PQ的长．
图17
【解】　∵PQ⊥PC，
∴∠APQ＋∠BPC＝90°，
∴∠APQ＝∠BCP，
∴Rt△APQ∽Rt△BCP.
∵AB＝4，AP∶PB＝1∶3，
∴PB＝3，AP＝1，∴＝，
即AQ＝＝＝，
∴PQ＝＝ ＝.
19．(本小题满分12分)在△ABC中，∠B＝25°，AD是BC边上的高，并且AD2＝BD·DC，求∠BCA的度数．
【解】　(1)当AD在△ABC内部时，如图(1)，由AD2＝BD·DC，可得△ABD∽△CAD.
∴∠BCA＝∠BAD＝65°；
(2)当AD在△ABC外部时，如图(2)，
由AD2＝BD·DC，得△ABD∽△CAD，
∴∠B＝∠CAD＝25°，
∴∠BCA＝∠CAD＋∠ADC＝25°＋90°＝115°.
故∠BCA等于65°或115°.
20．(本小题满分12分)如图18所示，CD为Rt△ABC斜边AB边上的中线，CE⊥CD，CE＝，连接DE交BC于点F，AC＝4，BC＝3.求证：
图18
(1)△ABC∽△EDC；
(2)DF＝EF.
【证明】　(1)在Rt△ABC中，AC＝4，BC＝3，则AB＝5.
∵D为斜边AB的中点，
∴AD＝BD＝CD＝AB＝2.5，
∴＝＝＝，∴△ABC∽△EDC.
(2)由(1)知，∠B＝∠CDF，
∵BD＝CD，∴∠B＝∠DCF，
∴∠CDF＝∠DCF.
∴DF＝CF.①
由(1)知，∠A＝∠CEF，∠ACD＋∠DCF＝90°，∠ECF＋∠DCF＝90°，
∴∠ACD＝∠ECF.由AD＝CD，得∠A＝∠ACD.
∴∠ECF＝∠CEF，
∴CF＝EF.②
由①②，知DF＝EF.
21．(本小题满分12分)已知在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，直线MN是梯形的对称轴，P是MN上的一点，直线BP交直线DC于F，交CE于E，且CE∥AB.
(1)若点P在梯形内部，如图19(1)．
求证：BP2＝PE·PF.
(2)若点P在梯形的外部，如图19(2)，那么(1)的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
(1)　　　　　　(2)
图19
【解】　(1)证明：连接PC，因为MN是梯形ABCD的对称轴，所以PB＝PC，
∠PBC＝∠PCB.
因为梯形ABCD是等腰梯形，
所以∠ABC＝∠DCB，
即∠ABP＋∠PBC＝∠PCB＋∠DCP，
所以∠ABP＝∠DCP.
又因为CE∥AB，所以∠E＝∠ABP＝∠DCP，
而∠CPE＝∠FPC，所以△CPE∽△FPC.
所以＝，即PC2＝PE·PF，
又因为PC＝BP，所以BP2＝PE·PF.
(2)结论成立．证明如下：
连接PC，
由对称性知PB＝PC，
所以∠PBC＝∠PCB.
因为梯形ABCD是等腰梯形，
所以∠ABC＝∠DCB，
所以∠ABC＋∠PBC＝∠DCB＋∠PCB，
即∠ABP＝∠DCP.
因为CE∥AB，所以∠ABP＋∠PEC＝180°，而∠DCP＋∠PCF＝180°，
所以∠PEC＝∠PCF.又因为∠EPC＝∠CPF，所以△EPC∽△CPF.
所以＝，即PC2＝PE·PF，
所以BP2＝PE·PF.
22．(本小题满分12分)如图20，在△ABC中，AC＝BC，F为底边AB上的一点，＝(m，n>0)．取CF的中点D，连接AD并延长交BC于E.
图20
(1)求的值；
(2)如果BE＝2EC，那么CF所在的直线与边AB有怎样的位置关系？证明你的结论；
(3)E点能否为BC中点？如果能，求出相应的的值；如果不能，证明你的结论．
【导学号：07370027】
【解】　(1)如图所示，作CG∥AB交AE的延长线于G.
在△GCD与△AFD中，
∠G＝∠FAD，∠CDG＝∠FDA，DC＝DF，
∴△GCD≌△AFD，∴GC＝AF.
在△ABE和△GCE中，
∠BAE＝∠G，∠AEB＝∠GEC，
∴△ABE∽△GCE.∵＝(m，n>0)，
∴＝＝＝＋1＝＋1.
(2)∵BE＝2EC，∴＝2.
由(1)知＝＋1，∴＝1.
∴BF＝AF，F为AB的中点．
∵AC＝BC，∴CF⊥AB，∴CF所在的直线垂直平分边AB.
(3)不能．∵＝＋1，而>0，∴>1，
∴BE>EC.
∴E不能为BC的中点．

一　圆周角定理
1．理解圆周角定理及其两个推论，并能解决有关问题．(重点、难点)
2．了解圆心角定理．
[基础·初探]
教材整理1　圆周角定理及其推论
阅读教材P24～P26，完成下列问题
1．圆周角定理
圆上一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半．
2．推论1
同弧或等弧所对的圆周角相等；同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧也相等．
3．推论2
半圆(或直径)所对的圆周角是直角；90°的圆周角所对的弦是直径．
如图2-1-1，在⊙O中，∠BAC＝60°，则∠BDC＝(　　)
图2-1-1
A．30° B．45°　　　
C．60°　　　 D．75°
【解析】　在⊙O中，∠BAC与∠BDC都是所对的圆周角，故∠BDC＝∠BAC＝60°.
【答案】　C
教材整理2　圆心角定理
阅读教材P25～P26，完成下列问题．
圆心角的度数等于它所对弧的度数．
在半径为R的圆中有一条长度为R的弦，则该弦所对的圆周角的度数是
(　　)
【导学号：07370028】
A．30° B．30°或150°
C．60° D．60°或120°
【解析】　弦所对的圆心角为60°，又弦所对的圆周角有两个且互补，故选B.
【答案】　B
[质疑·手记]
预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：
疑问1：　
解惑：　
疑问2：　
解惑：　
疑问3：　
解惑：　
[小组合作型]
　
利用圆周角定理和圆心角
定理进行计算
　在半径为5 cm的圆内有长为5 cm的弦，求此弦所对的圆周角．
【精彩点拨】　过圆心作弦的垂线构造直角三角形．先求弦所对的圆心角度数，再分两种情况求弦所对的圆周角的度数．
【自主解答】　如图所示，过点O作OD⊥AB于点D.
∵OD⊥AB，OD经过圆心O，
∴AD＝BD＝ cm.
在Rt△AOD中，
OD＝＝ cm，
∴∠OAD＝30°，∴∠AOD＝60°，
∴∠AOB＝2∠AOD＝120°，
∴∠ACB＝∠AOB＝60°.
∵∠AOB＝120°，∴劣弧的度数为120°，优弧的度数为240°.
∴∠AEB＝×240°＝120°，
∴此弦所对的圆周角为60°或120°.
1．解答本题时应注意弦所对的圆周角有两个，它们互为补角．
2．和圆周角定理有关的线段、角的计算，不仅可以通过计算弧、圆心角、圆周角的度数来求相关的角、线段，有时还可以通过比例线段，相似比来计算．
[再练一题]
1．如图2-1-2，已知△ABC内接于⊙O，＝，点D是上任意一点，AD＝6 cm，BD＝5 cm，CD＝3 cm，求DE的长．
图2-1-2
【解】　∵＝，
∴∠ADB＝∠CDE.
又∵＝，
∴∠BAD＝∠ECD，
∴△ABD∽△CED，
∴＝，即＝.
∴DE＝2.5 cm.
　直径所对的圆周角问题
　如图2-1-3所示，AB是半圆的直径，AC为弦，且AC∶BC＝4∶3，AB＝10 cm，OD⊥AC于D.求四边形OBCD的面积．
图2-1-3
【精彩点拨】　由AB是半圆的直径知∠C＝90°，再由条件求出OD，CD，BC的长可得四边形OBCD的面积．
【自主解答】　∵AB是半圆的直径，∴∠C＝90°.
∵AC∶BC＝4∶3，AB＝10 cm，
∴AC＝8 cm，BC＝6 cm.
又∵OD⊥AC，∴OD∥BC.
∴OD是△ABC的中位线，
∴CD＝AC＝4 cm，OD＝BC＝3 cm.
∴S四边形OBCD＝(OD＋BC)·DC
＝×(3＋6)×4＝18 cm2.
在圆中，直径是一条特殊的弦，其所对的圆周角是直角，所对的弧是半圆，利用此性质既可以计算角大小、线段长度，又可以证明线线垂直、平行等位置关系，还可以证明比例式相等.
[再练一题]
2.如图2-1-4，已知等腰三角形ABC中，以腰AC为直径作半圆交AB于点E，交BC于点F，若∠BAC＝50°，则的度数为(　　)
【导学号：07370029】
图2-1-4
A．25°　　　 B．50°
C．100° D．120°
【解析】　如图，连接AF.
∵AC为⊙O的直径，
∴∠AFC＝90°，
∴AF⊥BC.
∵AB＝AC，
∴∠BAF＝∠BAC＝25°，
∴的度数为50°.
【答案】　B
[探究共研型]
圆周角定理
探究1　圆的一条弦所对的圆周角都相等吗？
【提示】　不一定相等．一般有两种情况：相等或互补，弦所对的优弧与所对劣弧上的点所成的圆周角互补，所对同一条弧上的圆周角都相等，直径所对的圆周角既相等又互补．
探究2　“相等的圆周角所对的弧相等”，正确吗？
【提示】　不正确．“相等的圆周角所对的弧相等”是在“同圆或等圆中”这一大前提下成立，如图．
若AB∥DG，则∠BAC＝∠EDF，但≠.
　如图2-1-5，△ABC的角平分线AD的延长线交它的外接圆于点E.
图2-1-5
(1)证明：△ABE∽△ADC；
(2)若△ABC的面积S＝AD·AE，求∠BAC的大小．
【精彩点拨】　(1)通过证明角相等来证明三角形相似．
(2)利用(1)的结论及面积相等求sin∠BAC的大小，从而求∠BAC的大小．
【自主解答】　(1)证明：由已知条件，可得∠BAE＝∠CAD.
因为∠AEB与∠ACB是同弧上的圆周角，所以∠AEB＝∠ACD.
故△ABE∽△ADC.
(2)因为△ABE∽△ADC，所以＝，即AB·AC＝AD·AE.
又S＝AB·ACsin∠BAC且S＝AD·AE，
故AB·ACsin∠BAC＝AD·AE，
则sin∠BAC＝1，又∠BAC为三角形内角，所以∠BAC＝90°.
1．解答本题(2)时关键是利用AB·AC＝AD·AE以及面积S＝AB·ACsin∠BAC确定sin∠BAC的值．
2．利用圆中角的关系证明时应注意的问题
(1)分析已知和所证，找好所在的三角形，并根据三角形所在圆上的特殊性，寻求相关的圆周角作为桥梁；
(2)当圆中出现直径时，要注意寻找直径所对的圆周角，然后在直角三角形中处理相关问题．
[再练一题]
3.如图2-1-6，AB是圆O的直径，D，E为圆O上位于AB异侧的两点，连接BD并延长至点C，使BD＝DC，连接AC，AE，DE.
求证：∠E＝∠C.
图2-1-6
【证明】　如图，连接OD，因为BD＝DC，O为AB的中点，
所以OD∥AC，于是∠ODB＝∠C.
因为OB＝OD，所以∠ODB＝∠ B.
于是∠B＝∠C.
因为点A，E，B，D都在圆O上，且D，E为圆O上位于AB异侧的两点，所以∠E和∠B为同弧所对的圆周角，
故∠E＝∠B，所以∠E＝∠C.
[构建·体系]
1．如图2-1-7，在⊙O中，∠BOC＝50°，则∠A的大小为(　　)
图2-1-7
A．25°　　　 B．50°
C．75° D．100°
【解析】　由圆周角定理得
∠A＝∠BOC＝25°.
【答案】　A
2．如图2-1-8，已知AB是半圆O的直径，弦AD，BC相交于点P，若CD＝3，AB＝4，则tan∠BPD等于(　　)
图2-1-8
A. B.
C. D.
【解析】　连接BD，则∠BDP＝90°，
∵∠DCP＝∠BAP，∠CDP＝∠ABP，
∴△CPD∽△APB，∴＝＝，
在Rt△BPD中，cos∠BPD＝，∴cos∠BPD＝，
∴tan∠BPD＝.故选D.
【答案】　D
3．如图2-1-9，A，B，C是⊙O的圆周上三点，若∠BOC＝3∠BOA，则∠CAB是∠ACB的________倍．
【导学号：07370030】
图2-1-9
【解析】　∵∠BOC＝3∠BOA，∴＝3，
∴∠CAB＝3∠ACB.
【答案】　3
4．如图2-1-10所示，两个同心圆中，的度数是30°，且大圆半径R＝4，小圆半径r＝2，则的度数是________．
图2-1-10
【解析】　的度数等于∠AOB，又的度数等于∠AOB，则的度数是30°.
【答案】　30°
5．如图2-1-11，已知A，B，C，D是⊙O上的四个点，AB＝BC，BD交AC于点E，连接CD，AD.
图2-1-11
(1)求证：DB平分∠ADC；
(2)若BE＝3，ED＝6，求AB的长．
【解】　(1)证明：∵AB＝BC，
∴＝，
∴∠BDC＝∠ADB，
∴DB平分∠ADC.
(2)由(1)可知＝，
∴∠BAC＝∠ADB.
∵∠ABE＝∠ABD.
∴△ABE∽△DBA，∴＝.
∵BE＝3，ED＝6，∴BD＝9，
∴AB2＝BE·BD＝3×9＝27，
∴AB＝3.
我还有这些不足：
(1)　
(2)　
我的课下提升方案：
(1)　
(2)　
学业分层测评(六)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．如图2-1-12所示，若圆内接四边形的对角线相交于E，则图中相似三角形有(　　)
图2-1-12
A．1对　　　　　　 B．2对
C．3对 D．4对
【解析】　由推论知：∠ADB＝∠ACB，∠ABD＝∠ACD，∠BAC＝∠BDC，∠CAD＝∠CBD，∴△AEB∽△DEC，△AED∽△BEC.
【答案】　B
2．如图2-1-13所示，圆O上一点C在直径AB上的射影为D，CD＝4，BD＝8，则圆O的半径等于(　　)
图2-1-13
A．6 B．8
C．4 D．5
【解析】　∵AB为直径，∴∠ACB＝90°.
又∵CD⊥AB，
由射影定理可知，CD2＝AD·BD，
∴42＝8AD，∴AD＝2，
∴AB＝BD＋AD＝8＋2＝10，
∴圆O的半径为5.
【答案】　D
3．在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，AC＝2，则此三角形外接圆半径为(　　) 【导学号：07370031】
A. B．2
C．2 D．4
【解析】　由推论2知AB为Rt△ABC的外接圆的直径，又AB＝＝4，故外接圆半径r＝AB＝2.
【答案】　B
4．如图2-1-14所示，等腰△ABC内接于⊙O，AB＝AC，∠A＝40°，D是的中点，E是的中点，分别连接BD，DE，BE，则△BDE的三内角的度数分别是(　　)
图2-1-14
A．50°，30°，100° B．55°，20°，105°
C．60°，10°，110° D．40°，20°，120°
【解析】　如图所示，连接AD.
∵AB＝AC，D是的中点，
∴AD过圆心O.
∵∠A＝40°，
∴∠BED＝∠BAD＝20°，
∠CBD＝∠CAD＝20°.
∵E是的中点，
∴∠CBE＝∠CBA＝35°，
∴∠EBD＝∠CBE＋∠CBD＝55°，
∴∠BDE＝180°－20°－55°＝105°，
故选B.
【答案】　B
5．如图2-1-15，点A，B，C是圆O上的点，且AB＝4，∠ACB＝30°，则圆O的面积等于(　　)
图2-1-15
A．4π B．8π
C．12π D．16π
【解析】　连接OA，OB.
∵∠ACB＝30°，
∴∠AOB＝60°.
又∵OA＝OB，
∴△AOB为等边三角形．
又AB＝4，∴OA＝OB＝4，
∴S⊙O＝π·42＝16π.
【答案】　D
二、填空题
6．如图2-1-16，已知Rt△ABC的两条直角边AC，BC的长分别为3 cm，4 cm，以AC为直径的圆与AB交于点D，则＝________.
图2-1-16
【解析】　连接CD，∵AC是⊙O的直径，
∴∠CDA＝90°.由射影定理得BC2＝BD·AB，AC2＝AD·AB，
∴＝，即＝.
【答案】　
7．(2016·天津高考)如图2-1-17，AB是圆的直径，弦CD与AB相交于点E，BE＝2AE＝2，BD＝ED，则线段CE的长为________．
图2-1-17
【解析】　如图，设圆心为O，连接OD，则OB＝OD.
因为AB是圆的直径，BE＝2AE＝2，所以AE＝1，OB＝.
又BD＝ED，∠B为△BOD与△BDE的公共底角，
所以△BOD∽△BDE，所以＝，
所以BD2＝BO·BE＝3，所以BD＝DE＝.
因为AE·BE＝CE·DE，所以CE＝＝.
【答案】　
8.如图2-1-18，AB为⊙O的直径，弦AC，BD交于点P，若AB＝3，CD＝1，则sin∠APD＝__________.
图2-1-18
【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＝.
∴cos∠APD＝.又∵sin2∠APD＋cos2∠APD＝1，
∴sin∠APD＝.
【答案】　
三、解答题
9．如图2-1-19所示，⊙O中和的中点分别为点E和点F，直线EF交AC于点P，交AB于点Q.求证：△APQ为等腰三角形．
图2-1-19
【证明】　连接AF，AE.
∵E是的中点，即＝，
∴∠AFP＝∠EAQ，
同理∠FAP＝∠AEQ.
又∵∠AQP＝∠EAQ＋∠AEQ，∠APQ＝∠AFP＋∠FAP，
∴∠AQP＝∠APQ，即△APQ为等腰三角形．
10．如图2-1-20(1)所示，在圆内接△ABC中，AB＝AC，D是BC边上的一点，E是直线AD和△ABC外接圆的交点．
图2-1-20
(1)求证：AB2＝AD·AE；
(2)如图2-1-20(2)所示，当D为BC延长线上的一点时，第(1)题的结论成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
【解】　(1)证明：如图(3)，
连接BE.
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB.
∵∠ACB＝∠AEB，
∴∠ABC＝∠AEB.
又∠BAD＝∠EAB，
∴△ABD∽△AEB，
∴AB∶AE＝AD∶AB，
即AB2＝AD·AE.
(2)如图(4)，连接BE，
结论仍然成立，证法同(1)．
[能力提升]
1．如图2-1-21，已知AB是半圆O的直径，弦AD，BC相交于点P，那么等于(　　) 【导学号：07370032】
图2-1-21
A．sin∠BPD
B．cos∠BPD
C．tan∠BPD
D．以上答案都不对
【解析】　连接BD，由BA是直径，
知△ADB是直角三角形．
由∠DCB＝∠DAB，
∠CDA＝∠CBA，∠CPD＝∠BPA，得△CPD∽△APB，
＝＝cos ∠BPD.
【答案】　B
2．如图2-1-22所示，已知⊙O为△ABC的外接圆，AB＝AC＝6，弦AE交BC于D，若AD＝4，则AE＝__________.
图2-1-22
【解析】　连接CE，则∠AEC＝∠ABC，
又△ABC中，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴∠AEC＝∠ACB，
∴△ADC∽△ACE，
∴＝，
∴AE＝＝9.
【答案】　9
3．如图2-1-23，在⊙O中，已知∠ACB＝∠CDB＝60°，AC＝3，则△ABC的周长是__________．
图2-1-23
【解析】　由圆周角定理，
得∠A＝∠D＝∠ACB＝60°，
∴AB＝BC，
∴△ABC为等边三角形．
∴周长等于9.
【答案】　9
4.如图2-1-24，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交AC于点E，交BC于点D，连接BE，AD交于点P.求证：
图2-1-24
(1)D是BC的中点；
(2)△BEC∽△ADC；
(3)AB·CE＝2DP·AD.
【证明】　(1)因为AB是⊙O的直径，
所以∠ADB＝90°，即AD⊥BC，
因为AB＝AC，所以D是BC的中点．
(2)因为AB是⊙O的直径，
所以∠AEB＝∠ADB＝90°，
即∠CEB＝∠CDA＝90°，
因为∠C是公共角，
所以△BEC∽△ADC.
(3)因为△BEC∽△ADC，
所以∠CBE＝∠CAD.
因为AB＝AC，BD＝CD，
所以∠BAD＝∠CAD，
所以∠BAD＝∠CBE，
因为∠ADB＝∠BEC＝90°，
所以△ABD∽△BCE，
所以＝，所以＝，
因为∠BDP＝∠BEC＝90°，∠PBD＝∠CBE，
所以△BPD∽△BCE，
所以＝.
因为BC＝2BD，所以＝，
所以AB·CE＝2DP·AD.
二　圆内接四边形的性质与判定定理
1．了解圆内接四边形的概念．
2．掌握圆内接四边形的性质、判定定理及其推论，并能解决有关问题．(重点、易混点)
[基础·初探]
教材整理1　圆内接四边形的性质定理
阅读教材P27～P28定理2，完成下列问题．
1．定理1：圆的内接四边形的对角互补．
如图2-2-1，四边形ABCD内接于⊙O，则有：∠A＋∠C＝180°，∠B＋∠D＝180°.
图2-2-1
2．定理2：圆内接四边形的外角等于它的内角的对角．
图2-2-2
如图2-2-2，∠CBE是圆内接四边形ABCD的一外角，则有：∠CBE＝∠D.
四边形ABCD内接于圆O，延长AB到E，∠ADC＝32°，则∠CBE等于(　　)
A．32°　　　　　　 B．58°
C．122° D．148°
【解析】　根据圆内接四边形的外角等于它的内角的对角知，∠CBE＝32°.
【答案】　A
教材整理2　圆内接四边形的判定定理及推论
阅读教材P28～P29，完成下列问题．
1．判定定理：如果一个四边形的对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆．
2．推论：如果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．
若AD，BE，CF为△ABC的三条高线，交于H，则图2-2-3中四点共圆的组数是(　　)
图2-2-3
A．3 B．4
C．5 D．6
【解析】　其中B，D，H，F共圆；C，D，H，E共圆；A，E，H，F共圆；A，F，D，C共圆；B，C，E，F共圆；A，B，E，D共圆．
【答案】　D
[质疑·手记]
预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：
疑问1：　
解惑：　
疑问2：　
解惑：　
疑问3：　
解惑：　

[小组合作型]
圆内接四边形的性质
　如图2-2-4，圆内接四边形ABCD的一组对边AB，DC的延长线相交于点E，且∠DBA＝∠EBC.求证：AD·BE＝CE·BD.
图2-2-4
【精彩点拨】　先利用定理2得到∠BCE＝∠A，再利用△ABD∽△CBE，结论得证．
【自主解答】　因为四边形ABCD是圆内接四边形，
所以∠BCE＝∠A.因为∠DBA＝∠EBC，
所以△ABD∽△CBE，所以＝，
所以AD·BE＝CE·BD.
1．在本题的证明过程中，利用定理2得到∠BCE＝∠A是关键．
2．圆内接四边形的性质即对角互补，一个外角等于其内对角，可用来作为三角形相似或两直线平行的条件，从而证明一些比例式成立或证明某些等量关系．
[再练一题]
1．如图2-2-5所示，已知四边形ABCD内接于⊙O，延长AB和DC相交于点E，EG平分∠AED，且与BC，AD分别交于F，G.
图2-2-5
求证：∠CFG＝∠DGF. 【导学号：07370033】
【证明】　∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠EBF＝∠ADE.
又EF是∠AED的平分线，
则∠BEF＝∠DEG，∴△EBF∽△EDG，
∴∠EFB＝∠DGF.
又∵∠EFB＝∠CFG，
∴∠CFG＝∠DGF.
　圆内接四边形的综合应用
　如图2-2-6，已知△ABC中，AB＝AC，D是△ABC外接圆劣弧上的点(不与点A，C重合)，延长BD至E.
图2-2-6
(1)求证：AD的延长线DF平分∠CDE；
(2)若∠BAC＝30°，△ABC中BC边上的高为2＋，求△ABC外接圆的面积．
【自主解答】　(1)证明：如图，
∵A，B，C，D四点共圆，
∴∠CDF＝∠ABC.
又AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
且∠ADB＝∠ACB，
∴∠ADB＝∠CDF，
又由对顶角相等得∠EDF＝∠ADB，
故∠EDF＝∠CDF，
即AD的延长线DF平分∠CDE.
(2)设O为外接圆圆心，连接AO并延长交BC于H，则AH⊥BC.连接OC，由题意∠OAC＝∠OCA＝15°，∠ACB＝75°，
∴∠OCH＝60°.
设圆半径为r，
则r＋r＝2＋，得r＝2，外接圆的面积为4π.
1．解答本题(2)时关键是找出外接圆的圆心位置，然后用外接圆的半径表示出BC边上的高．
2．此类问题综合性较强，考查知识点较为丰富，往往涉及圆内接四边形的判定与性质的证明和应用，最终得到某些结论的成立．
[再练一题]
2．如图2-2-7所示，AB，CD都是圆的弦，且AB∥CD，F为圆上一点，延长FD，AB使它们交于点E.求证：AE·AC＝AF·DE.
图2-2-7
【证明】　如图，连接BD，
∵AB∥CD，∴BD＝AC.
∵A，B，D，F四点共圆，
∴∠EBD＝∠F.
又∵∠DEB＝∠FEA，
∴△EBD∽△EFA，
∴＝，∴＝，
即AE·AC＝AF·DE.
[探究共研型]
圆内接四边形的判定定理及
其推论
探究　圆内接四边形的性质定理和它的判定定理及推论有何关系？
【提示】　性质定理1和判定定理互为逆定理，性质定理2和判定定理的推论互为逆定理．
　如图2-2-8所示，在△ABC中，AD＝DB，DF⊥AB交AC于F，AE＝EC，EG⊥AC交AB于G，求证：
图2-2-8
(1)D，E，F，G四点共圆；
(2)G，B，C，F四点共圆．
【精彩点拨】　(1)要证D，E，F，G四点共圆，只需找到过这四点的外接圆的圆心，证明圆心到四点的距离相等，可取GF的中点H，证点H即为圆心．
(2)要证G，B，C，F四点共圆，只需证∠B＝∠AFG(或∠C＝∠AGF)，由D，E为中点，可知DE∥BC，∠B＝∠ADE，故只需证∠ADE＝∠AFG，由D，E，F，G四点共圆可得．
【自主解答】　(1)如图，连接GF，取GF的中点H.∵DF⊥AB，EG⊥AC，∴△DGF，△EGF都是直角三角形．又∵点H是GF的中点，∴点H到D，E，F，G的距离相等，∴点H是过D，E，F，G的外接圆的圆心，
∴D，E，F，G四点共圆．
(2)连接DE.由(1)知D，G，F，E四点共圆．
由四点共圆的性质定理的推论，
得∠ADE＝∠AFG.
∵AD＝DB，AE＝EC，
∴D是AB的中点，E是AC的中点，
∴DE∥BC，∴∠ADE＝∠B，
∴∠AFG＝∠B，∴G，B，C，F四点共圆．
1．解答本题(1)是利用到定点的距离等于定长的点在同一圆上来证明的，本题(2)利用了圆内接四边形判定定理的推论来证明的．
2．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；(4)与线段两端点连线夹角相等(或互补)的点连同该线段两端点在内共圆．
[再练一题]
3．如图2-2-9，在锐角三角形ABC中，AD是BC边上的高，DE⊥AB，DF⊥AC，E，F为垂足．
图2-2-9
求证：E，B，C，F四点共圆．
【证明】　连接EF，
因为DE⊥AB，DF⊥AC?∠AED＋∠AFD＝90°＋90°＝180°，
所以A，E，D，F四点共圆．
由A，E，D，F四点共圆
?∠DEF＝∠DAF?∠BEF＋∠C
＝∠BED＋∠DEF＋∠C
＝90°＋∠DAF＋∠C＝180°.
所以E，B，C，F四点共圆．
[构建·体系]
1．如图2-2-10，四边形ABCD内接于⊙O，∠DCE＝50°，则∠BOD等于(　　)
图2-2-10
A．75°　 B．90°
C．100° D．120°
【解析】　∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠DCE＝∠A，
∴∠A＝50°，∴∠BOD＝2∠A＝100°.
【答案】　C
2．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
【解析】　①是圆内接四边形的性质定理2，正确．由于圆内接四边形的对角互补，不一定相等，②不正确．圆内接四边形可以是梯形，③不正确．顶点在同一个圆上的四边形叫圆内接四边形，④不正确．
【答案】　B
3．如图2-2-11，两圆相交于A，B，过A的直线交两圆于点C，D，过B的直线交两圆于点E，F，连接CE，DF，若∠C＝115°，则∠D＝________.
【导学号：07370034】
图2-2-11
【解析】　如图，连接AB，
∵∠C＝115°，∴∠ABE＝65°，
∴∠D＝∠ABE＝65°.
【答案】　65°
4．四边形ABCD内接于圆O，∠A∶∠B∶∠C＝2∶3∶7，则∠D＝________.
【解析】　∵圆内接四边形的对角互补，
∴∠A＋∠C＝180°.
又∵∠A∶∠B∶∠C＝2∶3∶7，
∴∠A＝40°，∠B＝60°，∠C＝140°.
又∠B＋∠D＝180°，
∴∠D＝180°－60°＝120°.
【答案】　120°
5．如图2-2-12，四边形ABCD内接于⊙O，过点A作AE∥BD交CB的延长线于点E.
图2-2-12
求证：AB·AD＝BE·CD.
【证明】　如图，连接AC.
∵AE∥BD，∴∠1＝∠2.
∵∠2＝∠3，∴∠1＝∠3.
∵∠4是圆内接四边形ABCD的一个外角，
∴∠4＝∠ADC，
∴△ABE∽△CDA，
∴＝，
∴AB·AD＝BE·CD.
我还有这些不足：
(1)　
(2)　
我的课下提升方案：
(1)　
(2)　
学业分层测评(七)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．如图2-2-13，ABCD是⊙O的内接四边形，延长BC到E，已知∠BCD∶∠ECD＝3∶2，那么∠BOD等于(　　)
图2-2-13
A．120°　　 B．136°
C．144° D．150°
【解析】　设∠BCD＝3x，∠ECD＝2x，
∴5x＝180°，∴x＝36°，
即∠BCD＝108°，∠ECD＝72°，
∴∠BAD＝72°，∴∠BOD＝2∠BAD＝144°.
【答案】　C
2．如图2-2-14，在⊙O中，弦AB的长等于半径，∠DAE＝80°，则∠ACD的度数为(　　)
图2-2-14
A．30° B．45°　　　
C．50°　　　 D．60°
【解析】　连接OA，OB，
∵∠BCD＝∠DAE＝80°，∠AOB＝60°，
∴∠BCA＝∠AOB＝30°，
∴∠ACD＝∠BCD－∠BCA＝80°－30°＝50°.
【答案】　C
3．圆内接四边形ABCD中，∠A∶∠B∶∠C∶∠D可以是(　　)
A．4∶2∶3∶1 B．4∶3∶1∶2
C．4∶1∶3∶2 D．以上都不对
【解析】　由四边形ABCD内接于圆，得∠A＋∠C＝∠B＋∠D，从而只有B符合题意．
【答案】　B
4．如图2-2-15，四边形ABCD为圆内接四边形，AC为BD的垂直平分线，∠ACB＝60°，AB＝a，则CD等于(　　)
图2-2-15
A.a B.a
C.a D.a
【解析】　∵AC为BD的垂直平分线，
∴AB＝AD＝a，AC⊥BD.
∵∠ACB＝60°，∴∠ADB＝60°，
∴AB＝AD＝BD，∴∠ACD＝∠ABD＝60°，
∴∠CDB＝30°，
∴∠ADC＝90°，∴CD＝tan 30°·AD＝a.
【答案】　A
5．如图2-2-16所示，圆内接四边形ABCD的一组对边AD，BC的延长线相交于点P，对角线AC和BD相交于点Q，则图中共有相似三角形的对数为(　　)
【导学号：07370035】
图2-2-16
A．4 B．3
C．2 D．1
【解析】　利用圆周角和圆内接四边形的性质定理，可得△PCD∽△PAB，△QCD∽△QBA，△AQD∽△BQC，△PAC∽△PBD.因此共4对．
【答案】　A
二、填空题
6．如图2-2-17，以AB＝4为直径的圆与△ABC的两边分别交于E，F两点，∠ACB＝60°，则EF＝________.
图2-2-17
【解析】　如图，连接AE.
∵AB为圆的直径，
∴∠AEB＝∠AEC＝90°.
∵∠ACB＝60°，
∴∠CAE＝30°，
∴CE＝AC.
∵∠C＝∠C，∠CFE＝∠B，
∴△CFE∽△CBA，
∴＝，
∵AB＝4，CE＝AC，∴EF＝2.
【答案】　2
7．四边形ABCD内接于⊙O，BC是直径，＝40°，则∠D＝__________.
【解析】　如图，连接AC.∵＝40°.BC是⊙O的直径，
∴∠ACB＝20°，∠BAC＝90°，
∴∠B＝180°－∠BAC－∠ACB＝70°，
∴∠D＝180°－∠B＝110°.
【答案】　110°
8．如图2-2-18，四边形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________．
图2-2-18
【解析】　由于∠PBC＝∠PDA，∠P＝∠P，
则△PAD∽△PCB ，∴＝＝.
又＝，＝，∴×＝×，
∴×＝，∴×＝，
∴＝.
【答案】　
三、解答题
9．如图2-2-19，A，B，C，D四点在同一圆上，AD的延长线与BC的延长线交于E点，且EC＝ED.
图2-2-19
(1)证明：CD∥AB；
(2)延长CD到F，延长DC到G，使得EF＝EG，证明：A，B，G，F四点共圆．
【证明】　(1)因为EC＝ED，所以∠EDC＝∠ECD.
因为A，B，C，D四点在同一圆上，
所以∠EDC＝∠EBA，
故∠ECD＝∠EBA，所以CD∥A B.
(2)由(1)知，AE＝BE，∠EDF＝∠ECG，因为EF＝EG，故∠EFD＝∠EGC，从而∠FED＝∠GEC.
连接AF，BG，则△EFA≌△EGB，故∠FAE＝∠GBE.
又CD∥AB，∠EDC＝∠ECD，
所以∠FAB＝∠GBA，所以∠AFG＋∠GBA＝180°.
故A，B，G，F四点共圆．
10．如图2-2-20，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E，F，G，H.你能判断出E，F，G，H是否在同一个圆上吗？试说明你的猜想．
【导学号：07370036】
图2-2-20
【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在以O为圆心的圆上．
[能力提升]
1．已知四边形ABCD是圆内接四边形，下列结论中正确的有(　　)
①如果∠A＝∠C，则∠A＝90°；
②如果∠A＝∠B，则四边形ABCD是等腰梯形；
③∠A的外角与∠C的外角互补；
④∠A∶∠B∶∠C∶∠D可以是1∶2∶3∶4.
A．1个　　　　 B．2个
C．3个 D．4个
【解析】　由“圆内接四边形的对角互补”可知：①相等且互补的两角必为直角；②两相等邻角的对角也相等(亦可能有∠A＝∠B＝∠C＝∠D的特例)；③互补两内角的外角也互补；④两组对角之和的份额必须相等(这里1＋3≠2＋4)．因此得出①③正确，②④错误．
【答案】　B
2．如图2-2-21，以△ABC的一边AB为直径的圆交AC边于D，交BC边于E，连接DE，BD与AE交于点F.则sin∠CAE的值为(　　)
图2-2-21
A.　　　　 B.
C. D.
【解析】　根据圆周角定理，易得∠AEB＝90°，进而可得∠AEC＝90°.
在Rt△AEC中，由锐角三角函数的定义，可得sin∠CAE＝，由圆内接四边形的性质，可得∠CED＝∠CAB，∠CDE＝∠CBA，可得△CDE∽△CBA，则有＝，故有sin∠CAE＝.
【答案】　D
3．如图2-2-22，AB＝10 cm，BC＝8 cm，CD平分∠ACB，则AC＝__________，BD＝__________.
图2-2-22
【解析】　∠ACB＝90°，∠ADB＝90°.
在Rt△ABC中，AB＝10，BC＝8，
∴AC＝＝6.
又∵CD平分∠ACB，
即∠ACD＝∠BCD，
∴AD＝BD，
∴BD＝＝5.
【答案】　6　5
4.如图2-2-23，锐角△ABC的内心为I，过点A作直线BI的垂线，垂足为H，点E为内切圆I与边CA的切点．
图2-2-23
(1)求证：四点A，I，H，E共圆；
(2)若∠C＝50°，求∠IEH的度数．
【解】　(1)证明：由圆I与边AC相切于点E，
得IE⊥AE，
结合IH⊥AH，得∠AEI＝∠AHI＝90°.
所以四点A，I，H，E共圆．
(2)由(1)知四点A，I，H，E共圆，得∠IEH＝∠HAI.
在△HIA中，∠HIA＝∠ABI＋∠BAI＝∠B＋∠A＝(∠B＋∠A)
＝(180°－∠C)＝90°－∠C.
结合IH⊥AH，得∠HAI＝90°－∠HIA＝∠C，
所以∠IEH＝∠C.
由∠C＝50°，得∠IEH＝25°.
三　圆的切线的性质及判定定理
1．掌握切线的性质定理及其推论，并能解决有关问题．(重点、难点)
2．掌握切线的判定定理，会判定直线与圆相切．(易错、易混点)
[基础·初探]
教材整理1　切线的性质定理及推论
阅读教材P30倒数第2行以上部分，完成下列问题．
1．性质定理：圆的切线垂直于经过切点的半径．
如图2-3-1，已知AB切⊙O于点A，则OA⊥AB.
图2-3-1
2．推论1：经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．
3．推论2：经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心．
AB是⊙O的切线，能确定CD⊥AB的条件是(　　)
A．O∈CD　　　　 B．CD过切点
C．O∈CD，且CD过切点 D．CD是⊙O的直径
【解析】　由切线的性质定理知，选项C正确．
【答案】　C
教材整理2　切线的判定定理
阅读教材P30～P31，完成下列问题．
判定定理：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线．
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，垂直于此直径的直线是圆的切线．
其中正确的有(　　) 【导学号：07370037】
A．①②　　 B．②③　　
C．③④　　 D．①④
【解析】　根据切线的定义及判定定理知③④正确．
【答案】　C
[质疑·手记]
预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：
疑问1：　
解惑：　
疑问2：　
解惑：　
疑问3：　
解惑：　
[小组合作型]
圆的切线性质的应用
　如图2-3-2所示，已知AB是⊙O的直径，直线CD与⊙O相切于点C，AC平分∠DAB，AD⊥CD.
图2-3-2
(1)求证：OC∥AD；
(2)若AD＝2，AC＝，求AB的长．
【精彩点拨】　(1)要证OC∥AD，只需证明OC⊥CD.
(2)利用△ADC∽△ACB可求得．
【自主解答】　(1)证明：如图所示，连接BC.
∵CD为⊙O的切线，∴OC⊥CD.
又AD⊥CD，∴OC∥AD.
(2)∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC＝∠CAB.
∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB＝90°.
又AD⊥CD，∴∠ADC＝90°，∴△ADC∽△ACB.
∴＝，∴AC2＝AD·AB.
∵AD＝2，AC＝，∴AB＝.
1．利用圆的切线的性质来证明或进行有关运算时，常用连接圆心与切点的半径与切线垂直这一理论产生垂直关系．
2．常作的辅助线
(1)连接切点与圆心的半径．
(2)构造直径所对的圆周角．
[再练一题]
1．如图2-3-3，已知AD为⊙O的直径，B为AD延长线上一点，BC与⊙O切于C点，∠A＝30°.
图2-3-3
求证：(1)BD＝CD；
(2)△AOC≌△BDC.
【证明】　(1)因为AD为⊙O的直径，所以∠ACD＝90°.
又因为∠A＝30°，OA＝OC＝OD，
所以∠ACO＝30°，∠ODC＝∠OCD＝60°，又因为BC与⊙O切于C点，所以∠OCB＝90°，
所以∠BCD＝30°，所以∠B＝30°，
所以∠BCD＝∠B，所以BD＝CD.
(2)因为∠A＝∠ACO＝∠BCD＝∠B＝30°，所以AC＝BC，
在△AOC和△BDC中，
所以△AOC≌△BDC.
圆的切线性质和判定定理
的综合应用
　如图2-3-4，AB为⊙O的直径，D是的中点，DE⊥AC交AC的延长线于E，⊙O的切线BF交AD的延长线于点F. 【导学号：07370038】
图2-3-4
(1)求证：DE是⊙O的切线；
(2)若DE＝3，⊙O的半径为5，求BF的长．
【精彩点拨】　(1)利用圆的切线判定定理证明．
(2)作DG⊥AB于G，利用△ADG∽△AFB求解．
【自主解答】　(1)证明：连接OD，∵D是中点，∴∠1＝∠2.
∵OA＝OD，∴∠2＝∠3，
∴∠1＝∠3，∴OD∥AE.
∵DE⊥AE，∴DE⊥OD，
即DE是⊙O的切线．
(2)过D作DG⊥AB，∵∠1＝∠2，∴DG＝DE＝3.
在Rt△ODG中，OG＝＝4，∴AG＝4＋5＝9.
∵DG⊥AB，FB⊥AB，∴DG∥FB，
∴△ADG∽△AFB，∴＝，
∴＝，∴BF＝.
1．解答本题(2)的关键是作出辅助线DG⊥AB于G，然后利用三角形相似求解．
2．对圆的切线的性质与判定的综合考查往往是热点，其解答思路常常是先证明某直线是圆的切线，再利用切线的性质来求解相关结果．
[再练一题]
2．如图2-3-5，已知A是 ⊙O上一点，半径OC的延长线与过点A的直线交于B点，OC＝BC，AC＝OB.
图2-3-5
(1)求证：AB为⊙O的切线；
(2)若∠ACD＝45°，OC＝2，求弦CD的长．
【解】　(1)证明：如图，连接OA，
∵OC＝BC，AC＝OB，∴OC＝BC＝CA＝OA，
∴△ACO为等边三角形，∴∠O＝60°，∴∠B＝30°，
∴∠OAB＝90°，∴AB为⊙O的切线．
(2)作AE⊥CD于点E，∵∠O＝60°，∴∠D＝30°.
又∵∠ACD＝45°，AC＝OC＝2，
∴在Rt△ACE中，CE＝AE＝，
在Rt△ADE中，∠D＝30°，
∴AD＝2，∴DE＝.
∴CD＝DE＋CE＝＋.
[探究共研型]
圆的切线的判定
探究　判定直线与圆相切共有哪几种方法？
【提示】　判定直线与圆相切共有三种方法：
(1)和圆只有一个公共点的直线是圆的切线；
(2)到圆心距离等于圆的半径的直线是圆的切线；
(3)过半径外端且和半径垂直的直线是圆的切线．
　如图2-3-6，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．
图2-3-6
【精彩点拨】　利用圆的切线的判定定理进行切线的证明，关键是找出定理的两个条件：①过半径的外端；②该直线与某一条半径所在的直线垂直．
【自主解答】　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，
即CD是⊙O的切线．
1．解答本题的关键是证明OE⊥CD，而已知AD⊥CD，故只需证明OE∥AD.
2．判断一条直线是圆的切线时，常用辅助线的作法：
(1)如果已知这条直线与圆有公共点，则连接圆心与这个公共点，设法证明连接所得到的半径与这条直线垂直，简记为“连半径，证垂直”；
(2)若题目未说明这条直线与圆有公共点，则过圆心作这条直线的垂线，得垂线段，再证明这条垂线段的长等于半径，简记“作垂直，证半径”．
[再练一题]
3．(2016·郑州一模)如图2-3-7，已知AB是⊙O的直径，BC是⊙O的切线，切点为B，OC平行于弦AD，求证：DC是⊙O的切线．
图2-3-7
【证明】　连接OD.因为OA＝OD，
所以∠1＝∠2.
因为AD∥OC，所以∠1＝∠3，∠2＝∠4，
所以∠3＝∠4.
在△OBC和△ODC中，OB＝OD，∠3＝∠4，OC＝OC，
所以△OBC≌△ODC，
所以∠OBC＝∠ODC.
因为BC是⊙O的切线，所以∠OBC＝90°，所以∠ODC＝90°，所以DC是⊙O的切线．
[构建·体系]
1．如图2-3-8，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2-3-8
A．4　　　 B．4.8
C．5.2 D．6
【解析】　∵AB是⊙O的直径，∴BD⊥AC.
∵BC是⊙O的切线，∴AB⊥BC.
∵AB＝6，BC＝8，∴AC＝10.
∴BD＝＝4.8.
【答案】　B
2.如图2-3-9所示，直线l与⊙O相切，P是l上任一点，当OP⊥l时，则
(　　) 【导学号：07370039】
图2-3-9
A．P不在⊙O上
B．P在⊙O上
C．P不可能是切点
D．OP大于⊙O的半径
【解析】　由切线性质定理的推论1，经过圆心O垂直于切线l的直线必过切点，故P为切点，应选B.
【答案】　B
3．如图2-3-10，AP为圆O的切线，P为切点，OA交圆O于点B，若∠A＝40°，则∠APB等于(　　)
图2-3-10
A．25°　　　　 B．20°
C．40° D．35°
【解析】　如图，连接OP，
∵AP为圆O的切线，∴∠OPA＝90°，
∵∠A＝40°，
∴∠AOP＝90°－40°＝50°.
∵OP＝OB，∴∠OPB＝×(180°－50°)＝65°.
∴∠APB＝∠OPA－∠OPB＝90°－65°＝25°.
【答案】　A
4．如图2-3-11，⊙O的半径为3 cm，B为⊙O外一点，OB交⊙O于点A，AB＝OA，动点P从点A出发，以π cm/s的速度在⊙O上按逆时针方向运动一周回到点A立即停止．当点P运动的时间t为________s时，BP与⊙O相切．
图2-3-11
【解析】　连接OP.当OP⊥PB时，BP与⊙O相切．
因为AB＝OA，OA＝OP，所以OB＝2OP，
又因为∠OPB＝90°，所以∠B＝30°，所以∠O＝60°.
因为OA＝3 cm，
所以＝＝π，圆的周长为6π，所以点P运动的距离为π或6π－π＝5π.
所以当t＝1 s或5 s时，BP与⊙O相切．
【答案】　1或5
5.如图2-3-12，AB和BC分别与圆O相切于点D，C，AC经过圆心O，且BC＝2OC.求证：AC＝2AD.
图2-3-12
【证明】　连接OD.因为AB和BC分别与圆O相切于点D，C，
所以∠ADO＝∠ACB＝90°.
又因为∠A＝∠A，
所以Rt△ADO∽Rt△ACB，
所以＝.
又BC＝2OC＝2OD，故AC＝2AD.
我还有这些不足：
(1)　
(2)　
我的课下提升方案：
(1)　
(2)　
学业分层测评(八)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．AB是⊙O的切线，在下列给出的条件中，能判定AB⊥CD的是(　　)
A．AB与⊙O相切于直线CD上的点C
B．CD经过圆心O
C．CD是直径
D．AB与⊙O相切于C，CD过圆心O
【解析】　圆的切线垂直于过切点的半径或直径．
【答案】　D
2．已知⊙O的直径AB与弦AC的夹角为30°，过C点的切线PC与AB的延长线交于P，PC＝5，则⊙O的半径是(　　)
A.　　　　　　　 B.
C．10 D．5
【解析】　如图，连接OC，
∠PAC＝30°，
由圆周角定理知，
∠POC＝2∠PAC＝60°，
由切线性质知∠OCP＝90°.
∴在Rt△OCP中，tan∠POC＝.
∴OC＝＝＝.
【答案】　A
3．如图2-3-13，CD切⊙O于B，CO的延长线交⊙O于A，若∠C＝36°，则∠ABD的度数是(　　)
图2-3-13
A．72°　　　　 B．63°
C．54° D．36°
【解析】　连接O B.
∵CD为⊙O的切线，∴∠OBC＝90°.
∵∠C＝36°，∴∠BOC＝54°.
又∵∠BOC＝2∠A，∴∠A＝27°，
∴∠ABD＝∠A＋∠C＝27°＋36°＝63°.
【答案】　B
4.如图2-3-14所示，⊙O是正△ABC的内切圆，切点分别为E，F，G，点P是弧EG上的任意一点，则∠EPF＝(　　)
图2-3-14
A．120° B．90°
C．60° D．30°
【解析】　如图所示，连接OE，OF.
∵OE⊥AB，OF⊥BC，∴∠BEO＝∠BFO＝90°，
∴∠EOF＋∠ABC＝180°，
∴∠EOF＝120°，∴∠EPF＝∠EOF＝60°.
【答案】　C
5．如图2-3-15所示，AC切⊙O于D，AO的延长线交⊙O于B，且AB⊥BC，若AD∶AC＝1∶2，则AO∶OB＝(　　)
图2-3-15
A．2∶1 B．1∶1
C．1∶2 D．1∶1.5
【解析】　如图所示，连接OD，OC，则OD⊥AC.
∵AB⊥BC，∴∠ODC＝∠OBC＝90°.
∵OB＝OD，OC＝OC，
∴△CDO≌△CBO，∴BC＝DC.
∵＝，∴AD＝DC，
∴BC＝AC.
又OB⊥BC，∴∠A＝30°，
∴OB＝OD＝AO，∴＝.
【答案】　A
二、填空题
6.如图2-3-16，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝5，BC＝12，⊙O分别与边AB，AC相切，切点分别为E，C.则⊙O的半径是________．
图2-3-16
【解析】　连接OE，设OE＝r，
∵OC＝OE＝r，BC＝12，
则BO＝12－r，AB＝＝13，
由△BEO∽△BCA，得＝，
即＝，解得r＝.
【答案】　
7．如图2-3-17，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.
图2-3-17
【解析】　连接OA，OC，
∵AB是小圆的切线，
∴OC⊥AB，∴AC＝A B.
∵在Rt△AOC中，
AC＝＝4(cm)，
∴AB＝8 cm.
【答案】　8
8．如图2-3-18所示，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＝________.
图2-3-18
【解析】　连接OA.∵AP为⊙O的切线，
∴OA⊥AP.
又∠ABC＝30°，∴∠AOC＝60°.
∴在Rt△AOP中，OA＝1，PA＝OA·tan 60°＝.
【答案】　
三、解答题
9.如图2-3-19，已知D是△ABC的边AC上的一点，AD∶DC＝2∶1，∠C＝45°，∠ADB＝60°，求证：AB是△BCD的外接圆的切线. 【导学号：07370040】
图2-3-19
【证明】　如图，连接OB，OC，OD，设OD交BC于E.
因为∠DCB是所对的圆周角，
∠BOD是所对的圆心角，
∠BCD＝45°，
所以∠BOD＝90°.
因为∠ADB是△BCD的一个外角，
所以∠DBC＝∠ADB－∠ACB＝60°－45°＝15°，
所以∠DOC＝2∠DBC＝30°，
从而∠BOC＝120°.
因为OB＝OC，所以∠OBC＝∠OCB＝30°.
在△OEC中，
因为∠EOC＝∠ECO＝30°，
所以OE＝EC.
在△BOE中，因为∠BOE＝90°，∠EBO＝30°，所以BE＝2OE＝2EC，
所以＝＝，
所以AB∥OD，所以∠ABO＝90°，
故AB是△BCD的外接圆的切线．
10．如图2-3-20，AB是⊙O的直径，点P在BA的延长线上，弦CD⊥AB于E，∠POC＝∠PCE.
图2-3-20
(1)求证：PC是⊙O的切线；
(2)若OE∶EA＝1∶2，PA＝6，求⊙O半径．
【解】　(1)证明：在△OCP与△CEP中，
∵∠POC＝∠PCE，∠OPC＝∠CPE，
∴∠OCP＝∠CEP.
∵CD⊥AB，∴∠CEP＝90°，
∴∠OCP＝90°.
又∵C点在圆上，∴PC是⊙O的切线．
(2)法一：设OE＝x，则EA＝2x，OC＝OA＝3x.
∵∠COE＝∠AOC，∠OEC＝∠OCP＝90°，
∴△OCE∽△OPC，
∴＝，
即(3x)2＝x(3x＋6)，∴x＝1，
∴OA＝3x＝3，即圆的半径为3.
法二：由(1)知PC是⊙O的切线，
∴∠OCP＝90°.
又∵CD⊥OP，由射影定理知OC2＝OE·OP，以下同法一．
[能力提升]
1．如图2-3-21，在⊙O中，AB为直径，AD为弦，过B点的切线与AD的延长线交于C，若AD＝DC，则sin∠ACO等于(　　)
图2-3-21
A.　　　　 B.
C. D.
【解析】　连接BD，则BD⊥AC.
∵AD＝DC，∴BA＝BC，
∴∠BCA＝45°.
∵BC是⊙O的切线，切点为B，
∴∠OBC＝90°.
∴sin∠BCO＝＝＝，
cos ∠BCO＝＝＝.
∴sin∠ACO＝sin(45°－∠BCO)
＝sin45°cos ∠BCO－cos 45°sin ∠BCO
＝×－×＝.
【答案】　A
2．如图2-3-22所示，已知PA是圆O的切线，切点为A，PA＝2，AC是圆O的直径，PC与圆O交于B点，PB＝1，则圆O的半径R＝__________.
图2-3-22
【解析】　AB＝＝.
由AB2＝PB·BC，
∴BC＝3，Rt△ABC中，
AC＝＝2，
∴R＝.
【答案】　
3．圆O的直径AB＝6，C为圆周上一点，BC＝3，过C作圆的切线l，过A作l的垂线AD，AD分别与直线l，圆交于点D，E，则∠DAC＝__________，DC＝__________.
【解析】　连接OC，
∵OC＝OB，∴∠OCB＝∠OBC.
又∠DCA＋∠ACO＝90°，
∠ACO＋∠OCB＝90°，
∴∠DCA＝∠OCB.
∵OC＝3，BC＝3，
∴△OCB是正三角形，
∴∠OBC＝60°，即∠DCA＝60°，
∴∠DAC＝30°.
在Rt△ACB中，AC＝＝3，
DC＝ACsin 30°＝ .
【答案】　30°　
4．如图2-3-23，AD是⊙O的直径，BC切⊙O于点D，AB，AC与圆分别相交于点E，F.
【导学号：07370041】
图2-3-23
(1)AE·AB与AF·AC有何关系？请给予证明；
(2)在图中，如果把直线BC向上或向下平移，得到图2-3-24(1)或图(2)，在此条件下，(1)题的结论是否仍成立？为什么？
图2-3-24
【解】　(1)AE·AB＝AF·AC.
证明：连接DE.
∵AD为⊙O的直径，∴∠DEA＝90°.
又∵BC与⊙O相切于点D，
∴AD⊥BC，即∠ADB＝90°，∴∠ADB＝∠DEA.
又∵∠BAD＝∠DAE，∴△BAD∽△DAE，
∴＝，即AD2＝AB·AE.
同理AD2＝AF·AC，∴AE·AB＝AF·AC.
(2)(1)中的结论仍成立．
因为BC在平移时始终与AD垂直，设垂足为D′，
则∠AD′B＝90°.
∵AD为圆的直径，
∴∠AED＝∠AD′B＝90°.
又∵∠DAE＝∠BAD′，∴△ABD′∽△ADE，
∴＝，∴AB·AE＝AD·AD′.
同理AF·AC＝AD·AD′，故AE·AB＝AF·AC.
四　弦切角的性质
1．掌握弦切角定理，并能利用它解决有关问题．(重点)
2．体会分类思想，运动变化思想和化归思想．(难点)
[基础·初探]
教材整理　弦切角定理
阅读教材P33～P34，完成下列问题．
1．弦切角
顶点在圆上，一边和圆相交、另一边和圆相切的角叫做弦切角．
2．弦切角定理
(1)文字语言叙述：
弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角．
(2)图形语言叙述：
如图2-4-1，AB与⊙O切于A点，则∠BAC＝∠D.
图2-4-1
1．P在⊙O外，PM切⊙O于C，PAB交⊙O于A，B，则(　　)
A．∠MCB＝∠B　　 B．∠PAC＝∠P
C．∠PCA＝∠B D．∠PAC＝∠BCA
【解析】　由弦切角定理知∠PCA＝∠B.
【答案】　C
2．如图2-4-2所示，MN与⊙O相切于点M，Q和P是⊙O上两点，∠PQM＝70°，则∠NMP等于(　　)
图2-4-2
A．20°　　　　　　 B．70°
C．110° D．160°
【解析】　根据弦切角定理：∠NMP＝∠PQM＝70°.
【答案】　B
[质疑·手记]
预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：
疑问1：　
解惑：　
疑问2：　
解惑：　
疑问3：　
解惑：　
[小组合作型]
利用弦切角定理解决与角
有关的问题
　如图2-4-3，AB是半圆O的直径，C是圆周上一点(异于A，B)，过C作圆O的切线l，过A作直线l的垂线AD，垂足为D，AD交半圆于点E，求证：CB＝CE.
图2-4-3
【精彩点拨】　解答本题的关键是运用弦切角定理与圆周角定理的有关知识，进行角度的等量替换．
【自主解答】　连接AC，BE，在DC延长线上取一点F，因为AB是半圆O的直径，C为圆周上一点，
所以∠ACB＝90°，即∠BCF＋∠ACD＝90°.
又因为AD⊥l，所以∠DAC＋∠ACD＝90°，
所以∠BCF＝∠DAC.
又因为直线l是圆O的切线，所以∠CEB＝∠BCF，
又∠DAC＝∠CBE，所以∠CBE＝∠CEB，∴CB＝CE.
则∠CEB＝∠DAC，由圆周角定理知∠DAC＝∠CBE，∴∠CBE＝∠CEB，∴CB＝CE.
1．把证明线段相等转化为证明角的相等是弦切角定理应用的常见题目．
2．利用弦切角定理进行计算、证明，要特别注意弦切角所夹弧所对的圆周角，有时与圆的直径所对的圆周角结合运用，同时要注意根据题目的需要可添加辅助线构成所需要的弦切角．
[再练一题]
1．如图2-4-4，已知AB是⊙O的直径，直线CD与⊙O相切于点C，过A作AD⊥CD，D为垂足．
图2-4-4
(1)求证：∠DAC＝∠BAC；
(2)若AC＝8，cos∠BAC＝，求⊙O的直径．
【解】　(1)证明：连接BC，OC，
因为AB是⊙O的直径，所以∠ACB＝90°，
所以∠B＋∠BAC＝90°.
因为直线CD与⊙O相切于点C，
所以∠ACD＝∠B，∠OCD＝90°.
因为AD⊥CD，
所以∠DAC＋∠ACD＝90°.
所以∠DAC＝∠BAC.
(2)因为cos∠BAC＝，所以＝，
因为AC＝8，所以AB＝10，
故⊙O的直径为10.
　利用弦切角定理证明比例式
或乘积式
　如图2-4-5，PA，PB是⊙O的切线，点C在上，CD⊥AB，CE⊥PA，CF⊥PB，垂足分别为D，E，F，求证：CD2＝CE·CF.
【导学号：07370042】
图2-4-5
【精彩点拨】　
→
→→
【自主解答】　连接CA，CB.
∵PA，PB是⊙O的切线．
∴∠CAP＝∠CBA，∠CBP＝∠CA B.
又CD⊥AB，CE⊥PA，
CF⊥PB，
∴Rt△CAE∽Rt△CBD，
Rt△CBF∽Rt△CAD，
∴＝，＝，
∴＝，即CD2＝CE·CF.
1．解答本题的难点在于乘积式中的线段不在两个相似三角形中，需用中间量过渡．
2．弦切角定理经常作为工具，进行三角形相似的证明，然后利用三角形相似进一步确定相应边之间的关系，在圆中证明比例式或等积式，常常需要借助于三角形相似处理．
3．弦切角定理有时还需与圆周角定理等知识综合运用，它们不但在证明方法上相似，在解题功能上也有相似之处，通常都作为辅助工具出现．
[再练一题]
2.如图2-4-6，已知AB是⊙O的直径，AB＝AC，BC交⊙O于点D，DE⊥AC，E为垂足．
图2-4-6
(1)求证：∠ADE＝∠B；
(2)过点O作OF∥AD，与ED的延长线相交于点F，求证：FD·DA＝FO·DE.
【证明】　(1)连接OD，
因为OA＝OD，
所以∠OAD＝∠ODA.
因为AB是⊙O的直径，
所以∠ADB＝90°，即AD⊥BC.
又因为AB＝AC，
所以AD平分∠BAC，
即∠OAD＝∠CAD，
所以∠ODA＝∠DAE＝∠OAD.
因为∠ADE＋∠DAE＝90°，
所以∠ADE＋∠ODA＝90°，即∠ODE＝90°，OD⊥EF.
因为OD是⊙O的半径，所以EF是⊙O的切线．
所以∠ADE＝∠B.
(2)因为OF∥AD，所以∠F＝∠ADE.
又因为∠DEA＝∠FDO(已证)，所以△FDO∽△DEA.
所以FD∶DE＝FO∶DA，即FD·DA＝FO·DE.
[构建·体系]
1．如图2-4-7，AB是半圆O的直径，C，D是半圆上的两点，半圆O的切线PC交AB的延长线于点P，∠PCB＝25°，则∠ADC为(　　)
图2-4-7
A．105°　　　　 B．115°
C．120° D．125°
【解析】　连接AC，构造出夹圆周角∠ADC所对弧的弦切角，即∠PCA，而∠PCA显然等于∠PCB加上一个直角，由此即得结果．
【答案】　B
2.如图2-4-8，四边形ABCD是圆的内接四边形，AB是直径，MN是切圆于C点的切线，若∠BCM＝38°，则∠B＝(　　)
图2-4-8
A．32°　　　　 B．42°
C．52° D．48°
【解析】　如图，连接AC.
∵∠BCM＝38°，MN是⊙O的切线，
∴∠BAC＝38°.
∵AB为⊙O的直径，∴∠B＝90°－38°＝52°.
【答案】　C
3．如图2-4-9，A，B是⊙O上的两点，AC是⊙O的切线，∠B＝65°，则∠BAC＝________.
图2-4-9
【解析】　∵OA＝OB，
∠B＝65°，
∴∠OAB＝65°，
∴∠O＝50°，
∴∠BAC＝∠O＝25°.
【答案】　25°
4．如图2-4-10，已知AB为圆的直径，弦AC与AB成30°角，DC切圆于点C，AB＝5 cm，则BD等于________cm.
图2-4-10
【解析】　如图，连接BC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°.
∵∠A＝30°，AB＝5 cm，
∴BC＝ cm，∠CBA＝60°.
∵CD切⊙O于C，
∴∠DCB＝∠A＝30°，
∴∠D＝30°，
∴BD＝BC＝ cm.
【答案】　
5.如图2-4-11，直线AB为圆的切线，切点为B，点C在圆上，∠ABC的角平分线BE交圆于点E，DB垂直BE交圆于点D.
图2-4-11
(1)证明：DB＝DC；
(2)设圆的半径为1，BC＝，延长CE交AB于点F，求△BCF外接圆的半径．
【解】　(1)证明：如图，连接DE，交BC于点G.
由弦切角定理，得∠ABE＝∠BCE，
而∠ABE＝∠CBE，故∠CBE＝∠BCE，所以BE＝CE.
又因为DB⊥BE，所以DE为圆的直径，∠DCE＝90°.
又因为DE＝DE，所以△DBE≌△DCE，
所以DB＝DC.
(2)由(1)知，∠CDE＝∠BDE，DB＝DC，
故DG是BC边的中垂线，所以BG＝.
设DE的中点为O，连接BO，则∠BOG＝60°，从而∠ABE＝∠BCE＝∠CBE＝30°，所以CF⊥BF，故Rt△BCF外接圆的半径等于.
我还有这些不足：
(1)　
(2)　
我的课下提升方案：
(1)　
(2)　
学业分层测评(九)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．如图2-4-12所示，AB是⊙O的直径，MN与⊙O切于点C，AC＝BC，则sin∠MCA＝(　　)
图2-4-12
A.　　　 B.　　　
C.　　　 D.
【解析】　由弦切角定理，得∠MCA＝∠ABC.
∵sin∠ABC＝＝＝＝，故选D.
【答案】　D
2．如图2-4-13，在圆的内接四边形ABCD中，AC平分∠BAD，EF切⊙O于C点，那么图中与∠DCF相等的角的个数是(　　)
图2-4-13
A．4　　 B．5
C．6 D．7
【解析】　∠DCF＝∠DAC，∠DCF＝∠BAC，∠DCF＝∠BCE，
∠DCF＝∠BDC，∠DCF＝∠DBC.
【答案】　B
3.如图2-4-14所示，AB是⊙O的直径，EF切⊙O于C，AD⊥EF于D，AD＝2，AB＝6，则AC的长为(　　)
图2-4-14
A．2 B．3
C．2 D．4
【解析】　连接BC.∵AB是⊙O的直径，
∴AC⊥BC，由弦切角定理可知，
∠ACD＝∠ABC，∴△ABC∽△ACD，
∴＝，
∴AC2＝AB·AD＝6×2＝12，
∴AC＝2，故选C.
【答案】　C
4．如图2-4-15，PC与⊙O相切于C点，割线PAB过圆心O，∠P＝40°，则∠ACP等于(　　)
【导学号：07370043】
图2-4-15
A．20° B．25°
C．30° D．40°
【解析】　如图，连接OC，BC，
∵PC切⊙O于C点，
∴OC⊥PC，∵∠P＝40°，∴∠POC＝50°.
∵OC＝OB，
∴∠B＝∠POC＝25°，
∴∠ACP＝∠B＝25°.
【答案】　B
5．如图2-4-16所示，已知AB，AC与⊙O相切于B，C，∠A＝50°，点P是⊙O上异于B，C的一动点，则∠BPC的度数是(　　)
图2-4-16
A．65°
B．115°
C．65°或115°
D．130°或50°
【解析】　当点P在优弧上时，
由∠A＝50°，得∠ABC＝∠ACB＝65°.
∵AB是⊙O的切线，∴∠ABC＝∠BPC＝65°.
当P点在劣弧上时，∠BPC＝115°.
故选C.
【答案】　C
二、填空题
6.如图2-4-17所示，直线PB与圆O相切于点B，D是弦AC上的点，∠PBA＝∠DBA.若AD＝m，AC＝n，则AB＝________.
　图2-4-17
【解析】　∵PB切⊙O于点B，∴∠PBA＝∠ACB.
又∠PBA＝∠DBA，∴∠DBA＝∠ACB，
∴△ABD∽△ACB.
∴＝，∴AB2＝AD·AC＝mn，
∴AB＝.
【答案】　
7．如图2-4-18，已知△ABC内接于圆O，点D在OC的延长线上．AD是⊙O的切线，若∠B＝30°，AC＝2，则OD的长为__________．
图2-4-18
【解析】　连接OA，
则∠COA＝2∠CBA＝60°，
且由OC＝OA知△COA为正三角形，所以OA＝2.
又因为AD是⊙O的切线，即OA⊥AD，
所以OD＝2OA＝4.
【答案】　4
8.如图2-4-19，点P在圆O直径AB的延长线上，且PB＝OB＝2，PC切圆O于C点，CD⊥AB于D点，则CD＝________.
图2-4-19
【解析】　连接OC，∵PC切⊙O于点C，
∴OC⊥PC，
∵PB＝OB＝2，OC＝2，
∴PC＝2，∵OC·PC＝OP·CD，
∴CD＝＝.
【答案】　
三、解答题
9．如图2-4-20所示，△ABT内接于⊙O，过点T的切线交AB的延长线于点P，∠APT的平分线交BT，AT于C，D.
图2-4-20
求证：△CTD为等腰三角形．
【证明】　∵PD是∠APT的平分线，∴∠APD＝∠DPT.
又∵PT是圆的切线，∴∠BTP＝∠A.
又∵∠TDC＝∠A＋∠APD，
∠TCD＝∠BTP＋∠DPT，
∴∠TDC＝∠TCD，∴△CTD为等腰三角形．
10．如图2-4-21，AB是⊙O的弦，M是上任一点，过点M的切线与分别以A，B为垂足的直线AD，BC交于D，C两点，过M点作NM⊥CD交AB于点N，求证：MN2＝AD·BC.
图2-4-21
【证明】　连接AM，MB，
因为DA⊥AB，MN⊥CD，
所以∠MDA＋∠MNA＝180°.
又因为∠MNA＋∠MNB＝180°，
所以∠MDA＝∠MNB，
又因为CD为⊙O的切线，所以∠1＝∠2，
所以△ADM∽△MNB，
所以＝，同理＝，
所以＝，即有MN2＝AD·BC.
[能力提升]
1．在圆O的直径CB的延长线上取一点A，AP与圆O切于点P，且∠APB＝30°，AP＝，则CP＝(　　) 【导学号：07370044】
A.　 B．2
C．2－1 D．2＋1
【解析】　如图，连接OP，则OP⊥PA，
又∠APB＝30°，
∴∠POB＝60°，
在Rt△OPA中，由AP＝，
易知，PB＝OP＝1，
在Rt△PCB中，
由PB＝1，∠PBC＝60°，得PC＝.
【答案】　A
2．如图2-4-22，AB是⊙O直径，P在AB的延长线上，PD切⊙O于C点，连接AC，若AC＝PC，PB＝1，则⊙O的半径为(　　)
图2-4-22
A．1 B．2
C．3 D．4
【解析】　连接BC.
∵AC＝PC，∴∠A＝∠P.
∵∠BCP＝∠A，∴∠BCP＝∠P，
∴BC＝BP＝1.
由△BCP∽△CAP，得
PC2＝PB·PA，
即AC2＝PB·PA.
而AC2＝AB2－BC2，
设⊙O半径为r，
则4r2－12＝1·(1＋2r)，解得r＝1.
【答案】　A
3．如图2-4-23，过圆O外一点P分别作圆的切线和割线交圆于A，B，且PB＝7，C是圆上一点使得BC＝5，∠BAC＝∠APB，则AB＝__________.
图2-4-23
【解析】　由PA为⊙O的切线，BA为弦，
得∠PAB＝∠BCA.
又∠BAC＝∠APB，
于是△APB∽△CAB，
所以＝.
而PB＝7，BC＝5，
故AB2＝PB·BC＝7×5＝35，即AB＝.
【答案】　
4．如图2-4-24，AB为⊙O的直径，直线CD与⊙O相切于E，AD垂直CD于D，BC垂直CD于C，EF垂直AB于F，连接AE，BE.
图2-4-24
证明：
(1)∠FEB＝∠CEB；
(2)EF2＝AD·BC.
【证明】　(1)由直线CD与⊙O相切，得∠CEB＝∠EAB.
由AB为⊙O的直径，得AE⊥EB，从而∠EAB＋∠EBF＝.
又EF⊥AB，得∠FEB＋∠EBF＝.
从而∠FEB＝∠EAB，故∠FEB＝∠CEB.
(2)由BC⊥CE，EF⊥AB，∠FEB＝∠CEB，BE是公共边，得Rt△BCE≌Rt△BFE，所以BC＝BF.
类似可证Rt△ADE≌Rt△AFE，得AD＝AF.
又在Rt△AEB中，EF⊥AB，故EF2＝AF·BF，
所以EF2＝AD·BC.
五　与圆有关的比例线段
1．会论证相交弦、割线、切割线、切线长定理．(重点)
2．能运用相交弦、割线、切割线、切线长定理进行计算与证明．(重点、难点)
[基础·初探]
教材整理1　相交弦定理
阅读教材P34～P35“定理”及以上部分，完成下列问题．
1．文字语言
圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．
2．图形语言
如图2-5-1，弦AB与CD相交于P点，则PA·PB＝PC·PD.
图2-5-1
AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为M，AM＝4，BM＝9，则弦CD的长为__________．
【解析】　根据相交弦定理，AM·BM＝2，
所以＝6，CD＝12.
【答案】　12
教材整理2　割线定理
阅读教材P35～P36“割线定理”及以上部分，完成下列问题．
1．文字语言
从圆外一点引圆的两条割线，这一点到每条割线与圆的交点的两条线段长的积相等．
2．图形语言
如图2-5-2，⊙O的割线PAB与PCD，则有PA·PB＝PC·PD.
图2-5-2
如图2-5-3，⊙O的弦ED，CB的延长线交于点A.若BD⊥AE，AB＝4，BC＝2，AD＝3，则DE＝__________.
图2-5-3
【解析】　由割线定理知，
AB·AC＝AD·AE，
即4×6＝3×(3＋DE)，解得DE＝5.
【答案】　5
教材整理3　切割线定理
阅读教材P36“切割线定理”及以上部分，完成下列问题．
1．文字语言
从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项．
2．图形语言
如图2-5-4，⊙O的切线PA，切点为A，割线PBC，则有PA2＝PB·PC.
图2-5-4
如图2-5-5，P是⊙O外一点，PA与⊙O相切于点A，过点P的直线l交⊙O于B，C，且PB＝4，PC＝9，则PA等于(　　)
图2-5-5
A．4　　　　　 B．6
C．9 D．36
【解析】　由切割线定理知，PA2＝PB·PC＝4×9＝36，∴PA＝6.
【答案】　B
教材整理4　切线长定理
阅读教材P36～P40，完成下列问题
1．文字语言
从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，圆心和这一点的连线平分两条切线的夹角．
2．图形表示
如图2-5-6，⊙O的切线PA，PB，则PA＝PB，∠OPA＝∠OP B.
图2-5-6
[质疑·手记]
预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：
疑问1：　
解惑：　
疑问2：　
解惑：　
疑问3：　
解惑：　
[小组合作型]
切割线定理
　如图2-5-7所示，已知AD为⊙O的直径，AB为⊙O的切线，割线BMN交AD的延长线于C，且BM＝MN＝NC，若AB＝2.求：
图2-5-7
(1)BC的长；
(2)⊙O的半径r.
【精彩点拨】　
→→
【自主解答】　(1)不妨设BM＝MN＝NC＝x.
根据切割线定理，得AB2＝BM·BN，
即22＝x(x＋x)，
解得x＝，∴BC＝3x＝3.
(2)在Rt△ABC中，
AC＝＝，
由割线定理，得
CD·AC＝CN·CM，由(1)可知，
CN＝，BC＝3，
CM＝BC－BM＝3－＝2，
AC＝，
∴CD＝＝，
∴r＝(AC－CD)
＝＝.
1．解答本题的关键是先根据切割线定理求BC.
2．切割线定理常常与弦切角定理、相交弦定理、平行线分线段成比例定理、相似三角形结合在一起解决数学问题，有时切割线定理利用方程进行计算、求值等．
[再练一题]
1．(2016·唐山期末)如图2-5-8，△ABC内接于⊙O上，AB＝AC，AD⊥AB，AD交BC于点E，点F在DA的延长线上，AF＝AE，求证：
(1)BF是⊙O的切线；
(2)BE2＝AE·DF. 【导学号：07370045】
图2-5-8
【证明】　(1)连接BD.
因为AD⊥AB，所以BD是⊙O的直径．
因为AE＝AF，所以∠FBA＝∠EBA.
又因为AB＝AC，所以∠EBA＝∠C.
又因为∠C＝∠D，∠D＋∠ABD＝90°，
所以∠FBA＋∠ABD＝90°，即∠FBD＝90°，所以BF是⊙O的切线．
(2)由切割线定理，得BF2＝AF·DF.
因为AF＝AE，BE＝BF，所以BE2＝AE·DF.
　切线长定理
　如图2-5-9，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.
图2-5-9
求证：∠EPC＝∠EBF.
【精彩点拨】　
→→→→
【自主解答】　∵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.
1．解答本题的关键是利用对应线段成比例得到CP∥F B.
2．运用切线长定理时，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，然后结合三角形等图形的有关性质进行计算与证明．
[再练一题]
2.如图2-5-10所示，已知⊙O的外切等腰梯形ABCD，AD∥BC，AB＝DC，梯形中位线为EF.
图2-5-10
(1)求证：EF＝AB；
(2)若EF＝5，AD∶BC＝1∶4，求此梯形ABCD的面积．
【解】　(1)证明：∵⊙O为等腰梯形ABCD的内切圆，
∴AD＋BC＝AB＋CD.
∵EF为梯形的中位线，∴AD＋BC＝2EF.
又∵AB＝DC，∴2EF＝2AB，∴EF＝AB.
(2)∵EF＝5，∴AB＝5，AD＋BC＝10.
∵AD∶BC＝1∶4，∴AD＝2，BC＝8.
作AH⊥BC于H，
则BH＝(BC－AD)＝(8－2)＝3.
在Rt△ABH中，AH＝＝＝4，
∴S梯形ABCD＝EF·AH＝5×4＝20.
[探究共研型]
相交弦定理
探究1　能否用三角形相似证明相交弦定理？
【提示】　能．如图，⊙O的弦AB，CD相交于P点，连接AD，BC，则△APD∽△CPB.故有＝，即PA·PB＝PC·PD.
探究2　垂径定理、切线长定理、射影定理、相交弦定理、切割线定理之间有何关系？
【提示】　如图，PA，PB为⊙O的两条切线，A，B为切点，PCD为过圆心O的割线，连接AB，交PD于点E，则有下列结论：
(1)PA2＝PB2＝PC·PD＝PE·PO；
(2)AE2＝BE2＝DE·CE＝OE·PE；
(3)若AC平分∠BAP，则C为△PAB的内心；
(4)OA2＝OC2＝OE·OP＝OD2；
(5) ＝，＝，PD⊥AB；
(6)∠AOP＝∠BOP，∠APD＝∠BPD.
　(2016·南京、盐城模拟)如图2-5-11，AB，CD是半径为1的圆O的两条弦，它们相交于AB的中点P，若PC＝，OP＝，则PD＝________.
图2-5-11
【精彩点拨】　由垂径定理知OP⊥AB，由勾股定理知PB＝，由相交弦定理得PD＝.
【自主解答】　∵P为AB中点，∴OP⊥AB，∴PB＝＝，
又∵PC·PD＝PA·PB＝PB2＝，由PC＝，得PD＝.
【答案】　
1．解答本题的关键是先用勾股定理求PB，再用相交弦定理求PD.
2．相交弦定理的运用往往与相似形联系密切，也经常与垂径定理、射影定理等相结合进行某些计算与证明．
[再练一题]
3．如图2-5-12，PC切⊙O于点C，割线PAB经过圆心O，弦CD⊥AB于点E，PC＝4，PB＝8，则CD＝________.
图2-5-12
【解析】　由于PC切⊙O于点C，由切割线定理得PC2＝PA·PB，所以PA＝＝＝2，∴AB＝PB－PA＝8－2＝6，由于CD⊥AB，且AB为圆O的直径，由垂径定理知CE＝DE.设
AE＝x，由相交弦定理得CE·DE＝AE·BE＝x(6－x)，即CE2＝x(6－x)，由勾股定理得CE2＝PC2－PE2＝42－(x＋2)2，故有x(6－x)＝42－(x＋2)2，解得x＝，∴CE2＝×＝，∴CE＝，∴CD＝2CE＝.
【答案】　
[构建·体系]
1．点C在⊙O的弦AB上，P为⊙O上一点，且OC⊥CP，则(　　)
A．OC2＝CA·CB B．OC2＝PA·PB
C．PC2＝PA·PB D．PC2＝CA·CB
【解析】　根据OC⊥CP，可知C为弦PC的中点，再由相交弦定理即有PC2＝CA·CB.
【答案】　D
2．如图2-5-13，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，以BD为直径的圆与BC交于点E，则(　　)
A．CE·CB＝AD·DB
B．CE·CB＝AD·AB
C．AD·AB＝CD2
D．CE·EB＝CD2
图2-5-13
【解析】　在直角三角形ABC中，根据直角三角形射影定理可得CD2＝AD·DB，再根据切割线定理可得CD2＝CE·CB，所以CE·CB＝AD·DB.
【答案】　A
3.如图2-5-14，AB是圆O的直径，过A，B的两条弦AD和BE相交于点C，若圆O的半径是3，那么AC·AD＋BC·BE的值等于________．【导学号：07370046】
图2-5-14
【解析】　由相交弦定理得AC·CD＝BC·CE，∴AC·AD＝AC·(AC＋CD)＝AC2＋AC·CD＝AC2＋BC·CE＝AE2＋CE2＋BC·CE＝AE2＋CE·(CE＋BC)＝AE2＋BE·CE，
∴AC·AD＋BC·BE＝AE2＋BE·CE＋BC·BE＝AE2＋BE·(CE＋BC)＝AE2＋BE2＝AB2＝36.
【答案】　36
4．如图2-5-15，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，AB＝20，过C作△ABC的外接圆的切线CD，BD⊥CD，BD与外接圆交于点E，则DE的长为________．
图2-5-15
【解析】　在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，
∴∠ABC＝30°.
∵AB＝20，∴AC＝10，BC＝10.
∵CD为切线，∴∠BCD＝∠A＝60°.
∵∠BDC＝90°，∴BD＝15，CD＝5.
由切割线定理得
CD2＝DE·BD，即(5)2＝15DE，∴DE＝5.
【答案】　5
7．如图2-5-16所示，已知PA与⊙O相切，A为切点，PBC为割线，D为⊙O上的点，且AD＝AC，AD，BC相交于点E.
图2-5-16
(1)求证：AP∥CD；
(2)设F为CE上的一点，且∠EDF＝∠P，求证：CE·EB＝FE·EP.
【证明】　(1)∵AD＝AC，∴∠ACD＝∠ADC.
又∵PA与⊙O相切于点A，∴∠ACD＝∠PAD.
∴∠PAD＝∠ADC，∴AP∥CD.
(2)∵∠EDF＝∠P，且∠FED＝∠AEP，
∴△FED∽△AEP，∴FE·EP＝AE·ED.
又∵A，B，D，C四点均在⊙O上，
∴CE·EB＝AE·ED，∴CE·EB＝FE·EP.
我还有这些不足：
(1)　
(2)　
我的课下提升方案：
(1)　
(2)　
学业分层测评(十)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．如图2-5-17，⊙O的两条弦AB与CD相交于点E，EC＝1，DE＝4，AE＝2，则BE＝(　　)
图2-5-17
A．1　 B．2　　　　
C．3　　　　 D．4
【解析】　由相交弦定理得AE·EB＝DE·EC，即2EB＝4×1，∴BE＝2.
【答案】　B
2．PT切⊙O于T，割线PAB经过点O交⊙O于A，B，若PT＝4，PA＝2，则cos∠BPT＝(　　)
A.　　　　 B.　　　　
C.　　　　 D.
【解析】　如图所示，连接OT，根据切割线定理，可得
PT2＝PA·PB，即42＝2×PB，
∴PB＝8，∴AB＝PB－PA＝6，
∴OT＝r＝3，PO＝PA＋r＝5，
∴cos∠BPT＝＝.
【答案】　A
3．如图2-5-18，⊙O的直径CD与弦AB交于P点，若AP＝4，BP＝6，CP＝3，则⊙O的半径为(　　)
图2-5-18
A．5.5 B．5
C．6 D．6.5
【解析】　由相交弦定理知AP·BP＝CP·PD，
∵AP＝4，BP＝6，CP＝3，
∴PD＝＝＝8，
∴CD＝3＋8＝11，∴⊙O的半径为5.5.
【答案】　A
4．如图2-5-19，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3.以BC上一点O为圆心作⊙O与AC，AB都相切，又⊙O与BC的另一个交点为D，则线段BD的长为(　　) 【导学号：07370047】
图2-5-19
A．1　　 B.　　
C.　　 D.
【解析】　观察图形，AC与⊙O切于点C，AB与⊙O切于点E，则AB＝＝5.
如图，连接OE，由切线长定理得AE＝AC＝4，
故BE＝AB－AE＝5－4＝1.
根据切割线定理得BD·BC＝BE2，
即3BD＝1，故BD＝.
【答案】　C
5.如图2-5-20，AD，AE，BC分别与圆O切于点D，E，F，延长AF与圆O交于另一点G.给出下列三个结论：
图2-5-20
①AD＋AE＝AB＋BC＋AC；②AF·AG＝AD·AE；③△AFB∽△ADG.
其中正确结论的序号是(　　)
A．①② B．②③
C．①③ D．①②③
【解析】　①项，∵BD＝BF，CE＝CF，∴AD＋AE＝AC＋CE＋AB＋BD＝AC＋AB＋CF＋BF＝AC＋AB＋BC，故①正确；
②项，∵AD＝AE，AD2＝AF·AG，∴AF·AG＝AD·AE，故②正确；
③项，延长AD于M，连接FD，∵AD与圆O切于点D，则∠GDM＝∠GFD，
∴∠ADG＝∠AFD≠∠AFB，则△AFB与△ADG不相似，故③错误，故选A.
【答案】　A
二、填空题
6．如图2-5-21，已知AB和AC是圆的两条弦，过点B作圆的切线与AC的延长线交于D，过点C作BD的平行线与圆交于点E，与AB交于点F，AF＝3，FB＝1，EF＝，则CD＝________.
图2-5-21
【解析】　因为AF·BF＝EF·CF，解得CF＝2，由CE∥BD，得＝，所以＝，即BD＝.设CD＝x，AD＝4x，所以4x2＝，所以x＝.
【答案】　
7．如图2-5-22，AB为圆O的直径，PA为圆O的切线，PB与圆O相交于D，若PA＝3，PD∶DB＝9∶16，则PD＝________，AB＝________.
图2-5-22
【解析】　由于PD∶DB＝9∶16，设PD＝9a，则DB＝16a.
根据切割线定理有PA2＝PD·P B.又PA＝3，PB＝25a，
∴9＝9a·25a，∴a＝，∴PD＝，PB＝5.
在Rt△PAB中，AB2＝PB2－AP2＝25－9＝16，故AB＝4.
【答案】　　4
8．如图2-5-23所示，过点P的直线与⊙O相交于A，B两点．若PA＝1，AB＝2，PO＝3，则⊙O的半径等于________．
图2-5-23
【解析】　设⊙O的半径为r(r>0)，∵PA＝1，AB＝2，
∴PB＝PA＋AB＝3.
延长PO交⊙O于点C，则PC＝PO＋r＝3＋r.
设PO交⊙O于点D，则PD＝3－r.
由圆的割线定理知，PA·PB＝PD·PC，
∴1×3＝(3－r)(3＋r)，
∴9－r2＝3，∴r＝.
【答案】　
三、解答题
9．(2016·山西四校联考)如图2-5-24所示，PA为圆O的切线，A为切点，PO交圆O于B，C两点，PA＝10，PB＝5，∠BAC的角平分线与BC和圆O分别交于点D和E.
图2-5-24
(1)求证：＝；
(2)求AD·AE的值．
【解】　(1)证明：∵PA为圆O的切线，∴∠PAB＝∠ACP.又∠P为公共角，
△PAB∽△PCA，∴＝.
(2)∵PA为圆O的切线，PC是过点O的割线，
∴PA2＝PB·PC，∴PC＝20，BC＝15.
又∵∠CAB＝90°，∴AC2＋AB2＝BC2＝225.
又由(1)知＝＝，∴AC＝6，AB＝3，连接EC，则∠CAE＝∠EAB，∠AEC＝∠ABD.
∴△ACE∽△ADB，∴＝.
∴AD·AE＝AB·AC＝3×6＝90.
10．如图2-5-25，已知PA，PB切⊙O于A，B两点，PO＝4cm，∠APB＝60°，求阴影部分的周长．
图2-5-25
【解】　如图所示，连接OA，O B.
∵PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，
∴PA＝PB，∠PAO＝∠PBO＝，
∠APO＝∠APB＝，
在Rt△PAO中，
AP＝PO·cos＝4×＝2 (cm)，
OA＝PO＝2 (cm)，PB＝2 (cm)．
∵∠APO＝，∠PAO＝∠PBO＝，∴∠AOB＝，
∴l＝∠AOB·R＝×2＝π(cm)，
∴阴影部分的周长为
PA＋PB＋l＝2＋2＋π＝(cm)．
[能力提升]
1．如图2-5-26，已知PT切⊙O于点T，TC是⊙O的直径，割线PBA交TC于点D，交⊙O于B，A(B在PD上)，DA＝3，DB＝4，DC＝2，则PB等于(　　)
【导学号：07370048】
图2-5-26
A．20　　 B．10
C．5 D．8
【解析】　∵DA＝3，DB＝4，DC＝2，
由相交弦定理得DB·DA＝DC·DT，
即DT＝＝＝6.
因为TC为⊙O的直径，所以PT⊥DT.
设PB＝x，
则在Rt△PDT中，
PT2＝PD2－DT2＝(4＋x)2－36.
由切割线定理得PT2＝PB·PA＝x(x＋7)，
所以(4＋x)2－36＝x(x＋7)，
解得x＝20，即PB＝20.
【答案】　A
2．如图2-5-27，△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等于(　　)
图2-5-27
A. B．2
C．2 D．1
【解析】　连接OD，
则OD⊥BD，
∴Rt△BOD∽Rt△BAC，
∴＝.
设⊙O的半径为a，
∵OC∶OB＝1∶3，OE＝OC，
∴BE＝EC＝2a.
由题知AD，AC均为⊙O的切线，AD＝2，
∴AC＝2.
∴＝，∴BD＝2a2.
又BD2＝BE·BC，
∴BD2＝2a·4a＝8a2，
∴4a4＝8a2，∴a＝，
∴BE＝2a＝2.
【答案】　B
3．如图2-5-28，已知P是⊙O外一点，PD为⊙O的切线，D为切点，割线PEF经过圆心O，若PF＝12，PD＝4，则圆O的半径长为__________，∠EFD的度数为__________．
图2-5-28
【解析】　由切割线定理得，
PD2＝PE·PF，
∴PE＝＝＝4，EF＝8，OD＝4.
∵OD⊥PD，OD＝PO，
∴∠P＝30°，∠POD＝60°，
∴∠EFD＝30°.
【答案】　4　30°
4．如图2-5-29，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的切线，BC交⊙O于点E.
图2-5-29
(1)若D为AC的中点，证明：DE是⊙O的切线；
(2)若OA＝CE，求∠ACB的大小．
【解】　(1)证明：如图，连接AE，由已知得AE⊥BC，AC⊥AB.
在Rt△AEC中，由已知得DE＝DC，故∠DEC＝∠DCE.
连接OE，则∠OBE＝∠OEB.
又∠ACB＋∠ABC＝90°，
所以∠DEC＋∠OEB＝90°，
故∠OED＝90°，即DE是⊙O的切线．
(2)设CE＝1，AE＝x.
由已知得AB＝2，BE＝.
由射影定理可得AE2＝CE·BE，
即x2＝，即x4＋x2－12＝0，
解得x＝，所以∠ACB＝60°.
章末分层突破
[自我校对]
①圆心角定理
②圆内接四边形性质定理
③圆的切线
④弦切角定理
⑤相交弦定理
⑥切线长定理
　
　与圆有关的角的计算与证明
圆中的角有四类：圆心角、圆周角、弦切角和弧所对的角，与圆有关的角的计算与证明通常涉及这四类角，因此圆周角定理、圆心角定理、弦切角定理是解决此类问题的知识基础，通常利用圆周角、弦切角、圆心角与弧的关系转化，借助于圆内接四边形的对角互补和圆的切线垂直于经过切点的半径(获得直角)来解决．
　(2015·湖南高考)如图2-1，在⊙O中，相交于点E的两弦AB，CD的中点分别是M，N，直线MO与直线CD相交于点F，证明：
图2-1
(1)∠MEN＋∠NOM＝180°；
(2)FE·FN＝FM·FO.
【精彩点拨】　(1)在四边形OMEN中，由OM⊥AB，ON⊥CD证明∠MEN＋∠NOM＝180°；
(2)四边形OMEN的对角互补，O，M，E，N四点共圆，利用割线定理证明．
【规范解答】　(1)如图所示，因为M，N分别是弦AB，CD的中点，所以OM⊥AB，ON⊥CD，即∠OME＝90°，∠ENO＝90°，
因此∠OME＋∠ENO＝180°.
又四边形的内角和等于360°，
故∠MEN＋∠NOM＝180°.
(2)由(1)知，O，M，E，N四点共圆，
故由割线定理即得FE·FN＝FM·FO.
[再练一题]
1．如图2-2所示，EB，EC是⊙O的两条切线，B，C是切点，A，D是⊙O上两点，如果∠E＝46°，∠DCF＝32°，求∠BAD.【导学号：07370049】
图2-2
【解】　法一：∵EB，EC是⊙O的切线，∴EC＝EB.
又∠E＝46°，∴∠ECB＝＝67°.
∵∠DCF＝32°，∴∠BCD＝180°－67°－32°＝81°.
∵∠BAD＋∠BCD＝180°，
∴∠BAD＝180°－81°＝99°.
法二：连接AC，如图所示，
∵EB，EC是⊙O的切线，
∴EB＝EC.
又∠E＝46°，
∴∠ECB＝＝67°.
∵EF切⊙O于点C，
∴∠BAC＝∠ECB＝67°，∠CAD＝∠DCF＝32°，
∴∠BAD＝∠BAC＋∠DAC＝67°＋32°＝99°.
圆内接四边形的判定与性质
圆内接四边形是中学数学的主要研究问题之一，近几年各地的高考选做题中涉及圆内接四边形的判定和性质较多．
　如图2-3，已知△ABC内接于⊙O，AD平分∠BAC，交⊙O于点D，过D作⊙O的切线与AC的延长线交于点E.
图2-3
(1)求证：BC∥DE；
(2)若AB＝3，BD＝2，求CE的长．
(3)在题设条件下，为使BDEC是平行四边形，△ABC应满足怎样的条件？(不要求证明)
【规范解答】　(1)证明：连接CD.
因为DE是⊙O的切线，所以∠CDE＝∠CBD.
因为∠CBD＝∠DAC，所以∠CDE＝∠DAC.
因为AD平分∠BAC，所以∠BAD＝∠DAC.
所以∠CDE＝∠BAD.
因为∠BAD＝∠BCD，所以∠CDE＝∠BCD.
所以BC∥DE.
(2)因为AD平分∠BAC，＝，∠BCD＝∠CBD.
所以BD＝CD＝2.
因为BC∥DE，所以∠E＝∠ACB＝∠ADB.
又由(1)中已证得∠CDE＝∠BAD，
所以△ABD∽△DCE.
所以＝.
所以CE＝＝.
(3)∠BAC＝2∠ACB.
[再练一题]
2．如图2-4，在正三角形ABC中，点D，E分别在边BC，AC上，且BD＝BC，CE＝CA，AD，BE相交于点P.
图2-4
求证：(1)四点P，D，C，E共圆；
(2)AP⊥CP.
【证明】　(1)在△ABC中，
由BD＝BC，CE＝CA知，
△ABD≌△BCE，
即∠ADB＝∠BEC，即∠ADC＋∠BEC＝180°，
所以四点P，D，C，E共圆．
(2)如图，连接DE.
在△CDE中，CD＝2CE，∠ACD＝60°，
由余弦定理知∠CED＝90°.
由四点P，D，C，E共圆知，
∠DPC＝∠DEC，
所以AP⊥CP.
与圆有关的比例线段
圆的切线、割线、相交弦可以构成许多相似三角形，结合相似三角形的性质，又可以得到一些比例式、乘积式，在解题过程中，多联系这些知识，能够计算或证明角、线段的有关结论．
　如图2-5，CD为△ABC外接圆的切线，AB的延长线交直线CD于点D，E，F分别为弦AB与弦AC上的点，且BC·AE＝DC·AF，B，E，F，C四点共圆．
图2-5
(1)证明：CA是△ABC外接圆的直径；
(2)若DB＝BE＝EA，求过B，E，F，C四点的圆的面积与△ABC外接圆面积的比值．
【规范解答】　(1)证明：因为CD为△ABC外接圆的切线，
所以∠DCB＝∠A.由题设知＝，
故△CDB∽△AEF，所以∠DBC＝∠EFA.
因为B，E，F，C四点共圆，
所以∠CFE＝∠DBC，故∠EFA＝∠CFE＝90°，
所以∠CBA＝90°.因此CA是△ABC外接圆的直径．
(2)连接CE，因为∠CBE＝90°，
所以过B，E，F，C四点的圆的直径为CE.
由DB＝BE，有CE＝DC.
又BC2＝DB·BA＝2DB2，
所以CA2＝4DB2＋BC2＝6DB2.
而CE2＝DC2＝DB·DA＝3DB2，
故过B，E，F，C四点的圆的面积与△ABC外接圆面积的比值为.
[再练一题]
3．△ABC中，AB＝AC，以AB为直径作圆，交BC于D，O是圆心，DM是⊙O的切线交AC于M(如图2-6)．求证：DC2＝AC·CM.
图2-6
【证明】　连接AD，OD.
∵AB是直径，∴AD⊥BC.
∵OA＝OD，
∴∠BAD＝∠ODA.
又AB＝AC，AD⊥BC，
∴∠BAD＝∠CAD，
则∠CAD＝∠ODA，OD∥AC.
∵DM是⊙O切线，∴OD⊥DM.
则DM⊥AC，DC2＝AC·CM.
运动变化思想
运动变化思想要求用运动变化的眼光去看问题，识别静中的动、动中的静的特殊情况，在解题时，抓住不变的规律去解决动中的结论．
　如图2-7(1)，已知⊙O1，⊙O2外切于点P，A是⊙O1上一点，直线AC切⊙O2于点C，交⊙O1于点B，直线AP交⊙O2于点D.
图2-7
(1)求证：PC平分∠BPD；
(2)如图2-7(2)，将“⊙O1，⊙O2外切于点P”改为“⊙O1，⊙O2内切于点P”，其他条件不变，(1)中的结论是否仍然成立？并证明你的结论．
【规范解答】　(1)证明：如图(3)，可过点P作两圆的公切线PM，交AC于点M，则∠BPM＝∠A，∠MPC＝∠MCP.
∠BPC＝∠BPM＋∠MPC＝∠A＋∠MCP＝∠CPD，∴PC平分∠BPD.
(2)(1)中的结论仍然成立．证明如下：
如图(4)所示，过点P作两圆的公切线PM，
则∠MPB＝∠A，∠MPC＝∠BCP.
∴∠BPC＝∠MPC－∠MPB＝∠BCP－∠A＝∠CPA.
∴PC平分∠BPD.
[再练一题]
4. (2015·陕西高考)如图2-8，AB切⊙O于点B，直线AO交⊙O于D，E两点，BC⊥DE，垂足为C.
图2-8
(1)证明：∠CBD＝∠DBA；
(2)若AD＝3DC，BC＝，求⊙O的直径．
【解】　(1)证明：因为DE为⊙O直径，
所以∠BED＋∠EDB＝90°.
又BC⊥DE，所以∠CBD＋∠EDB＝90°，
从而∠CBD＝∠BED.
又AB切⊙O于点B，得∠DBA＝∠BED，
所以∠CBD＝∠DBA.
(2)由(1)知BD平分∠CBA，则＝＝3.
又BC＝，从而AB＝3.
所以AC＝＝4，所以AD＝3.
由切割线定理得AB2＝AD·AE，
即AE＝＝6，
故DE＝AE－AD＝3，即⊙O的直径为3.
1. (2015·天津高考)如图2-9，在圆O中，M，N是弦AB的三等分点，弦CD，CE分别经过点M，N，若CM＝2，MD＝4，CN＝3，则线段NE的长为(　　)
图2-9
A.　　　 B．3
C. D.
【解析】　由题意可设AM＝MN＝NB＝x，由圆的相交弦定理得
即解得x＝2，NE＝.
【答案】　A
2. (2015·重庆高考)如图2-10，圆O的弦AB，CD相交于点E，过点A作圆O的切线与DC的延长线交于点P，若PA＝6，AE＝9，PC＝3，CE∶ED＝2∶1，则BE＝________.
图2-10
【解析】　由题意设ED＝x，则CE＝2x.∵PC·PD＝PA2，
∴3(3＋3x)＝36，∴x＝3.∵AE·EB＝CE·ED，∴EB＝＝＝2.
【答案】　2
3．(2015·广东高考)如图2-11，AB为圆O的直径，E为AB延长线上一点，过E作圆O的切线，切点为C，过A作直线EC的垂线，垂足为D.若AB＝4，CE＝2，则AD＝________.
图2-11
【解析】　由CE2＝BE·AE得(2)2＝BE·(4＋BE)，解得BE＝2.连接OC(图略)，则OC＝2，OC⊥DE.
又AD⊥DE，∴AD∥OC，则＝，
即AD＝＝＝3.
【答案】　3
4．(2015·湖北高考)如图2-12，PA是圆的切线，A为切点，PBC是圆的割线，且BC＝3PB，则＝______.
图2-12
【解析】　由切割线定理，得PA2＝PB·PC.
由弦切角定理，得∠PAB＝∠PCA.
又∠APB＝∠CPA，故△ABP∽△CAP，
则＝＝＝＝
＝＝.
【答案】　
5．(2015·全国卷Ⅱ)如图2-13，O为等腰三角形ABC内一点，⊙O与△ABC的底边BC交于M，N两点，与底边上的高AD交于点G，且与AB，AC分别相切于E，F两点．
图2-13
(1)证明：EF∥BC；
(2)若AG等于⊙O的半径，且AE＝MN＝2，求四边形EBCF的面积．
【解】　(1)证明：由于△ABC是等腰三角形，AD⊥BC，
所以AD是∠CAB的平分线．
又因为⊙O分别与AB，AC相切于点E，F，所以AE＝AF，
故AD⊥EF，从而EF∥BC.
(2)由(1)知，AE＝AF，AD⊥EF，
故AD是EF的垂直平分线．
又EF为⊙O的弦，所以O在AD上．
连接OE，OM，则OE⊥AE.
由AG等于⊙O的半径得AO＝2OE，所以∠OAE＝30°.
因此△ABC和△AEF都是等边三角形．
因为AE＝2，所以AO＝4，OE＝2.
因为OM＝OE＝2，DM＝MN＝，所以OD＝1.
于是AD＝5，AB＝.
所以四边形EBCF的面积为×2×－×(2)2×＝.
章末综合测评(二)
(时间120分钟，满分150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．在⊙O中，∠AOB＝84°，则弦AB所对的圆周角是(　　)
【导学号：07370050】
A．42°　　　 B．138°
C．84° D．42°或138°
【解析】　弦AB所对的弧的度数为84°或276°，故其所对的圆周角为42°或138°.
【答案】　D
2．如图1，一圆内切四边形ABCD，且AB＝16，CD＝10，则四边形的周长为(　　)
图1
A．50 B．52
C．54 D．56
【解析】　由切线长定理知CD＋AB＝AD＋BC.
∵AB＋CD＝26，∴AB＋BC＋CD＋AD＝52.
【答案】　B
3．如图2，⊙O经过⊙O1的圆心，∠ADB＝α，∠ACB＝β，则α与β之间的关系是(　　)
图2
A．β＝α
B．β＝180°－2α
C．β＝(90°－α)
D．β＝(180°－α)
【解析】　如图所示，分别连接AO1，BO1.
根据圆内接四边形的性质定理，可得
∠AO1B＋∠ADB＝180°，
∴∠AO1B＝180°－∠ADB＝180°－α.
∵∠ACB＝∠AO1B，
∴β＝(180°－α)，故选D.
【答案】　D
4.如图3所示，∠A＝50°，∠ABC＝60°，BD是⊙O的直径，则∠AEB等于
(　　)
图3
A．70° B．110°
C．90° D．120°
【解析】　由题意知，∠D＝∠A＝50°，
∠BCD＝90°，
∴∠CBD＝90°－50°＝40°，
又∠ACB＝180°－50°－60°＝70°，
∴∠AEB＝∠CBD＋∠ACB＝40°＋70°＝110°.
【答案】　B
5．如图4，△ABC内接于⊙O，AB＝AC，直线MN切⊙O于点C，BE∥MN交AC于点E，若AB＝6，BC＝4，则AE＝(　　)
图4
A. B.
C．1 D.
【解析】　∵MN为⊙O的切线，∴∠BCM＝∠A.
∵MN∥BE，∴∠BCM＝∠EBC，
∴∠A＝∠EBC.
又∠ACB＝∠BCE，
∴△ABC∽△BEC，∴＝.
∵AB＝AC，∴BE＝BC，∴＝.
∴EC＝，∴AE＝6－＝.
【答案】　A
6．如图5，已知⊙O是△ABC的外接圆，⊙I是△ABC的内切圆，∠A＝80°，则∠BIC等于(　　)
图5
A．80°　　 B．100°
C．120° D．130°
【解析】　∵∠A＝80°，
∴∠ABC＋∠ACB＝100°.
∵∠IBC＝∠ABC，∠ICB＝∠ACB，
∴∠IBC＋∠ICB＝(∠ABC＋∠ACB)＝50°，
∴∠BIC＝180°－50°＝130°.
【答案】　D
7．如图6，已知⊙O的直径与弦AC的夹角为30°，过C点的切线PC与AB的延长线交于P，PC＝5，则⊙O的半径为(　　)
图6
A. B.
C．10 D．5
【解析】　连接OC，则有∠COP＝60°，OC⊥PC，
∴PO＝2CO，
∴CO＝5，即CO＝.
【答案】　A
8．(2016·焦作模拟)如图7，已知AB是⊙O的直径，CD⊥AB于P，EF是过点P的弦，已知AB＝10，PA＝2，PE＝5，则CD和EF分别为(　　)
图7
A．8和7　　　 B．7和
C．7和8 D．8和
【解析】　∵PA·PB＝PC2，
∴PC2＝16，PC＝4，∴CD＝8.
∵PE·PF＝PC2，∴PF＝，
∴EF＝＋5＝.
【答案】　D
9．如图8，已知AT切⊙O于T.若AT＝6，AE＝3，AD＝4，DE＝2，则BC＝(　　)
图8
A．3 B．4
C．6 D．8
【解析】　∵AT为⊙O的切线，
∴AT2＝AD·AC.
∵AT＝6，AD＝4，∴AC＝9.
∵∠ADE＝∠B，∠EAD＝∠CAB，
∴△EAD∽△CAB，
即＝，∴BC＝＝＝6.
【答案】　C
10．如图9，圆内接△ABC的外角∠ACH的平分线与圆交于D点，DP⊥AC，垂足是P，DH⊥BH，垂足是H，下列结论：①CH＝CP；②＝；③AP＝BH；④DH为圆的切线．其中一定成立的是(　　)
图9
A．①②④ B．①③④
C．②③④ D．①②③
【解析】　显然①可由△PCD≌△HCD得到；因为四边形ABCD为圆的内接四边形，所以∠BAD＝∠HCD＝∠ACD，即＝，故②成立；而③，连接BD，则AD＝BD，∠DAP＝∠DBH，所以Rt△APD≌Rt△BHD，得AP＝BH，③成立；对于④，不能判定DH是圆的切线，故应选D.
【答案】　D
11.如图10，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(　　)
图10
A．1 B.
C.－1 D.
【解析】　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°，
AB′＝＝.
故PA＋PB的最小值为，故选D.
【答案】　D
12．如图11所示，PT与⊙O切于T，CT是⊙O的直径，PBA是割线，与⊙O的交点是A，B，与直线CT的交点D，已知CD＝2，AD＝3，BD＝4，那么PB＝(　　)
图11
A．10 B．20
C．5 D．8
【解析】　根据相交弦定理，可得
AD·DB＝CD·DT，∴3×4＝2DT，解得DT＝6，
∴圆的半径r＝4，AB＝7，不妨设PB＝x，则PA＝x＋7，根据切割线定理，可得PT2＝PB·PA，∴PT2＝x·(x＋7)，在Rt△PTD中，DT2＋PT2＝PD2，∴36＋PT2＝(x＋4)2，∴36＋x(x＋7)＝(x＋4)2，解得x＝20.
【答案】　B
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把答案填在题中横线上)
13．如图12所示，在圆O中，直径AB与弦CD垂直，垂足为E，EF⊥DB，垂足为F，若AB＝6，AE＝1，则DF·DB＝________.
图12
【解析】　由题意知，AB＝6，AE＝1，∴BE＝5.
∴CE·DE＝DE2＝AE·BE＝5.
在Rt△DEB中，∵EF⊥DB，由射影定理得DF·DB＝DE2＝5.
【答案】　5
14．如图13，在半径为的⊙O中，弦AB，CD相交于点P，PA＝PB＝2，PD＝1，则圆心O到弦CD的距离为________．
图13
【解析】　由相交弦定理得PA·PB＝PC·PD.
又PA＝PB＝2，PD＝1，则PC＝4，
∴CD＝PC＋PD＝5.
过O作CD的垂线OE交CD于E，则E为CD中点，
∴OE＝＝＝.
【答案】　
15.如图14，△ABC为圆的内接三角形，BD为圆的弦，且BD∥AC.过点A作圆的切线与DB的延长线交于点E，AD与BC交于点F.若AB＝AC，AE＝6，BD＝5，则线段CF的长为________．
【导学号：07370051】
图14
【解析】　因为AB＝AC，所以∠ABC＝∠C.因为AE与圆相切，所以∠EAB＝∠C.所以∠ABC＝∠EAB，所以AE∥BC.又因为AC∥DE，所以四边形AEBC是平行四边形．由切割线定理可得AE2＝EB·ED，于是62＝EB·(EB＋5)，所以EB＝4(负值舍去)，因此AC＝4，BC＝6.又因为△AFC∽△DFB，所以＝，解得CF＝.
【答案】　
16．(2016·北京朝阳区检测)如图15，PC切圆O于点C，割线PAB经过圆心O，PC＝4，PB＝8，则tan∠COP＝________，△OBC的面积是________．
图15
【解析】　因为PC切圆O于点C，根据切割线定理即可得出PC2＝PA·PB，所以42＝8PA，解得PA＝2.设圆的半径为R，则2＋2R＝8，解得R＝3.在直角△OCP中，tan∠COP＝，sin∠COP＝.所以sin∠BOC＝sin∠COP＝.所以△OBC的面积是×R2sin∠BOC＝×32×＝.
【答案】　　
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)如图16，AB是⊙O的直径，弦BD，CA的延长线相交于点E，EF垂直BA的延长线于点F.
求证：(1)BE·DE＋AC·CE＝CE2；
(2)E，F，C，B四点共圆．
图16
【证明】　(1)连接CD，由圆周角性质可知∠ECD＝∠EBA.
故△ABE∽△CDE，∴BE∶CE＝AE∶DE，
∴BE·DE＋AC·CE＝CE2.
(2)∵AB是⊙O的直径，所以∠ECB＝90°，∴CD＝BE.∵EF⊥BF，∴FD＝BE，∴E，F，C，B四点与点D等距，∴E，F，C，B四点共圆．
18．(本小题满分12分)(2016·全国卷Ⅲ)如图17，⊙O中的中点为P，弦PC，PD分别交AB于E，F两点．
图17
(1)若∠PFB＝2∠PCD，求∠PCD的大小；
(2)若EC的垂直平分线与FD的垂直平分线交于点G，证明：OG⊥CD.
【解】　(1)连接PB，BC，则∠BFD＝∠PBA＋∠BPD，∠PCD＝∠PCB＋∠BCD.
因为＝，所以∠PBA＝∠PCB.又∠BPD＝∠BCD，
所以∠BFD＝∠PCD.
又∠PFB＋∠BFD＝180°，
∠PFB＝2∠PCD，
所以3∠PCD＝180°，因此∠PCD＝60°.
(2)证明：因为∠PCD＝∠BFD，所以∠EFD＋∠PCD＝180°，由此知C，D，F，E四点共圆，其圆心既在CE的垂直平分线上，又在DF的垂直平分线上，故G就是过C，D，F，E四点的圆的圆心，所以G在CD的垂直平分线上．又O也在CD的垂直平分线上，因此OG⊥CD.
19．(本小题满分12分)如图18，已知PE切⊙O于点E，割线PBA交⊙O于A，B两点，∠APE的平分线和AE，BE分别交于点C，D.求证：
图18
(1)CE＝DE；
(2)＝.
【证明】　(1)∵PE切⊙O于点E，∴∠A＝∠BEP.
∵PC平分∠APE，∴∠A＋∠CPA＝∠BEP＋∠DPE.
∵∠ECD＝∠A＋∠CPA，∠EDC＝∠BEP＋∠DPE，
∴∠ECD＝∠EDC，∴CE＝DE.
(2)∵∠PDB＝∠EDC，∠EDC＝∠ECD，∠PDB＝∠PCE，
∴∠BPD＝∠EPC，∴△PBD∽△PEC，∴＝.
同理△PDE∽△PCA，∴＝.
∴＝.∵DE＝CE，∴＝.
20．(本小题满分12分)如图19，D，E分别为△ABC边AB，AC的中点，直线DE交△ABC的外接圆于F，G两点．若CF∥AB，证明：
图19
(1)CD＝BC；
(2)△BCD∽△GBD.
【证明】　(1)因为D，E分别为AB，AC的中点，所以DE∥BC.又已知CF∥AB，故四边形BCFD是平行四边形，所以CF＝BD＝AD.而CF∥AD，连接AF，所以四边形ADCF是平行四边形，故CD＝AF.
因为CF∥AB，所以BC＝AF，故CD＝BC.
(2)因为FG∥BC，故GB＝CF.
由(1)可知BD＝CF，所以GB＝BD，所以∠BGD＝∠BDG.
由BC＝CD知∠CBD＝∠CD B.
又因为∠DGB＝∠EFC＝∠DBC，所以△BCD∽△GBD.
21．(本小题满分12分)(2016·全国卷Ⅰ)如图20，△OAB是等腰三角形，∠AOB＝120°，以O为圆心，OA为半径作圆．
图20
(1)证明：直线AB与⊙O相切；
(2)点C，D在⊙O上，且A，B，C，D四点共圆，证明：AB∥CD.
【证明】　(1)设E是AB的中点，连接OE.
因为OA＝OB，∠AOB＝120°，
所以OE⊥AB，∠AOE＝60°.
在Rt△AOE中，OE＝AO，即O到直线AB的距离等于⊙O的半径，所以直线AB与⊙O相切．
(2)因为OA＝2OD，
所以O不是A，B，C，D四点所在圆的圆心．
设O′是A，B，C，D四点所在圆的圆心，作直线OO′.
由已知得O在线段AB的垂直平分线上，
又O′在线段AB的垂直平分线上，所以OO′⊥AB.
同理可证，OO′⊥CD，所以AB∥CD.
22．(本小题满分12分)如图21，已知CP为⊙O的直径，AC切⊙O于点C，AB切⊙O于点D，并与CP的延长线相交于点B，又BD＝2BP.
图21
求证：(1)PC＝3BP；
(2)AC＝PC.
【证明】　(1)∵BD是⊙O的切线，
BPC是⊙O的割线，
∴BD2＝BP·BC.
∵BD＝2BP，
∴4BP2＝BP·BC，
∴4BP＝BC.
∵BC＝BP＋PC.
∴4BP＝BP＋PC，
∴PC＝3BP.
(2)连接DO.
∵AB切⊙O于点D，AC切⊙O于点C，
∴∠ODB＝∠ACB＝90°.
∵∠B＝∠B，∴△ODB∽△ACB，
∴＝＝＝，
∴AC＝2DO，又PC＝2DO，∴AC＝PC.

一　平行射影
二　平面与圆柱面的截线
三　平面与圆锥面的截线
1．了解平行射影的含义，体会平行射影．
2．会证明平面与圆柱面的截线是椭圆(特殊情况是圆)．(重点)
3．会用Dandelin双球证明定理1、定理2.(难点)
[基础·初探]
教材整理1　射影
阅读教材P43～P44，完成下列问题．
1．正射影
给定一个平面α，从一点A作平面α的垂线，垂足为点A′，称点A′为点A在平面α上的正射影．
一个图形上各点在平面α上的正射影所组成的图形，称为这个图形在平面α上的正射影．
2．平行射影
设直线l与平面α相交(如图3-1-1)，称直线l的方向为投影方向．过点A作平行于l的直线(称为投影线)必交α于一点A′，称点A′ 为A沿l的方向在平面α上的平行射影．
一个图形上各点在平面α上的平行射影所组成的图形，叫做这个图形的平行射影．
图3-1-1
下列说法正确的是(　　)
A．平行射影是正射影
B．正射影是平行射影
C．同一个图形的平行射影和正射影相同
D．圆的平行射影不可能是圆
【解析】　正射影是平行射影的特例，A不正确；对于同一图形，当投影线垂直于投影面时，其平行射影就是正射影，否则不相同，故C不正确；当投影线垂直于投影面且圆面平行于投影面时，圆的平行射影是圆，D不正确；只有B正确．
【答案】　B
教材整理2　两个定理
阅读教材P44～P51，完成下列问题．
1．椭圆的定义
平面上到两个定点的距离之和等于定长的点的轨迹叫做椭圆．
2．两个定理
定理1：圆柱形物体的斜截口是椭圆．
定理2：在空间中，取直线l为轴，直线l′与l相交于O点，夹角为α，l′围绕l旋转得到以O为顶点，l′为母线的圆锥面．任取平面π，若它与轴l的交角为β(当π与l平行时，记β＝0)，则
(1)β>α，平面π与圆锥的交线为椭圆；
(2)β＝α，平面π与圆锥的交线为抛物线；
(3)β<α，平面π与圆锥的交线为双曲线．
下列说法不正确的是(　　)
A．圆柱面的母线与轴线平行
B．圆柱面的某一轴截面垂直于直截面
C．圆柱面与斜截面截得的椭圆的离心率与圆柱面半径无关，只与母线和斜截面的夹角有关
D．平面截圆柱面的截线椭圆中，短轴长即为圆柱面的半径
【解析】　显然A正确；由于任一轴截面过轴线，故轴截面与圆柱的直截面垂直，B正确；C显然正确；D中短轴长应为圆柱面的直径长，故不正确．
【答案】　D
[质疑·手记]
预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：
疑问1：　
解惑：　
疑问2：　
解惑：　
疑问3：　
解惑：　
[小组合作型]
平面与圆柱面、圆锥面的截
线性质的应用
　如图3-1-2所示，AB，CD是圆锥面的正截面(垂直于轴的截面)上互相垂直的两条直径，过CD和母线VB的中点E作一截面．已知圆锥侧面展开图扇形的中心角为π，求截面与圆锥的轴线所夹的角的大小，并说明截线是什么曲线．
图3-1-2
【精彩点拨】　
【自主解答】　设⊙O的半径为R，母线VB＝l，
则圆锥侧面展开图的中心角为＝π，
∴＝，∴sin∠BVO＝，
∴圆锥的母线与轴的夹角α＝∠BVO＝.
如图，连接OE，
∵O，E分别是AB，VB的中点，
∴OE∥VA，
∴∠VOE＝∠AVO＝∠BVO＝，
∴∠VEO＝，即VE⊥OE.
又∵AB⊥CD，VO⊥CD，∴CD⊥平面VAB.
∵VE?平面VAB，∴VE⊥CD.
又∵OE∩CD＝O，OE?平面CDE，CD?平面CDE，
∴∠VOE是截面与轴线的夹角，
∴截面与轴线夹角大小为.
由圆锥的半顶角与截面与轴线的夹角相等，知截面CDE与圆锥面的截线为一抛物线．
1．解答本题的关键是求出圆锥的母线与轴的夹角以及截面与轴的夹角．
2．判断平面与圆锥面的截线形状的方法
(1)求圆锥面的母线与轴线的夹角α，截面与轴的夹角β；
(2)判断α与β的大小关系；
(3)根据定理2判断交线是什么曲线．
[再练一题]
1．如图3-1-3所示，圆柱面的母线长为2 cm，点O，O′分别是上、下底面的圆心．
图3-1-3
若OA⊥O′B′，OA＝1 cm.求：
(1)OO′与AB′所成的角的正切值；
(2)过AB′与OO′平行的截面面积；
(3)O到截面的距离．
【导学号：07370052】
【解】　(1)设过A的母线为AA′，连接AB′，则OO′∥AA′，OO′A′A是矩形．易知△O′B′A′是等腰直角三角形，∴A′B′＝.
又AA′＝2，OO′与AB′所成的角为∠B′AA′，
∴tan ∠B′AA′＝＝.
(2)所求截面为矩形AA′B′B，面积等于2 cm2.
(3)O到截面的距离即OO′到截面的距离，也是O′到截面的距离，也是O′到A′B′的距离．在等腰直角三角形O′A′B′中，O′A′＝O′B′＝1 cm，所以O′到斜边A′B′的距离为 cm，即O到截面的距离为 cm.
　利用Dandelin双球研究圆
锥曲线问题
　一个顶角为60°的圆锥面被一个平面π所截，如图3-1-4所示Dandelin双球均在顶点S的下方，且一个半径为1，另一个半径为5，则交线的形状是什么曲线？其离心率是多少？
图3-1-4
【精彩点拨】　(1)根据Dandelin双球的位置可判断交线的形状．
(2)通过作辅助线求出椭圆的长半轴a与半焦距c，可求离心率．
【自主解答】　Dandelin双球均在顶点S的同侧，所以截线为椭圆．
设A，B分别是该椭圆的长轴的两个端点，F1，F2分别是其焦点，O1，O2分别为Dandelin双球中小、大球的球心，C，D分别为截面圆与母线的切点．
∵∠CSO1＝30°，O1C＝1，∴SC＝.
同理，SD＝5，则CD＝4.
又∵BF1＋BF2＝BC＋BD＝CD，
∴2a＝BF1＋BF2＝4，即a＝2.
再延长O1F1交O2D于点G.过O2作O2F⊥F1G交F1G于点F，则O1F＝r1＋r2＝6.
又∵CD＝4，∠DSO2＝30°，
∴O1O2＝8.
在Rt△O1O2F中，
FO2＝＝2，
即2c＝F1F2＝FO2＝2，故c＝.
所以离心率e＝＝＝.
1．解答本题的关键通过作辅助线求出a，c的值．
2．解决此类问题可先把空间图形转化为平面图形，然后利用曲线的定义及性质来解决．
[再练一题]
2．若圆柱的一正截面的截线为以3为半径的圆，圆柱的斜截面与轴线成60°，求截线椭圆的两个焦点间的距离．
【解】　设椭圆长半轴为a，短半轴为b，半焦距为c，则b＝3，
a＝＝3×2＝6，
∴c2＝a2－b2＝62－32＝27.
∴两焦点间距离2c＝2＝6.
[探究共研型]
平行射影
探究1　平行射影与正射影有什么区别和联系？
【提示】　正射影与平行射影的投影线与投影方向都是平行的．因此，正射影也是平行射影．不同的是正射影的投影线与投影面垂直，而平行射影的投影线与投影面斜交或垂直．平面图形的正射影与原投影面积大小相等，而一般图形的平行射影的面积要小于原投影图形的面积．
探究2　几何图形的正射影与原图相比有什么变化？
【提示】　可能变，也可能不变．例如，一个圆所在平面β与平面α平行时，该圆在α上的正射影是与原来大小相同的圆；若β与α不平行时，圆在α上的正射影不再是圆，而是椭圆或线段(β与α垂直时)．
　如图3-1-5，E，F分别为正方体的平面ADD1A1与平面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)
图3-1-5
【精彩点拨】　找出四边形BFD1E的四个顶点在各个面上的正射影，然后连接各正射影即可．
【自主解答】　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，又知线段由两端点唯一确定，故考察四边形BFD1E的射影，只需同时考察点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(2)图，四边形BFD1E在平面ADD1A1和平面BCC1B1上的正射影均为(3)图．
【答案】　(2)(3)
1．解答本题的关键是找出阴影部分的各个顶点在投影面上的正射影．
2．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．
[再练一题]
3．如图3-1-6，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是BB1，BC的中点，则图中阴影部分在平面ADD1A1上的正射影为下列各图中的(　　)
图3-1-6
【解析】　求阴影部分在平面ADD1A1上的正射影，则投影光线与平面ADD1A1垂直，显然点D的正射影为点D，点N的正射影为边AD的中点，点M的正射影为边A1A的中点．故选A.
【答案】　A
[构建·体系]
1．△ABC的一边在平面α内，一顶点在平面α外，则△ABC在平面α内的射影是(　　)
A．三角形　 B．一直线
C．三角形或一直线 D．以上均不正确
【解析】　当△ABC所在平面平行于投影线时，射影是一线段，不平行时，射影是三角形．
【答案】　D
2．一图形的正射影是一条线段，这个图形不可能是
(　　) 【导学号：07370053】
A．线段　　 B．圆　　
C．梯形　　 D．长方体
【解析】　由于长方体是空间几何体，其正射影不可能是一条线段，而其他选项都是平面图形，当投影线与图形所在平面平行时，其正射影是一条线段．
【答案】　D
3．在圆锥内部嵌入Dandelin双球，一个位于平面π的上方，一个位于平面π的下方，并且与平面π及圆锥均相切，若平面π与双球的切点不重合，则平面π与圆锥面的截线是(　　)
A．圆 B．椭圆
C．双曲线 D．抛物线
【解析】　由于平面π与双球的切点不重合，则平面π与圆锥母线不平行，且只与圆锥的一半相交，则截线是椭圆．
【答案】　B
4．已知圆锥母线与轴夹角为60°，平面π与轴夹角为45°，则平面π与圆锥交线的离心率是________，该曲线的形状是________．
【解析】　∵e＝＝>1，∴曲线为双曲线．
【答案】　　双曲线
5．过Rt△BPC的直角顶点P作线段PA⊥平面BPC.
求证：△ABC的重心H是点P在平面ABC内的正射影．
【证明】　连接AH并延长，交BC于点D，
连接BH并延长，交AC于点E，连接PD，PH.
∵H是△ABC的垂心，∴BC⊥AD.
又∵AP⊥平面PBC，且PD是斜线段AD在平面BPC上的射影，
∴BC⊥PD.
显然PH在平面PBC内的射影在PD上，
∴BC⊥PH.同理可证：AC⊥PH.
故PH⊥平面ABC，即H是P在平面ABC上的正射影．
我还有这些不足：
(1)　
(2)　
我的课下提升方案：
(1)　
(2)　
学业分层测评(十一)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．在空间，给出下列命题：
(1)一个平面的两条斜线段相等，那么它们在平面上的射影相等；
(2)一条直线和平面的一条斜线垂直，必和这条斜线在这个平面上的射影垂直；
(3)一条斜线和它在平面内的射影所成的锐角是这条斜线和平面内过斜足的所有直线所成的一切角中最小的角；
(4)若点P到△ABC三边所在的直线的距离相等，则点P在平面ABC上的射影是△ABC的内心．
其中正确的命题是(　　)
A．(3)　　 B．(3)(4)
C．(1)(3) D．(2)(4)
【解析】　由平行投影变换的性质知，当两条线段共线、平行或两线段是过同一点的平面的斜线段时，才有(1)正确，在(2)中这条直线可能在平面外，(3)显然正确，(4)中P点有可能是△ABC的旁心．
【答案】　A
2．如果一个三角形的平行射影仍是一个三角形，则下列结论正确的是(　　)
A．内心的平行射影还是内心
B．重心的平行射影还是重心
C．垂心的平行射影还是垂心
D．外心的平行射影还是外心
【解析】　三角形的重心是三条中线的交点，三角形平行射影后各边的中点位置不会变，故其中线的交点，即重心仍是三角形的重心，而内心、外心、垂心都有可能改变．故只有B正确．
【答案】　B
3．已知圆锥面的轴截面为等腰直角三角形，用一个与轴线成30°角的不过圆锥顶点的平面去截圆锥面时，所截得的截线的离心率为(　　)
【导学号：07370054】
A.　　　　　　　　 B.
C. D.
【解析】　∵圆锥的轴截面为等腰直角三角形，∴母线与轴线的夹角α＝45°.又截面与轴线的夹角β＝30°，即β＜α，
∴截线是双曲线，其离心率e＝＝＝＝.
【答案】　A
4．椭圆＋y2＝1的长轴为A1A2，短轴为B1B2，将坐标平面沿y轴折成一个二面角，使A1点在平面B1A2B2上的射影恰是该椭圆的一个焦点，则此二面角的大小是(　　)
A．30°　　　 B．45°　　　
C．60°　　　 D．120°
【解析】　设所成的二面角为α，
因为a＝2，b＝1，c＝，
所以cos α＝＝，所以α＝30°.
【答案】　A
5．设平面π与圆柱的轴的夹角为β(0°<β<90°)，现放入Dandelin双球使之与圆柱面和平面π都相切，若已知Dandelin双球与平面π的两切点的距离恰好等于圆柱的底面直径，则截线椭圆的离心率为(　　)
A. B.
C. D.
【解析】　Dandelin双球与平面π的切点恰好是椭圆的焦点，圆柱的底面直径恰好等于椭圆的短轴长，由题意知，2b＝2c，
所以e＝＝＝＝.
【答案】　B
二、填空题
6．有下列说法：
①矩形的平行射影一定是矩形；
②梯形的平行射影一定是梯形；
③平行四边形的平行射影可能是正方形；
④正方形的平行射影一定是菱形．
其中正确命题有________________．(填上所有正确说法的序号)
【解析】　利用平行射影的概念和性质进行判断．
【答案】　③
7．在梯形ABCD中，AB∥CD，若梯形不在α内，则它在α上的射影是________．
【解析】　如果梯形ABCD所在平面平行于投影方向，则梯形ABCD在α上的射影是一条线段．
如果梯形ABCD所在平面不平行于投影方向，则平行线的射影仍是平行线，不平行的线的射影仍不平行，则梯形ABCD在平面α上的射影仍是梯形．
【答案】　一条线段或一个梯形
8．一平面与圆柱面的母线成45°角，平面与圆柱面的截线椭圆的长轴长为6，则圆柱面内切球的半径为________．
【解析】　由2a＝6，得a＝3，又e＝cos 45°＝，
∴c＝e·a＝×3＝，
∴b＝＝＝，
∴圆柱面内切球的半径r＝.
【答案】　
三、解答题
9．已知点A(1,2)在椭圆＋＝1内，F的坐标为(2,0)，在椭圆上求一点P，使|PA|＋2|PF|最小．
【解】　如图所示，
∵a2＝16，b2＝12，
∴c2＝4，c＝2，
∴F为椭圆的右焦点，并且离心率为＝.
设P到右准线的距离为d，
则|PF|＝d，d＝2|PF|，
∴|PA|＋2|PF|＝|PA|＋d.
由几何性质可知，当P点的纵坐标(横坐标大于零)与A点的纵坐标相同时，|PA|＋d最小，
把y＝2代入＋＝1，
得x＝，
即点P为所求．
10．在空间中，取直线l为轴．直线l′与l相交于O点，夹角为α.l′绕l旋转得到以O为顶点，l′为母线的圆锥面．任取平面π，若它与轴l的交角为β.
试用Dandelin双球证明：当β＝α时，平面π与圆锥的交线为抛物线. 【导学号：07370055】
【证明】　如图：
设Dandelin双球与圆锥面的交线为圆S.
记圆所在的平面为π′，π与π′的交线为m.
在平面π与圆锥面的交线上任取一点P，
设平面π与Dandlin球的切点为F，连接PF.
在平面π中过P作m的垂线，垂足为A，过P作π′的垂线，垂足为B，连接AB，则AB为PA在平面π′上的射影．显然，m⊥AB，故∠PAB是平面π与平面π′所成的二面角的平面角．
在Rt△APB中，∠APB＝β，
则PB＝PA·cos β.　①
又设过点P的母线交圆S于点Q，
则PQ＝PF.
在Rt△PBQ中，PB＝PQ·cos α，
∴PB＝PF·cos α.②
由①②得＝×＝.
因为α＝β，所以＝1，
即曲线任一点P到定点F的距离恒等于P到定直线m的距离．故点P的轨迹为抛物线．
[能力提升]
1．一平面与圆柱面的母线成45°角，平面与圆柱面的截线椭圆的长轴为6，则圆柱面的半径为(　　)
A.　　　　　　 B.
C．2 D.
【解析】　由2a＝6，即a＝3，又e＝cos 45°＝，
故b＝c＝ea＝×3＝，即为圆柱面的半径．
【答案】　D
2．设圆锥的顶角(圆锥轴截面上两条母线的夹角)为120°，当圆锥的截面与轴成45°角时，则截得二次曲线的离心率为(　　)
A. B.
C．1 D.
【解析】　由题意知α＝60°，β＝45°，满足β<α，这时截圆锥得的交线是双曲线，其离心率为e＝＝.
【答案】　B
3．在底面半径为6的圆柱内有两个半径也为6的球面，两球的球心距为13.若作一个平面与这两个球面相切，且与圆柱面相交成一椭圆，则椭圆的长轴长为__________．
【解析】　如图，为圆柱的轴截面，AB为与两球O1和球O2都相切的平面与轴截面的交线．由对称性知AB过圆柱的几何中心O.由O1O⊥OD，O1C⊥OA，故∠OO1C＝∠AOD，且O1C＝OD＝6，
所以Rt△OO1C≌Rt△AOD，则AO＝O1O.
故AB＝2AO＝2O1O＝O1O2＝13.
显然AB即为椭圆的长轴，所以AB＝13.
【答案】　3
4.如图3-1-7，圆柱被平面α所截．已知AC是圆柱口在平面α上最长投影线段，BD是最短的投影线段，EG＝FH，EF⊥AB，垂足在圆柱的轴上，EG和FH都是投影线，分别与平面α交于点G，H.
图3-1-7
(1)比较EF，GH的大小；
(2)若圆柱的底面半径为r，平面α与母线的夹角为θ，求CD.
【解】　(1)∵EG和FH都是投影线，
∴EG∥FH.又EG＝FH，
∴四边形EFHG是平行四边形，
∴EF＝GH.
(2)如图，过点D作DP⊥AC于点P，
则在Rt△CDP中，有：
sin∠DCP＝.
又∠DCP＝θ，DP＝2r，
∴CD＝.
章末分层突破
[自我校对]
①椭圆
②椭圆
③抛物线
④双曲线
　
　平行射影与正射影
正射影与平行射影的投影光线与投影方向都是平行的．因此，正射影也是平行射影，不同的是正射影的光线与投影面垂直．而平行射影的投影光线与投影面斜交．平面图形的正射影与原投影面积大小相等．而一般平行射影的面积要小于原投影图形的面积．
　已知△ABC的边BC在平面α内，A在平面α上的射影为A′(A′不在边BC上)．当∠BAC＝60°时，AB，AC与平面α所成的角分别是30°和45°，求cos∠BA′C.
【精彩点拨】　点在平面上的射影仍然是点，解决此题的关键是正确找出点A′，找出AB，AC与α所成的角，再结合余弦定理求解．
【规范解答】　由题意，∠ABA′＝30°，∠ACA′＝45°.
设AA′＝1，则A′B＝，A′C＝1，AC＝，AB＝2，
∴BC＝＝，
cos∠BA′C＝＝.
[再练一题]
1．设四面体ABCD各棱长均相等，E，F分别为AC，AD的中点，如图3-1，则△BEF在该四面体的平面ABC上的射影是下列中的(　　)
图3-1
【解析】　由于BE＝BF，所以△BEF为等腰三角形，故F点在平面ABC上的正射影不在AC上而在△ABC内部，又由于EF与CD平行，而CD与平面ABC不垂直，所以F点在平面ABC上的正射影不在直线BE上，从而只有B图形成立．
【答案】　B
　平面与圆柱面的截线
　　平面与圆柱面的截线是椭圆，利用Dandelin双球确定椭圆的焦点，然后利用椭圆的定义判定曲线的形状．
平面与圆柱面的截线其实质是切线长定理在空间中的推广(从球外一点引球的切线，切线长都相等)．
　如图3-2，在圆柱O1O2内嵌入双球，使它们与圆柱面相切，切线分别为⊙O1和⊙O2，并且和圆柱的斜截面相切，切点分别为F1，F2.
图3-2
求证：斜截面与圆柱面的截线是以F1，F2为焦点的椭圆．
【精彩点拨】　证明曲线的形状是椭圆，利用椭圆的定义(平面上到两个定点的距离之和等于定长的点的轨迹)来证明．
【规范解答】　如图，设点P为曲线上任一点，连接PF1，PF2，则PF1，PF2分别是两个球面的切线，切点为F1，F2，过P作母线，与两球面分别相交于K1，K2，则PK1，PK2分别是两球面的切线，切点为K1，K2.
根据切线长定理的空间推广，
知PF1＝PK1，PF2＝PK2，
所以PF1＋PF2＝PK1＋PK2＝K1K2.
由于K1K2为定值，故点P的轨迹是以F1，F2为焦点的椭圆．
[再练一题]
2．已知一平面垂直于圆柱的轴，截圆柱所得为一半径为2的圆，另一平面与圆柱的轴成30°角，求截线的长轴、短轴和离心率．
【解】　由题意可知椭圆的短轴为2b＝2×2，
∴短轴长为4，
设长轴长为2a，则有＝sin 30°＝，
∴2a＝4b＝8，e＝＝.
∴长轴长为8，短轴长为4，离心率为.
　平面与圆锥面的截线
由平面中，直线与等腰三角形两边的位置关系拓展为空间内圆锥与平面的截线之后，较难入手证明其所成曲线的形状，尤其是焦点的确定更加不容易，但可以采用Dandelin双球法，这时较容易确定椭圆的焦点，学生也容易入手证明，使问题得到解决．
　证明：定理2的结论(1)，即β>α时，平面π与圆锥的交线为椭圆．
【精彩点拨】　本题直接证明，难度较大，故可仿照定理1的方法证明，即Dandelin双球法．
【规范解答】　如图，在圆锥内部嵌入Dandelin双球，一个位于平面π的上方，一个位于平面π的下方，并且与平面π及圆锥均相切．
当β>α时，由上面的讨论可知，平面π与圆锥的交线是一个封闭曲线．设两个球与平面π的切点分别为F1，F2，与圆锥相切于圆S1，S2.
在截面的曲线上任取一点P，连接PF1，PF2.过P作母线交S1于Q1，交S2于Q2，于是PF1和PQ1是从P到上方球的两条切线，因此PF1＝PQ1.同理，PF2＝PQ2.
所以PF1＋PF2＝PQ1＋PQ2＝Q1Q2.
由正圆锥的对称性，Q1Q2的长度等于两圆S1，S2所在平行平面间的母线段的长度而与P的位置无关，由此我们可知在β>α时，平面π与圆锥的交线为一个椭圆．
[再练一题]
3．如图3-3所示，已知圆锥母线与轴线的夹角为α，平面π与轴线夹角为β，Dandelin双球的半径分别为R，r，且α<β，R>r，求平面π与圆锥面交线的焦距F1F2，轴长G1G2.
图3-3
【解】　连接O1F1，O2F2，O1O2交F1F2于O点，
在Rt△O1F1O中，OF1＝＝.
在Rt△O2F2O中，OF2＝＝.
∴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，
由切线长定理，容易验证G1G2＝A1A2，
∴G1G2＝·cos α.
章末综合测评(三)
(时间120分钟，满分150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1.如图1，已知AB∥A′B′，BC∥B′C′，那么下列比例式成立的是(　　)
图1
A.＝
B.＝
C.＝
D.＝
【解析】　∵AB∥A′B′∴＝.同理＝，
∴＝，∴A不成立．
＝＝，∴＝，∴B成立．
由于＝，∴AC∥A′C′，
∴＝，∴C不成立．
＝＝，∴D不成立．
【答案】　B
2．PAB为过圆心O的割线，且PA＝OA＝4，PCD为⊙O的另一条割线，且PC＝CD，则PC长为(　　) 【导学号：07370057】
A．4　　　　 B.　　　　
C．24　　　　 D．2
【解析】　由题意知PA·PB＝PC·PD，
设PC＝x，则PD＝2x，
∴2x·x＝4×12，∴x＝2，即PC＝2.
【答案】　D
3．如图2，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，AD＝3，CD＝2，则的值为(　　)
图2
A.　　　　　　 B.
C. D.
【解析】　由题意得，CD2＝AD·BD，
∴BD＝.又AC2＝AD·AB，BC2＝BD·AB，
则＝＝，故＝.
【答案】　A
4．如图3，⊙O内切于△ABC，切点分别为D，E，F.已知∠B＝50°，∠C＝60°，连接OE，OF，DE，DF，那么∠EDF等于(　　)
图3
A．40° B．55°
C．65° D．70°
【解析】　∵∠B＝50°，∠C＝60°，∴∠A＝70°，∴∠EOF＝110°，∴∠EDF＝55°.
【答案】　B
5．如图4，四边形BDEF是平行四边形，如果CD∶DB＝2∶3，那么S?BDEF是S△ABC的(　　)
图4
A. B.
C. D.
【解析】　因为DE∥AB，所以△CDE∽△ABC，
所以＝2.
又CD∶DB＝2∶3，所以CD∶CB＝2∶5，
所以＝2＝2＝，
所以S△CDE＝S△ABC.
因为DE∥AB，所以＝＝，所以＝.
同理，S△AFE＝S△ABC.
所以S?BDEF＝S△ABC－S△AFE－S△EDC
＝S△ABC－S△ABC－S△ABC＝S△ABC.
【答案】　D
6．如图5，点C在以AB为直径的半圆上，连接AC，BC，AB＝10，tan∠BAC＝，则阴影部分的面积为(　　)
图5
A.π B.π－24
C．24 D.＋24
【解析】　∵AB为直径，∴∠ACB＝90°.
∵tan∠BAC＝，∴sin∠BAC＝.
又∵sin∠BAC＝，AB＝10，
∴BC＝×10＝6，AC＝×BC＝×6＝8，
∴S阴影＝S半圆－S△ABC＝×π×52－×8×6＝π－24.
【答案】　B
7．如图6，用与底面成30°角的平面截圆柱得一椭圆截线，则该椭圆的离心率为(　　)
图6
A.　　　　 B.
C. D．非上述结论
【解析】　用平面截圆柱，椭圆截线的短轴长为圆柱截面圆的直径，且椭圆所在平面与底面成30°角，则离心率e＝sin 30°＝.
【答案】　A
8．如图7，四边形ABCD内接于⊙O，BC是直径，AD＝DC，∠ADB＝20°，则∠ACB，∠DBC分别为(　　)
图7
A．15°与30° B．20°与35°
C．20°与40° D．30°与35°
【解析】　∵∠ADB＝20°，
∴∠ACB＝∠ADB＝20°.
又∵BC为⊙O的直径，
∴的度数为180°－40°＝140°.
∵D为的中点，∴的度数为70°，
∴∠DBC＝＝35°.
【答案】　B
9．如图8，AB，CD是圆O的两条弦，且AB是线段CD的中垂线，已知AB＝6，CD＝2，则线段AC的长度为(　　)
图8
A．5 B.
C. D．3
【解析】　连接BC，∵AB垂直平分CD，
∴CP2＝AP·P B.设PB＝x，则AP＝6－x，
∴x(6－x)＝5，∴x1＝1，x2＝5(由题图可知，不合题意，舍去)，即AP＝5.
又CP＝＝，∴AC＝＝.
【答案】　C
10．如图9，E，C分别是∠A两边上的点，以CE为直径的⊙O交∠A的两边于点D，点B，若∠A＝45°，则△AEC与△ADB的面积比为(　　)
图9
A．2∶1　　　　　 B．1∶2
C.∶1 D.∶1
【解析】　连接BE，求△AEC与△ABD的面积比，即求AE2∶AB2的值．设AB＝a，∵∠A＝45°，
CE为⊙O的直径，∴∠CBE＝∠ABE＝90°，
∴BE＝AB＝a，∴AE＝a，
∴AE2∶AB2＝2a2∶a2，
即AE2∶AB2＝2∶1，∴S△AEC∶S△ABD＝2∶1.
【答案】　A
11.如图10所示，球O与圆柱的上、下底面以及侧面均相切，用一平面去截圆柱和球，得到的截面图有可能是(　　)
图10
A．①②④ B．①②③
C．②③④ D．①②③④
【解析】　如图所示，连接AB，AB为圆柱的轴，当平面与AB垂直且过AB中点时，截得图形是图①.当平面与AB垂直不过AB中点时，截得图形是两个同心圆，是图②.当平面经过轴AB时，截得的图形是图③.当平面与轴AB不垂直且平面与圆柱的侧面有交线时，截得的图形是图④.故有可能的图形是①②③④.
【答案】　D
12．如图11，已知△ABC中，＝，＝，AD，BE交于F，则·的值为(　　)
图11
A. B.
C. D.
【解析】　过D作DG∥BE交AC于G.
∵＝，∴＝，
∴＝＝，
∴DG＝BE.
又＝＝，∴EG＝EC.
又＝，∴EC＝AE，
∴＝＝
＝＝，
∴FE＝DG＝×BE＝BE，
∴＝，＝＝，
∴·＝×＝.
【答案】　C
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把答案填在题中横线上)
13．如图12，点E，F分别在AD，BC上，已知CD＝2，EF＝3，AB＝5，若EF∥CD∥AB, 则等于________．
【导学号：07370058】
图12
【解析】　如图，过C作CH∥DA交EF于G，交AB于H，则EG＝AH＝DC＝2，GF＝1，BH＝3.
∵GF∥HB，∴＝＝，∴＝.
【答案】　
14．(2016·重庆七校联盟联考)如图13，半径为4的圆O中，∠AOB＝90°，D为OB的中点，AD的延长线交圆O于点E，则线段DE的长为________．
图13
【解析】　延长BO交圆O于点F，则DF＝6，BD＝2.由勾股定理得：AD＝＝2.
由相交弦定理得：AD·DE＝FD·DB，所以2·DE＝12?DE＝＝.
【答案】　
15．一平面与半径为4的圆柱面相截，截面的Dandelin双球的球心距离为12，则截线椭圆的离心率e＝________.
【解析】　依题意，Dandelin双球球心距离即为圆柱母线长，
∴2a＝12，∴a＝6.又b＝r＝4，
∴c＝＝＝2，
∴椭圆的离心率e＝＝＝.
【答案】　
16．如图14，已知△ABC中，边AC上一点F分AC为＝，BF上一点G分BF为＝，AG的延长线与BC交于点E，则BE∶EC＝________.
图14
【解析】　过F作FD∥AE交BC于D，如图所示，
则＝＝，＝＝，故CD＝DE，BE＝DE，EC＝CD＋DE＝DE＋DE＝DE，
从而＝.
【答案】　3∶5
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)(2016·唐山二模)如图15所示，AC为⊙O的直径，D为的中点，E为BC的中点．
图15
(1)求证：AB∥DE；
(2)求证：2AD·CD.＝AC·BC.
【证明】　(1)连接BD，因为D为的中点，所以BD＝DC.
因为E为BC的中点，所以DE⊥BC.
因为AC为圆的直径，所以∠ABC＝90°，
所以AB∥DE.
(2)因为D为的中点，所以∠BAD＝∠DAC，
又∠BAD＝∠DCB，则∠DAC＝∠DCB.
又因为AD⊥DC，DE⊥CE，所以△DAC∽△ECD，
所以＝，AD·CD＝AC·CE,2AD·CD＝AC·2CE，
因此2AD·CD＝AC·BC.
18．(本小题满分12分)如图16，AB为⊙O的直径，AD，BC是⊙O的切线，DC切⊙O于E，并与AD，BC分别交于D，C两点，BD与AC交于点F，求证：FE∥AD.
图16
【证明】　∵AB为⊙O的直径，AD，BC是⊙O的切线，
∴AD⊥AB，BC⊥AB，
∴AD∥BC，∴＝.
∵DC与⊙O切于E，并与AD，BC分别交于D，C两点，
∴AD＝DE，BC＝CE，
∴＝，∴FE∥AD.
19．(本小题满分12分)如图17，圆O1与圆O2内切于点A，其半径分别为r1与r2(r1＞r2)．圆O1的弦AB交圆O2于点C(O1不在AB上)．求证：AB∶AC为定值．
图17
【证明】　连接AO1，并延长分别交两圆于点E和点D，连接BD，CE.
因为圆O1与圆O2内切于点A，所以点O2在AD上．故AD，AE分别为圆O1，圆O2的直径．
从而∠ABD＝∠ACE＝，所以BD∥CE，
于是＝＝＝，
所以AB∶AC为定值．
20．(本小题满分12分)如图18所示，已知⊙O1与⊙O2相交于A，B两点，过点A作⊙O1的切线交⊙O2于点C，过点B作两圆的割线，分别交⊙O1，⊙O2于点D，E，DE与AC相交于点P.
(1)求证：AD∥EC；
(2)若AD是⊙O2的切线，且PA＝6，PC＝2，BD＝9，求AD的长．
图18
【解】　(1)证明：连接AB，
∵AC是⊙O1的切线，∴∠BAC＝∠D，
又∵∠BAC＝∠E，∴∠D＝∠E，∴AD∥EC.
(2)设BP＝x，PE＝y，
∵PA＝6，PC＝2，∴xy＝12.①
∵AD∥EC，∴＝?＝.②
由①②得，或(舍去)，
∴DE＝9＋x＋y＝16.
∵AD是⊙O2的切线，
∴AD2＝DB·DE＝9×16，∴AD＝12.
21．(本小题满分12分)如图19，已知⊙O和⊙M相交于A，B两点，AD为⊙M的直径，直线BD交⊙O于点C，点G为中点，连接AG分别交⊙O，BD于点E，F，连接CE.
求证：(1)AG·EF＝CE·GD；
(2)＝.
图19
【证明】　(1)如图，连接AB，AC，
∵AD为⊙M的直径，∴∠ABD＝90°，
∴∠ABC＝90°，∴AC为⊙O的直径，
∴∠CEF＝∠AGD.
∵∠DFG＝∠CFE，∴∠ECF＝∠GDF.
∵G为弧BD的中点，∴∠DAG＝∠GDF，
∴∠DAG＝∠ECF，∴△CEF∽△AGD，
∴＝，∴AG·EF＝CE·GD.
(2)由(1)知∠DAG＝∠GDF，∠G＝∠G，
∴△DFG∽△ADG，∴DG2＝AG·GF，
由(1)知＝，∴＝.
22．(本小题满分12分)如图20，已知AD为圆O的直径，直线BA与圆O相切于点A，直线OB与弦AC垂直并相交于点G，与弧AC相交于M，连接DC，AB＝10，AC＝12.
(1)求证：BA·DC＝GC·AD；
(2)求BM.
图20
【解】　(1)证明：因为AC⊥OB，所以∠AGB＝90°.
又AD是圆O的直径，所以∠DCA＝90°，
又因为∠BAG＝∠ADC(弦切角等于同弧所对圆周角)，
所以△AGB∽△DCA，所以＝.
又因为OG⊥AC，所以GC＝AG，
所以＝，即BA·DC＝GC·AD.
(2)因为AC＝12，所以AG＝6.
因为AB＝10，所以BG＝＝8，
由(1)知，Rt△AGB∽Rt△DCA，所以＝，
所以AD＝15，即圆的直径2r＝15.
又因为AB2＝BM·(BM＋2r)，即BM2＋15BM－100＝0，
解得BM＝5.