模块综合评价
(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.如图所示，已知AB∥A′B′，BC∥B′C′，那么下列比例式成立的是( )
A.＝
B.＝
C.＝
D.＝
解析：因为AB∥A′B′，
所以＝.同理＝.
所以＝，所以A不成立．
＝＝，所以＝，
所以B成立．
由于＝.所以AC∥A′C′.
所以＝，所以C不成立．
＝＝，所以D不成立．
答案：B
2．在Rt△ABC中，CD是斜边上的高线，AC∶BC＝3∶1，则S△ABC∶S△ACD为( )
A．4∶3 B．9∶1
C．10∶1 D．10∶9
解析：因为AC∶BC＝3∶1，
所以S△ACD∶S△CBD＝9∶1，
所以S△ABC∶S△ACD＝10∶9.
答案：D
3.如图所示，在正方形ABCD中，E为AB中点，BF⊥CE于F，那么S△BFC∶S正方形ABCD＝( )
A．1∶3 B．1∶4
C．1∶5 D．1∶6
解析：因为S△BEC∶S正方形ABCD＝1∶4，又S△BEF∶S△BCF＝(BE∶BC)2＝1∶4，所以S△BFC∶S正方形ABCD＝1∶5.
答案：C
4.如图所示，在△ABC中，EE1∥FF1∥MM1∥BC，若AE＝EF＝FM＝MB，则∶∶∶为( )
A．1∶2∶3∶4
B．2∶3∶4∶5
C．1∶3∶5∶7
D．3∶5∶7∶9
解析：因为∶＝1∶4，
所以∶＝1∶3，
又因为∶＝1∶9，
所以∶＝1∶5，
又因为∶S△ABC＝1∶16，
所以∶＝1∶7.
答案：C
5．如图所示，⊙O中弧AB的度数为60°，AC是⊙O的直径，那么∠BOC＝( )
A．150° B．130° C．120° D．60°
解析：由条件可知，∠AOB＝60°，
所以∠BOC＝120°.
答案：C
6．圆内接四边形ABCD中，∠A，∠B，∠C的度数比是2∶3∶6，则∠D＝( )
A．67.5° B．135°
C．112.5° D．110°
解析：因为∠A＋∠C＝∠B＋∠D＝180°，∠A∶∠B∶∠C＝2∶3∶6，所以∠B∶∠D＝3∶5，所以∠D的度数为×180°＝112.5°.
答案：C
7.如图所示，在△ABC中，∠C＝90°，CD⊥AB，D为垂足，若CD＝6 cm，AC∶BC＝1∶，则AD的值是( )
A．6 cm B．3 cm
C．18 cm D．3 cm
解析：因为AC∶BC＝1∶，AC2＝AD·AB，
BC2＝BD·AB，
所以AD∶DB＝1∶2，
所以可设AD＝t，DB＝2t，
又因为CD2＝AD·DB，所以36＝t·2t，
所以2t2＝36，所以t＝3(cm)，
即AD＝3 cm.
答案：B
8.如图所示，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( )
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＝cos 60°＝.
答案：A
9.如图所示，AB，AC为⊙O的切线，B和C是切点，延长OB到D，使BD＝OB，连接AD.如果∠DAC＝78°，那么∠ADO等于( )
A．70° B．64°
C．62° D．51°
解析：如图所示，连接OC.
由AB为切线，有OB⊥AB.因为OB＝BD，所以∠AOB＝∠D，∠OAB＝∠DAB，而∠CAO＝∠OAB，
所以∠OAB＝∠CAD＝×78°＝26°.
所以∠AOD＝∠ADO＝64°.
答案：B
10.如图所示，AB是⊙O的直径，BC，CD，DA是⊙O的弦，且BC＝CD＝DA，则∠BCD＝( )
A．100° B．110°
C．120° D．135°
解析：因为AB是⊙O的直径，所以的度数是180°，
因为BC＝CD＝DA，
所以＝＝，
所以∠BCD＝(180°＋60°)＝120°.
答案：C
11.如图所示，⊙O是△ABC的外接圆，AD是⊙O的直径，连接CD，若⊙O的半径r＝，AC＝2，则cos B的值是( )
A. B.
C. D.
解析：cos B＝cos D，又因为AD为直径，所以cos D＝＝＝.
答案：B
12．如图所示，AB＝，BC＝2，CD＝1，∠ABC＝45°，则四边形ABCD的面积为( )
A. B. C. D.
解析：如图所示，连接AC，OD，则△ABC为等腰直角三角形，AC＝，S△ABC＝××＝1.又因为OD＝OC＝CD，
所以△OCD为等边三角形，
所以∠OCD＝60°，所以∠ACD＝60°－45°＝15°，
S△ADC＝·AC·DCsin 15°＝，
因此四边形ABCD的面积为.
答案：D
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)
13．如图所示，点E、F分别在AD、BC上，已知CD＝2，EF＝3，AB＝5，若EF∥CD∥AB，则等于________．
解析：如图所示，过点C作CH∥DA交EF于点G，交AB于点H，则EG＝AH＝DC＝2，
GF＝1，BH＝3.
因为GF∥HB，
所以＝＝，
所以＝.
答案：
14.如图所示，AB是半圆O的直径，点C在半圆上，CD⊥AB于点D，且AD＝3DB，设∠COD＝θ，则tan2＝__．
解析：设半径为r，则AD＝r，
BD＝r，由CD2＝AD·BD得CD＝r，从而θ＝，故tan2＝.
答案：
15.如图所示，PA与圆O相切于点A，不过圆心O的割线PCB与直径AE相交于D点．已知∠BPA＝30°，AD＝2，PC＝1，则圆O的半径等于________．
解析：因为PA为切线，所以AE垂直于PA，又因为∠BPA＝
30°，且AD＝2，所以PD＝4，
由切割线定理得PA2＝PC·PB，
所以(2)2＝1×PB?PB＝12，
所以CD＝3，BD＝8，
所以CD·DB＝AD·DE?3×8＝2×DE，
所以DE＝12，所以圆的直径为14，所以圆的半径为7.
答案：7
16．如图所示，AC为⊙O的直径，OB⊥AC，弦BN交AC于点M.若OC＝，OM＝1，则MN的长为________．
答案：1
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)如图所示，在△ABC中，AD为BC边上的中线，F为AB上任意一点，CF交AD于点E，求证：AE·BF＝2DE·AF.
证明：如图所示，过D作DG∥AB，交CF于点G，
所以△AEF∽△DEG，△CDG∽△CBF，
所以＝，＝.
因为D为BC的中点，CD＝CB，
＝，DG＝BF，＝，
即AE·BF＝2DE·AF
18.(本小题满分12分)如图所示，⊙O与⊙O′相交于A、B两点，过A引直线CD，EF分别交两圆于点C、D、E、F，EC与DF的延长线相交于点P，求证：∠P＋∠CBD＝180°.
证明：如图所示，连接AB，因为∠E与∠CBA是圆O中所对的圆周角，
所以∠E＝∠CBA.
又四边形ABDF内接于⊙O′，
所以∠PFA＝∠ABD，
所以∠E＋∠PFE＝
∠CBA＋∠ABD＝∠CBD.
又因为∠E＋∠P＋∠PFE＝180°，
所以∠P＋∠CBD＝180°.
19.(本小题满分12分)如图所示，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：(1)∠MEN＋∠NOM＝180°；
(2)FE·FN＝FM·FO.
证明：(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.
20.(本小题满分12分)如图所示，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.
证明：如图所示，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.
21．(本小题满分12分)如图所示，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.
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.
22.(本小题满分12分)如图所示，直线PQ与⊙O切于点A，AB是⊙O的弦，∠PAB的平分线AC交⊙O于点C，连接CB，并延长与直线PQ相交于Q点．
(1)求证：QC·AC＝QC2－QA2；
(2)若AQ＝6，AC＝5，求弦AB的长．
(1)证明：因为PQ与⊙O相切于点A，
所以∠PAC＝∠CBA，
因为∠PAC＝∠BAC，
所以∠BAC＝∠CBA，
所以AC＝BC.
由割线定理得：QA2＝QB·QC＝(QC－BC)QC，
所以QC·BC＝QC2－QA2，
所以QC·AC＝QC2－QA2.
(2)解：由AC＝BC＝5，AQ＝6及(1)知，QC＝9，
由∠QAB＝∠ACQ知△QAB∽△QCA，
所以＝，
所以AB＝.
第一讲 相似三角形的判定及有关性质
1.1 平行线等分线段定理
A级 基础巩固
一、选择题
1．下列命题中正确的个数为( )
①一组平行线截两条直线，所得到的平行线间线段都相等．
②一组平行线截两条平行直线，所得到的平行线间线段都相等．
③三角形两边中点的连线必平行第三边．
④梯形两腰中点的连线必与两底边平行．
A．1 B．2 C．3 D．4
解析：③④正确，它们分别是三角形、梯形的中位线．①②错，因为平行线间线段含义不明确．
答案：B
2．如图所示，已知l1∥l2∥l3，且AE＝ED，AB，CD相交于l2上一点O，则OC＝( )
A．OA B．OB
C．OD D．OE
解析：由平行线等分线段定理可得OC＝OD.
答案：C
3．如图所示，AB∥CD∥EF，且AO＝OD＝DF，BC＝6，则BE为( )
A．9 B．10
C．11 D．12
解析：过O作直线l∥AB，
由AB∥l∥CD∥EF，AO＝OD＝DF，
知BO＝OC＝CE.
又BC＝6，所以CE＝3，故BE＝9.
答案：A
4．如图所示，在△ABC中，DE是中位线，△ABC的周长是16 cm，其中DC＝2 cm，DE＝3 cm，则△ADE的周长是( )
A．6 cm B．7 cm
C．8 cm D．10 cm
解析：因为DC＝2 cm，DE＝3 cm，DE为中位线，
所以AB＝16－4－6＝6(cm)，所以AE＝3 cm.
所以△ADE周长为8 cm.
答案：C
5．如图，AD是△ABC的高，DC＝BD，M，N在AB上，且AM＝MN＝NB，ME⊥BC于E，NF⊥BC于F，则FC＝( )
A.BC B.BD
C.BC D.BD
解析：因为AD⊥BC，ME⊥BC，NF⊥BC，
所以NF∥ME∥AD，
因为AM＝MN＝NB，
所以BF＝FE＝ED.
又因为DC＝BD，
所以BF＝FE＝ED＝DC，
所以FC＝BC.
答案：C
二、填空题
6.如图所示，在△ABC中，E是AB的中点，EF∥BD，EG∥AC交BD于G，CD＝AD，若EG＝5 cm，则AC＝________；若BD＝20 cm，则EF＝________．
解析：E为AB中点，EF∥BD，
则AF＝FD＝AD，即AF＝FD＝CD.
又EF∥BD，EG∥AC，
所以四边形EFDG为平行四边形，
FD＝5 cm.
所以AC＝AF＋FD＋CD＝15 cm.
因为EF＝BD，所以EF＝10 cm.
答案：15 cm 10 cm
7．如图所示，在直角梯形ABCD中，DC∥AB，CB⊥AB，AB＝AD＝a，CD＝，点E，F分别是线段AB，AD的中点，则EF＝________．
解析：连接DE，由于点E是AB的中点，故BE＝.
又CD＝，AB∥DC，CB⊥AB，
所以四边形EBCD是矩形．
在Rt△ADE中，AD＝a，点F是AD的中点，故EF＝.
答案：
三、解答题
8．如图所示，在?ABCD中，E、F分别为AD、BC的中点，连BE、DF交AC于G、H点．求证：AG＝GH＝HC.
证明：因为四边形ABCD是平行四边形，所以AD綊BC，又因为ED＝AD，BF＝BC，
所以ED綊BF，
所以四边形EBFD是平行四边形，
所以BE∥FD.
在△AHD中，因为EG∥DH，
E是AD的中点，
所以AG＝GH，
同理在△GBC中，GH＝HC，
所以AG＝GH＝HC.
9.如图所示，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝12 cm，AC交梯形中位线EG于点F.若EF＝4 cm，FG＝10 cm，求梯形ABCD的面积．
解：作高DM、CN，则四边形DMNC为矩形．
因为EG是梯形ABCD的中位线，
所以EG∥DC∥AB.
所以点F是AC的中点．
所以DC＝2EF＝8 cm，
AB＝2FG＝20 cm，
MN＝DC＝8 cm.
在Rt△ADM和Rt△BCN中，
AD＝BC，∠DAM＝∠CBN，
∠AMD＝∠BNC，
所以△ADM≌△BCN.
所以AM＝BN＝(20－8)＝6(cm)．
所以DM＝＝＝6(cm)．
所以S梯形＝EG·DM＝(4＋10)×6＝84(cm2)．
B级 能力提升
1.如图所示，在△ABC中，BD为AC边上的中线，DE∥AB交BC于E，则阴影部分面积为△ABC面积的( )
A. B. C. D.
解析：因为D为AC的中点，DE∥AB，
所以E为BC的中点．
所以S△BDE＝S△DEC，即S△BDE＝S△BDC＝S△ABC.
答案：A
2.如图所示，已知梯形ABCD中，AD∥BC，E为AB的中点，EF∥BC，G是BC边上任一点，如果S△GEF＝2cm2，那么梯形ABCD的面积是________．
解析：因为E为AB的中点，EF∥BC，
所以DF＝FC.
所以EF为梯形ABCD的中位线．
所以EF＝(AD＋BC)，
且△EGF的高是梯形ABCD高的一半．
所以S梯形ABCD＝4S△GEF＝4×2＝8(cm2)．
答案：8 cm2
3.如图所示，在梯形ABCD中，AD∥BC，DC⊥BC，∠B＝
60°，AB＝BC，E为AB的中点，求证△ECD为等边三角形．
证明：如图所示，连接AC，过点E作EF平行于AD交DC于点F.
因为AD∥BC，所以AD∥EF∥BC.
又因为E是AB的中点，所以F是DC的中点(经过梯形一腰的中点与底边平行的直线平分另一腰)．
因为DC⊥BC，所以EF⊥DC，
所以ED＝EC(线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等)．
所以△EDC为等腰三角形．
因为AB＝BC，∠B＝60°，
所以△ABC是等边三角形．
所以∠ACB＝60°.
又因为E是AB边的中点，
所以CE平分∠ACB，
所以∠FEC＝∠ECB＝30°，
所以∠DEF＝30°，所以∠DEC＝60°.
又因为ED＝EC，所以△ECD为等边三角形．
第一讲 相似三角形的判定及有关性质
1.2 平行线分线段成比例定理
A级 基础巩固
一、选择题
1.如图所示，下列选项不能判定DE∥BC的是( )
A.＝ B.＝
C.＝ D.＝
解析：由平行线分线段成比例定理推论易知C不成立．
答案：C
2．如图所示，已知AA′∥BB′∥CC′，AB∶BC＝1∶3，那么下列等式成立的是( )
A．AB＝2A′B′ B．3A′B′＝B′C′
C．BC＝B′C′ D． AB＝A′B′
解析：因为AA′∥BB′∥CC′，
所以＝.
因为AB∶BC＝1∶3，所以A′B′∶B′C′＝1∶3.
所以B′C′＝3A′B′.
答案：B
3．如图所示，DE∥AB，DF∥BC，若AF∶FB＝m∶n，BC＝a，则CE＝( )
A. B.
C. D.
解析：因为DF∥BC，所以＝＝.
因为DE∥AB，
所以＝＝＝＝.
所以EC＝.
答案：D
4．如图所示，AD是△ABC的中线，点E是CA边的三等分点，BE交AD于点F，则AF∶FD为( )
A．2∶1 B．3∶1
C．4∶1 D．5∶1
解析：过D作DG∥AC交BE于G，
所以DG＝EC.又AE＝2EC，
所以AF∶FD＝AE∶DG＝
2EC∶EC＝4∶1.
答案：C
5.如图所示，AB∥EF∥CD，已知AB＝20，DC＝80，则EF等于( )
A．10 B．12
C．16 D．18
解析：因为AB∥EF∥CD，
所以＝，＝.
所以＋＝＋＝＝1，
即＋＝1.所以EF＝16.
答案：C
二、填空题
6.如图所示，已知在△ABC中，D是AB上一点，DE∥BC交AC于点E，若AD∶AB＝1∶3，且CE＝4，则AE＝________.
解析：由AD∶AB＝1∶3，
得AD∶DB＝1∶2.
因为DE∥BC，所以AD∶DB＝AE∶EC，
即1∶2＝AE∶4.所以AE＝2.
答案：2
7．如图所示，已知l1∥l2∥l3，AB＝5 cm，BC＝3 cm，DF＝24 cm，则DE＝________．
解析：因为l1∥l2∥l3，所以＝.
所以＝.
所以DE＝15 cm.
答案：15 cm
8．如图所示，在△ABC中，DE∥BC，DF∥AC，AE＝2，EC＝1，BC＝4，则BF＝________．
解析：在△ABC中，DE∥BC，DF∥AC，
所以＝＝，
又因为AE＝2，EC＝1，BC＝4，
所以＝，所以BF＝.
答案：
三、解答题
9.如图所示，已知D为△ABC中AC边的中点，AE∥BC，ED交AB于点G，交BC延长线于点F，若BG∶GA＝3∶1，BC＝8，求AE的长．
解：因为AE∥BC，D为AC的中点，
所以AE＝CF.
设AE＝x，因为AE∥BC，
所以＝＝.
又BC＝8，所以＝，3x＝x＋8.
所以x＝4.所以AE＝4.
10.如图所示，已知在梯形ABCD中，AB∥CD，若AB＝2CD，MN∥AB，且MP＝PN，求证：MN＝CD.
证明：
?MN＝CD.
B级 能力提升
1．如图所示，将一边长为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( )
A. B. C. D.
解析：如图所示，作MN∥AD交DC于N，
所以＝.
又因为AM＝ME，
所以DN＝NE＝DE＝.
因为PD∥MN∥QC，
所以＝＝＝.
答案：B
2.如图所示，在△ABC中，E，F分别在AC，BC上，且DF∥AC，DE∥BC，AE＝4，EC＝2，BC＝8，则CF＝____________，BF＝____________．
解析：因为DE∥BC，
所以＝＝＝.①
因为DF∥AC，所以＝.②
由①②式，得＝，即CF＝.
BF＝BC－CF＝8－＝.
答案：
3.如图所示，在梯形ABCD中，AD∥BC，EF经过该梯形对角线的交点O，且EF∥AD.(1)求证：OE＝OF；
(2)求＋的值；
(3)求证： ＋＝.
(1)证明：因为EF∥AD，AD∥BC，
所以EF∥AD∥BC.
因为EF∥BC，所以＝，＝.
因为EF∥AD∥BC，所以＝.
所以＝.所以OE＝OF.
(2)解：因为OE∥AD，所以＝.
由(1)知＝，
所以＋＝＋＝＝1.
(3)证明：由(2)知＋＝1，
所以＋＝2.
又EF＝2OE，所以＋＝2.
所以＋＝.
第一讲 相似三角形的判定及其有关性质
1.3 相似三角形的判定及性质
第1课时 相似三角形的判定
A级 基础巩固
一、选择题
1.如图所示，在正三角形ABC中，D，E分别在AC，AB上，且＝，AE＝BE，则有( )
A．△ADE∽△BED
B．△AED∽△CBD
C．△AED∽△ABD
D．△BAD∽△BCD
解析：在△AED和△CBD中，
AE∶BC＝AD∶CD＝1∶2，
∠EAD＝∠BCD，所以△AED∽△CBD.
答案：B
2．三角形的一条高分这个三角形为两个相似三角形，则这个三角形是( )
A．直角三角形
B．等腰三角形
C．等腰直角三角形
D．等腰三角形或直角三角形
解析：因为等腰三角形底边上的高分这个三角形为两个全等的三角形，全等三角形一定相似，所以这个三角形可以是等腰三角形；又因为直角三角形斜边上的高分这个三角形为两个相似三角形，所以这个三角形也可以是直角三角形．
答案：D
3．如图所示，小正方形的边长均为1，则下列图中的三角形(阴影部分)与△ABC相似的是( )
解析：首先求得△ABC三边的长，然后分别求得A、B、C、D选项中各三角形的三边的长，然后根据三组对边的比相等的两个三角形相似，即可求得答案．
答案：A
4.如图所示，在△ABC中，点M在BC上，点N在AM上，CM＝CN，且＝.下列结论正确的是( )
A．△ABM∽△ACB B．△ANC∽△AMB
C．△ANC∽△ACM D．△CMN∽△BCA
解析：CM＝CN，即∠AMC＝∠MNC，
即∠AMB＝∠ANC.
又＝，即△AMB∽△ANC.
答案：B
5.如图所示，△ABC∽△AED∽△AFG，DE是△ABC的中位线，△ABC与△AFG的相似比是3∶2，则△ADE与△AFG的相似比是( )
A．3∶4 B．4∶3
C．8∶9 D．9∶8
解析：因为△ABC与△AFG的相似比是3∶2，所以AB∶AF＝3∶2，
又因为△ABC与△AED的相似比是2∶1，
即AB∶AE＝2∶1.
所以△AED与△AFG的相似比
k＝＝·＝×＝.
答案：A
二、填空题
6.如图所示，∠C＝90°，∠A＝30°，E是AB的中点，DE⊥AB于E，则△ADE与△ABC的相似比是________．
解析：因为E为AB的中点，
所以＝，即AE＝AB.
在Rt△ABC中，∠A＝30°，AC＝AB，
又因为Rt△AED∽Rt△ACB，
所以相似比为＝.
故△ADE与△ABC的相似比为1∶.
答案：1∶
7．如图所示，已知在△ABC中，AB＝AC，∠A＝36°，BD是∠ABC的角平分线，若DC·AC＝19，则AD＝________．
解析：因为∠A＝36°，AB＝AC，
所以∠ABC＝∠C＝72°.
又因为BD平分∠ABC，
所以∠ABD＝∠CBD＝36°.
所以∠BDC＝72°＝∠C，
所以AD＝BD＝BC，且△ABC∽△BCD，
所以＝.
所以BC2＝AB·CD.
所以AD2＝AC·CD.
所以AD2＝19，所以AD＝.
答案：
8．△ABC的三边长分别是3 cm，4 cm，5 cm，与其相似的
△A′B′C′的最大边长是15 cm，那么S△A′B′C′＝________．
解析：由题意知：△ABC与△A′B′C′的相似比是1∶3，又因为△ABC的三边长分别为3 cm，4 cm，5 cm，所以△A′B′C′的三边长分别为9 cm，12 cm，15 cm.又因为92＋122＝152，所以△A′B′C′为直角三角形，所以S△A′B′C′＝×9×12＝54(cm2)．
答案：54 cm2
三、解答题
9.如图所示，CD平分∠ACB，EF是CD的中垂线交AB的延长线于E，求证：△ECB∽△EAC.
证明：连接EC，因为EF是CD的中垂线，
所以EC＝ED，且∠EDC＝∠ECD.
又因为∠EDC＝∠A＋∠ACD，
且∠ECD＝∠DCB＋∠ECB，
又因为CD为∠ACB的平分线，
则∠ACD＝∠DCB，
所以∠A＝∠ECB.又∠CEA为公共角，
所以△ECB∽△EAC.
10.如图所示，在△ABC(AB>AC)的边AB上取一点D，在边AC上取一点E，使AD＝AE，直线DE和BC的延长线交于点P，求证：＝.
证明：过点C作CM∥AB，
交DP于点M.
因为AD＝AE，所以∠ADE＝∠AED.
又AD∥CM，∠ADE＝∠CME，
∠AED＝∠CEM，
所以∠CEM＝∠CME，所以CE＝CM.
因为CM∥BD，所以△CPM∽△BPD，
所以＝，即＝.
B级 能力提升
1．若△ABC与△DEF相似，∠A＝60°，∠B＝40°，∠D＝80°，则∠E的度数可以是( )
A．60° B．40°
C．80° D．40°或60°
解析：根据判定定理，可知∠E的度数可以是40°或60°.
答案：D
2．如图所示，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥AD，对角线BD⊥DC，则△ABD∽________，BD2＝________．
解析：因为AD∥BC，
所以∠ADB＝∠DBC.
又因为∠A＝∠BDC＝90°，
所以△ABD∽△DCB.
所以＝.所以BD2＝AD·BC.
答案：△DCB AD·BC
3．如图所示，点C，D在线段AB上，△PCD是等边三角形．
(1)当AC，CD，DB满足怎样的关系时，
△ACP∽△PDB?
(2)当△ACP∽△PDB时，求∠APB的度数．
解：(1)因为△PCD是等边三角形，
所以∠PCD＝∠PDC＝60°，
PD＝PC＝CD.
从而∠ACP＝∠PDB＝120°.
所以，当＝时，△ACP∽△PDB，
即当CD2＝AC·BD时，
△ACP∽△PDB.
(2)当△ACP∽△PDB时，
∠APC＝∠PBD.
所以∠APB＝∠APC＋∠CPD＋∠DPB＝∠PBD＋60°＋∠DPB＝60°＋60°＝120°.
第一讲 相似三角形的判定及有关性质
1.3 相似三角形的判定及性质
第2课时 相似三角形的性质
A级 基础巩固
一、选择题
1．两个相似三角形的面积之比为1∶2，则其外接圆的半径之比为( )
A．1∶4 B．1∶3
C．1∶2 D．1∶
解析：因为相似三角形的面积比为相似比的平方，所以相似比为1∶，两相似三角形外接圆半径之比为相似比，故选D.
答案：D
2.如图所示，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( )
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
3.如图所示，已知在△ABC中，∠C＝90°，正方形DEFC内接于△ABC，DE∥AC，EF∥BC，AC＝1，BC＝2，则AF∶FC等于( )
A．1∶3 B．1∶4
C．1∶2 D．2∶3
解析：设正方形边长为x(x>0)，
则由△AFE∽△ACB，可得AF∶AC＝FE∶CB，
即＝.所以x＝，于是＝.
答案：C
4．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( )
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＝，所以＝，所以r′＝6.
答案：C
5．在△ABC中，AB＝9，AC＝12，BC＝18，D为AC上一点，DC＝AC，在AB上取一点E，得到△ADE，若△ADE与△ABC相似，则DE的长为( )
A．6 B．8 C．6或8 D．14
解析：如图①所示，过D作DE∥CB交AB于E，则AD∶AC＝AE∶AB＝DE∶CB，AB＝9，AC＝12，DC＝AC＝×12＝8.
图① 图②
所以AD＝AC－DC＝12－8＝4，
所以DE＝＝＝6.
如图②所示，作∠ADE＝∠B，交AB于E，
则△ADE∽△ABC.
所以有AD∶AB＝AE∶AC＝DE∶BC，
所以DE＝＝＝8.
所以DE的长为6或8.
答案：C
二、填空题
6．如图所示，在平行四边形ABCD中，点E在AB上，且EB＝2AE，AC与DE交于点F，则＝________．
解析：因为四边形ABCD是平行四边形，所以AB∥DC，且AB＝DC，
于是△CDF∽△AEF，且＝＝3，
因此＝＝9.
答案：9
7．两个相似三角形的对应边上的中线之比是2∶3，周长之和是20，那么这两个三角形的周长分别为________．
解析：由中线之比为周长之比都为相似比，得周长之比为2∶3，设其中一个三角形周长为2x，则另一个三角形周长为3x.
所以2x＋3x＝20.所以x＝4，即两个三角形的周长分别为8，12.
答案：8 12
8．如图所示，已知∠ACB＝∠E，AC＝6，AD＝4，则AE＝____．
解析：因为∠ACB＝∠E，
∠DAC＝∠CAE，
所以△DAC∽△CAE.
所以＝，
所以AE＝＝＝9.
答案：9
三、解答题
9.如图所示，直线DF交△ABC的BC，AB两边于D，E两点，与CA的延长线交于F，若＝＝2，求BE∶AE的值．
解：过D作AB的平行线交AC于G，
则△FAE∽△FGD，△CGD∽△CAB.
则＝＝，＝＝.
所以AE＝DG，BE＝DG，
所以BE∶AE＝7∶2.
10.如图所示，△ABC中，AB＝AC，AD是中线，P为AD上一点，CF∥AB，BP延长线交AC、CF于E、F，求证：PB2＝PE·PF.
证明：连接PC，
易证PC＝PB，∠ABP＝∠ACP，
因为CF∥AB，所以∠F＝∠ABP，
从而∠F＝∠ACP，
又∠EPC为△CPE与△FPC的公共角，
从而△CPE∽△FPC，所以＝.
所以PC2＝PE·PF，又PC＝PB，
所以PB2＝PE·PF，命题得证．
B级 能力提升
1.如图所示，点D、E、F、G、H、I是△ABC三边的三等分点，△ABC的周长是l，则六边形DEFGHI的周长是 ( )
A.l B．3l
C．2l D. l
解析：易得DE綊BC，HI綊AC，GF綊AB.
又DI＝AB，HG＝BC，EF＝AC，
则所求周长为(AB＋AC＋BC)＝l.
答案：D
2．如图所示，M是平行四边形ABCD的边AB的中点，直线l过点M分别交AD，AC于点E，F.若AD＝3AE，则AF∶FC＝________．
解析：延长CD与直线l交于点G，
设AB＝2a，则CD＝2a，而M是AB的中点，
则AM＝AB＝a，
由已知得△AME∽△DGE，
所以＝?＝.
因为AD＝3AE，
所以＝?DG＝2a.
又因为△FCG∽△FAM，
＝?＝＝＝，
即AF∶FC＝1∶4.
答案：1∶4
3．如图所示，在?ABCD中，AE∶EB＝2∶3.
(1)求△AEF与△CDF周长的比；
(2)若S△AEF＝8，求S△CDF.
解：(1)因为四边形ABCD是平行四边形，
所以AB∥CD且AB＝CD.
因为＝，所以＝，
即＝.所以＝.
又由AB∥CD知△AEF∽△CDF，
所以△AEF的周长∶△CDF的周长＝2∶5.
(2)由(1)知S△AEF∶S△CDF＝4∶25，
又因为S△AEF＝8，所以S△CDF＝50.
第一讲 相似三角形的判定及有关性质
1.4 直角三角形的射影定理
A级 基础巩固
一、选择题
1．线段MN在直线l上的射影不可能是( )
A．点 B．线段
C．与MN等长的线段 D．直线
解析：由射影的概念易知线段的射影不可能是直线．
答案：D
2．直角三角形斜边上的高把斜边分成的两条线段长分别为6 cm和4 cm，则斜边上的高是( )
A．10 cm B．2 cm C．2 cm D．24 cm
解析：由直角三角形的射影定理得，斜边上的高为＝2(cm)．
答案：C
3．在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC于点D，若＝，则等于( )
A. B. C. D.
解析：如图所示，由射影定理，得AC2＝CD·BC，AB2＝BD·BC.
所以＝＝，即＝，
所以＝.
答案：C
4．在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，AD∶BD＝2∶3，则△ACD与△CBD的相似比为( )
A．2∶3 B．4∶9
C.∶3 D．不确定
解析：如图所示，在Rt△ACB中，CD⊥AB，
由射影定理得CD2＝AD·BD，
即＝.
又因为∠ADC＝∠BDC＝90°，
所以△ACD∽△CBD.
又因为AD∶BD＝2∶3，
设AD＝2x，BD＝3x(x>0)，
所以CD2＝6x2，所以CD＝x，
易知△ACD∽△CBD的相似比为
＝＝＝∶3.
答案：C
5.如图所示，在矩形ABCD中，BE⊥AC于点F，点E恰是CD的中点，下列式子成立的是( )
A．BF2＝AF2
B．BF2＝AF2
C．BF2>AF2
D．BF2
解析：根据射影定理可得
BF2＝AF·CF，
因为△ABF∽△CEF，
所以CF∶AF＝CE∶AB＝1∶2，
所以BF2＝AF·AF＝AF2.
答案：A
二、填空题
6．如图所示，小明在A时测得某树的影长为2 m，在B时又测得该树的影长为8 m．若两次日照的光线互相垂直，则树的高度为________m.
解析：依题意作图如下，
在Rt△CDE中，EF⊥CD.
由射影定理，得EF2＝CF·DF＝2×8＝16，所以树的高度EF＝4 m.
答案：4
7．在Rt△ABC中，AC⊥BC，CD⊥AB，过点D作DE⊥AC，DF⊥BC，则CE·CA＝________．
解析：在Rt△ADC中，DE⊥AC，
所以由射影定理知CD2＝CE·CA.
同理CD2＝CF·CB，
所以CE·CA＝CF·CB.
答案：CF·CB
8．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是高，AC＝12 cm，BC＝15 cm，则S△ACD∶S△BCD＝________．
解析：因为∠ACB＝90°，CD是高，
所以AC2＝AD·AB，BC2＝BD·AB，
所以AD∶BD＝AC2∶BC2.
又因为S△ACD＝·AD·CD，
S△BCD＝·BD·CD，
所以S△ACD∶S△BCD＝AD∶BD＝AC2∶BC2.
又因为AC＝12，BC＝15，
所以S△ACD∶S△BCD＝144∶225＝16∶25.
答案：16∶25
三、解答题
9．如图所示，在Rt△ABC中，CD是斜边AB上的高，DE是在Rt△BCD斜边BC上的高，若BE＝6，CE＝2，求AD的长．
解：因为CD⊥AB，所以△BCD为直角三角形，
即∠CDB＝90°，
因为DE⊥BC.
由射影定理可知：DE2＝CE·BE＝12，
所以DE＝2，
CD2＝CE·BC＝16，所以CD＝4，
因为BD2＝BE·BC＝48，
所以BD＝4，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，
由射影定理可得：CD2＝AD·BD，
所以AD＝＝＝.
10．如图所示，已知BD、CE是△ABC的两条高，过点D的直线交BC和BA的延长线于点G、H，交CE于点F，且∠H＝∠BCF.求证：GD2＝GF·GH.
证明：因为∠H＝∠BCE，CE⊥BH，
所以△BCE∽△BHG.
所以∠BEC＝∠BGH＝90°，
所以HG⊥BC.
因为BD⊥AC，在Rt△BCD中，
由射影定理得，
GD2＝BG·CG.①
因为∠H＝∠BCF，
所以∠FGC＝∠BGH＝90°，
所以△FCG∽△BHG，
所以＝，
所以BG·CG＝GH·FG.②
由①②，得GD2＝GH·FG.
B级 能力提升
1．在Rt△ACB中，∠C＝90°，CD⊥AB于D，若BD∶AD＝1∶4，则tan∠BCD的值是( )
A. B.
C. D．2
解析：如图所示，由射影定理得
CD2＝AD·BD，
又因为BD∶AD＝1∶4，
令BD＝x，则AD＝4x(x>0)，
所以CD2＝AD·BD＝4x2，所以CD＝2x.
在Rt△CDB中，tan∠BCD＝＝＝.
答案：C
2．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：如图所示，过C点作CE⊥AB于E，
在Rt△ACB中，
因为AB＝10 cm，AC＝6 cm，所以BC＝8 cm.
在Rt△ABC中，由射影定理易得
BE＝6.4 cm，AE＝3.6 cm.
所以CE＝＝4.8(cm)，
所以AD＝4.8 cm.
又因为在梯形ABCD中，CE⊥AB，
所以DC＝AE＝3.6 cm.
所以S梯形ABCD＝＝32.64(cm2)．
答案：32.64 cm2
3.如图所示，四边形ABCD是正方形，E为AD上一点，且AE＝AD，N是AB的中点，NF⊥CE于F.
求证：FN2＝EF·FC.
证明：如图所示，连接NE、NC.设正方形的边长为a.
因为AE＝a，AN＝a，
所以NE＝ ＝，
因为BN＝a，BC＝a，
所以NC＝ ＝.
因为DE＝a，DC＝a，
所以EC＝ ＝.
所以NE2＝，NC2＝，EC2＝.
所以NE2＋NC2＝EC2.
所以EN⊥NC，△ENC是直角三角形．
又因为NF⊥EC，所以NF2＝EF·FC.
章末复习课
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[警示·易错提醒]
1．平行线等分线段定理的易错点
定理中的“一组平行线”是指每相邻两条直线间的距离都相等的平行线，若不满足这一条件，则不能使用该定理．
2．使用平行线分线段成比例定理的两个易错点
(1)在使用定理进行证明时，容易以特殊代替一般，与平行线等分线段定理混淆而出错．
(2)在利用定理时，不会应用比例的性质而出现计算错误．
3．相似三角形的两个易错点
(1)在判定两个三角形相似时，对判定定理中的“对应”二字把握不准确．
(2)对相似三角形的性质理解不透而导致应用错误．
4．直角三角形的射影定理的关注点
由于射影定理得出的结论(等式)较多，在解有较复杂图形的问题时，有时因选不准题目所需的等式，使得问题复杂化．
专题一 三角形相似的判定
1．已知有一角对应相等时，可选择判定定理1或判定定理2.
2．已知有两边对应成比例时，可选择判定定理2或判定定理3.
3．判定直角三角形相似时，首先看是否可以用判定直角三角形相似的方法来判定，如果不能，再考虑用判定一般三角形相似的方法来判定．
[例1] 如图所示，F是平行四边形ABCD的一边AD上的一点，且AF＝FD，E为AB的中点，EF交AC于G点，O为AC的中点，已知AC＝10.
(1)求证△AGF∽△OGE；
(2)求AG的长．
(1)证明：因为O为AC的中点，E为AB的中点，
所以OE∥BC，
又因为BC∥AD，所以OE∥AD，
所以∠FAG＝∠GOE，∠AFG＝∠GBO，
所以△AGF∽△OGE.
(2)解：由(1)知△AGF∽△OGE，
所以＝，
又AF＝FD，所以AF＝AD，
由题意知OE＝AD，
所以＝＝.
所以AG＝2.
[变式训练] 已知，如图所示，D为△ABC内一点，连接BD，AD，以BC为边在△ABC外作∠CBE＝∠ABD，∠BCE＝∠BAD，连接DE.
求证：△DBE∽△ABC.
证明：因为在△CBE和△ABD中，
∠CBE＝∠ABD，∠BCE＝∠BAD，
所以△CBE∽△ABD.
所以＝，即＝.
又因为在△DBE和△ABC中，
∠CBE＝∠ABD，∠DBC＝∠DBC，
所以∠CBE＋∠DBC＝∠ABD＋∠DBC.
所以∠DBE＝∠ABC.
又＝，所以△DBE∽△ABC.
专题二 相似三角形性质的应用
相似三角形的性质主要有如下几方面的应用：
(1)可用来证明线段成比例、角相等；
(2)可间接证明线段相等；
(3)为计算线段长度及角的大小创造条件；
(4)可计算周长、线段长等．
[例2] 如图所示，在△ABC中，∠BAC＝90°，BC边的垂直平分线EM和AB交于点D，和CA的延长线交于点E.连接AM，求证：AM2＝DM·EM.
证明：因为∠BAC＝90°，M是BC的中点，
所以AM＝CM，所以∠MAC＝∠C.
因为EM⊥BC，所以∠E＋∠C＝90°.
又因为∠BAM＋∠MAC＝90°，
所以∠E＝∠BAM.
因为∠EMA＝∠AMD，
所以△AMD∽△EMA，
所以＝，所以AM2＝DM·EM.
[变式训练] 如图所示，AD，CF是△ABC的两条高线，在AB上取一点P，使AP＝AD，再从点P引一条BC的平行线与AC交于点Q，求证PQ＝CF.
证明：因为AD⊥BC，CF⊥AB，
所以∠ADB＝∠BFC.
又因为∠B＝∠B，所以△ABD∽△CBF，
所以＝.
又因为PQ∥BC，所以△APQ∽△ABC.
所以＝，所以＝，
所以＝.
又因为AD＝AP，所以PQ＝CF.
专题三 函数与方程的思想
在相似三角形中，存在多种比相等的关系，利用这些相等关系，可以构造函数的模型，利用函数的性质解决问题，也可以将相等关系转化为方程的形式，利用方程的思想解决问题．
[例3] 如图所示，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝8，AC＝6，若动点D从点B出发，沿线段BA运动到点A停止，运动速度为每秒2个单位长度，过点D作DE∥BC交AC于点E，设动点D运动的时间为x秒，AE的长为y.
(1)求出y关于x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；
(2)当x为何值时，△BDE的面积S有最大值，最大值是多少？
解：(1)因为DE∥BC，
所以△ADE∽△ABC，所以＝.
又因为AB＝8，AC＝6，AD＝8－2x，AE＝y，
所以＝.所以y＝－x＋6，
自变量x的取值范围是[0，4]．
(2)S＝BD·AE＝×2x·＝
－×x2＋6x＝－(x－2)2＋6，
所以当x＝2时，Smax＝6.
[变式训练] 如图所示，在△ABC和△DBE中，＝＝＝.
(1)若△ABC与△DBE的周长之差为10 cm，求△ABC的周长；
(2)若△ABC与△DBE的面积之和为170 cm2，求△DBE的面积．
解：(1)因为＝＝，
所以△ABC∽△DBE.
所以＝＝.
设△ABC的周长为5x，
则△DBE的周长为3x，
依题意得5x－3x＝10，解得x＝5.
所以△ABC的周长为25 cm.
(2)因为△ABC∽△DBE，
所以＝＝＝.
设S△ABC＝25x，则S△DBE＝9x.
依题意有25x＋9x＝170，解得x＝5.
所以△DBE的面积为45 cm2.
专题四 转化思想
在证明一些等积式时，往往将其转化为比例式，当证明的比例式中的线段在同一直线上时，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用中间比来转化证明．
[例4] 如图所示，AC∥BD，AD，BC相交于E，EF∥BD，求证＋＝.
证明：由题意知AC∥EF∥BD，
所以＝，＝，
所以＋＝＝＝1，
即＋＝.
[变式训练] 如图所示，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．
解：因为AD⊥BC，CE⊥AB，
所以∠ADB＝∠CEB＝90°.
又因为∠B＝∠B，所以△ADB∽△CEB，
所以＝，所以＝.
又因为∠B＝∠B，所以△BED∽△BCA，
所以＝＝＝.
又因为DE＝2，所以＝，
所以AC＝6.
设点B到直线AC的距离为h，
则S△ABC＝AC·h，
故18＝×6h，所以h＝3.
章末评估验收(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，只有一项符合题目要求)
1．如图所示，已知DE∥BC，EF∥AB，现得到下列式子：
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．
答案：B
2．已知三角形的三条中位线长是3 cm，4 cm，5 cm，则这个三角形的面积是( )
A．6 cm2 B．12 cm2
C．24 cm2 D．40 cm2
解析：由中位线性质得三边长分别为6 cm，8 cm，10 cm，由勾股逆定理知，此三角形为直角三角形，
所以S＝×6×8＝24(cm2)．
答案：C
3．如图所示，△ABC中，点D、E分别是AB、AC的中点，下列结论不正确的是( )
A．BC＝2DE B．△ADE∽△ABC
C.＝ D．S△ABC＝3S△ADE
解析：根据三角形中位线定义与性质可知，BC＝2DE；因DE∥BC，所以△ADE∽△ABC，AD∶AB＝AE∶AC，即AD∶AE＝AB∶AC，S△ABC＝4S△ADE，所以选项D错误．故选D.
答案：D
4．如图所示，△ABC的三边互不相等，P是AB边上的一点，连接PC，下列条件中不能使△ACP∽△ABC成立的是( )
A．∠1＝∠2 B．AP·BC＝AC·PC
C．∠2＝∠ACB D．AC2＝AP·AB
解析：因为∠A公共，所以由相似三角形的判定定理知，C，D项一定能使△ACP∽△ABC成立．若△ACP∽△ABC，
则＝，即B成立，
所以加一条件B项能使△ACP∽△ABC成立，而A项则不能．
答案：A
5．如图所示，AB∥GH∥EF∥DC，且BH＝HF＝FC，若MN＝5 cm，则BD等于( )
A．15 cm B．20 cm
C. cm D．不能确定
解析：因为AB∥GH∥EF∥DC，且BH＝HF＝FC，所以由平行线等分线段定理得DM＝MN＝NB.
因为MN＝5 cm，
所以BD＝3MN＝15(cm)．
答案：A
6．如图所示，已知AD是△ABC的中线，E是AD上的一点，CE的延长线交AB于F，且＝，则等于( )
A. B. C. D.
解析：过D作DG∥CF，如图所示，
因为CD＝BD，
所以FG＝GB.
因为EF∥DG，
所以＝＝.
所以＝＝.
答案：B
7．两个三角形相似，其对应高的比为2∶3，其中一个三角形的周长是18 cm，则另一个三角形的周长为( )
A．12 cm B．27 cm
C．12 cm或27 cm D．以上均不对
解析：设另一个三角形的周长为x cm，由相似三角形的周长之比等于相似比，也等于对应高的比．
所以＝或＝.
解得x＝27 cm或x＝12 cm.
答案：C
8.如图所示，在正方形ABCD中，E是BC的中点，F是CD上一点，且CF＝CD.有下列结论：①∠BAE＝30°，②△ABE∽△AEF，③AE⊥EF，④△ADF∽△ECF.其中正确结论的个数是( )
A．1 B．2 C．3 D．4
解析：②③正确，①④不正确．
答案：B
9．如图所示，在△ABC中，EF∥BC，EF交AB于E，交AC于F，AD⊥BC于D，交EF于M，若BC＝36，AD＝30，MD＝10，则EF的长是( )
A．12 B．30 C．24 D．18
解析：因为EF∥BC，
所以＝＝.
所以＝，所以EF＝24.
答案：C
10．如图所示，在△ABC中，D，E分别在边AB，AC上，CD平分∠ACB，DE∥BC.若AC＝6，AE＝2，则BC的长为( )
A．10 B．12 C．14 D．8
解析：因为DE∥BC，所以∠1＝∠2.
又∠1＝∠3，所以∠2＝∠3，
所以DE＝EC＝AC－AE＝6－2＝4，
因为DE∥BC，所以＝，
所以BC＝＝＝12.
答案：B
11.如图所示，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，垂足为D， AC＝12，BC＝5，则CD的长为( )
A. B. C. D.
解析：AB＝＝＝13.
因为S△ABC＝AC·BC＝AB·CD.
所以CD＝＝＝.
答案：A
12.如图所示，已知四边形ABCD是正方形，E是CD的中点，P是BC边上的一点，下列条件，不能推出△ABP与△ECP相似的是( )
A．∠APB＝∠EPC
B．∠APE＝90°
C．P是BC的中点
D．BP∶BC＝2∶3
解析：因为四边形ABCD是正方形，
所以AB＝BC＝CD＝AD，
∠B＝∠C＝90°，
当A成立时，∠APB＝∠EPC，
有△ABP∽△ECP.
当∠APE＝90°时，
也可证出∠APB＝∠PEC.
所以△ABP∽△ECP也成立．
当BP∶BC＝2∶3时，可以推出PC∶BP＝1∶2，
而EC∶AB＝1∶2，又∠B＝∠C＝90°，
所以△ABP∽△ECP.
当P是BC的中点时，
无法推出△ABP∽△ECP.
答案：C
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的线上)
13．若两个相似三角形的周长之比为3∶4，则这两个三角形的内切圆的面积之比为________．
解析：两相似三角形的相似比等于周长之比3∶4，而其内切圆的面积之比为相似比的平方，故为9∶16.
答案：9∶16
14．如图所示，在?ABCD中，BC＝24，E，F为BD的三等分点，则BM＝________，DN＝________．
解析：由题意知＝＝，
所以BM＝BC＝12，＝＝，
所以DN＝BM＝6.
答案：12 6
15．如图所示，已知直线l1，l2，l3，且l1∥l2∥l3，直线AC与l1，l2，l3分别交于A，B，C，直线FD与l1，l2，l3分别交于F，E，D，AB∶BC＝3∶2，DF＝20，则DE＝________．
解析：由题意知EF∶DE＝AB∶BC＝，
所以＝.又DF＝20，所以DE＝8.
答案：8
16．在△ABC中，AB＝9，AC＝6，点M在AB上且AM＝3，点N在AC上，连接MN，使△AMN与△ABC相似，则AN＝________.
解析：如图①所示，当MN∥BC时，
△AMN∽△ABC，可得＝，
即＝，故AN＝2.
如图②所示，当MN与BC不平行且∠AMN＝∠C时，△AMN∽△ACB.
图① 图②
可得＝，即＝，
得AN＝，故AN＝2或.
答案：2或
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．(本题满分10分)如图所示，在△ABC中，∠ACB＝90°，M是BC的中点，CD⊥AM交AM于D，
求证：△AMB∽△BMD.
证明：因为∠ACM＝90°，CD⊥MA，
所以△CMD∽△AMC.
所以＝.
因为CM＝BM，所以＝.
又因为∠AMB＝∠AMB，
所以△AMB∽△BMD.
18．(本题满分10分)如图所示，已知在△ABC中，∠ACB＝
90°，CD⊥AB于D，DE⊥BC于E.求证：＝.
证明：因为∠ACB＝90°，CD⊥AB，
所以由射影定理，得BC2＝BD·AB，
AC2＝AD·AB.
所以＝＝.
又DE⊥BC，AC⊥BC.
所以DE∥AC，所以＝.
所以＝.
19．(本题满分12分)如图所示，已知在△ABC中，AB＝3AC，AD平分∠A，BE⊥AD于E.求证：AD＝DE.
证明：延长AC交BE的延长线于G.
过E作EH∥BC交AG于H，
则△ABE≌△AGE.
所以EB＝EG，AB＝AG.
在△GCB中，因为EH∥BC，EB＝EG，
所以CG＝2CH.
因为AB＝3AC，AB＝AG.
所以AG＝3AC.所以CH＝CA.
在△AEH中，因为DC∥EH，AC＝CH，
所以AD＝DE.
20．(本题满分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所示，由AD2＝BD·DC，
可得△ABD∽△CAD.
所以∠BCA＝∠BAD＝65°.
图① 图②
(2)当AD在△ABC外部时，如图②所示，
由AD2＝BD·DC，得△ABD∽△CAD，
所以∠B＝∠CAD＝25°.
所以∠BCA＝∠CAD＋∠ADC＝25°＋90°＝115°.
故∠BCA等于65°或115°.
21．(本题满分12分)如图所示，在等腰三角形ABC中，AB＝AC，D为CB延长线上一点，E为BC延长线上一点，且满足AB2＝DB·CE.
(1)求证：△ADB∽△EAC；
(2)若∠BAC＝40°，求∠DAE的度数．
(1)证明：因为AB2＝DB·CE，AB＝AC，
所以＝.
由题可知∠ABC＝∠ACB，
所以∠ABD＝∠ACE，
所以△ADB∽△EAC.
(2)解：△ADB∽△EAC，
所以∠DAB＝∠E.
因为∠D＝∠D，所以△ADB∽△EDA，
所以∠DAE＝∠ABD，
因为∠ABC＝＝70°，
所以∠DAE＝∠ABD＝180°－70°＝110°.
22．(本题满分14分)如图所示，在△ABC中，∠BAC＝90°，AD是BC边上的高，E是BC边上的一个动点(不与B，C重合)，EF⊥AB，EG⊥AC，垂足分别为F，G.
(1)求证：＝.
(2)FD与DG是否垂直？若垂直，请给出证明；若不垂直，请说明理由．
(3)当AB＝AC时，△FDG为等腰直角三角形吗？并说明理由．
(1)证明：在四边形AFEG中，
因为∠FAG＝∠AFE＝∠AGE＝90°，
所以四边形AFEG为矩形．
所以AF＝EG.
根据题意，易证△EGC∽△ADC，
所以＝.所以＝.
(2)解：FD⊥DG.证明过程如下：
因为△ABC为直角三角形，AD⊥BC，
因为∠FAD＝∠C.
又由(1)可知＝，
所以△AFD∽△CGD.
所以∠ADF＝∠CDG.
又因为∠CDG＋∠ADG＝90°，
所以∠ADF＋∠ADG＝90°，
即∠FDG＝90°.所以FD⊥DG.
(3)解：当AB＝AC时，△FDG是等腰直角三角形，理由如下：
因为AB＝AC，∠BAC＝90°，
所以AD＝DC.
又因为△AFD∽△CGD，
所以＝＝1，即FD＝DG.
又因为∠FDG＝90°，所以△FDG为等腰直角三角形．
第三讲 圆锥曲线性质的探讨
3.1 平行射影
A级 基础巩固
一、选择题
1．下列说法正确的是( )
A．正射影和平行射影是两种截然不同的射影
B．投影线与投影平面有且只有一个交点
C．投影方向可以平行于投影平面
D．一个图形在某个平面的平行射影是唯一的
答案：A
2．若一条直线与平面的一条斜线在此平面上的正射影垂直，则这条直线与这条斜线的位置关系是( )
A．垂直 B．异面
C．相交 D．不能确定
解析：当这条直线在平面内，则A成立，若这条直线是平面的垂线，则B或C成立．
答案：D
3．直线a，b在平面α内的正射影互相平行，则直线a，b的位置关系是( )
A．平行 B．相交
C．异面 D．平行或异面
答案：D
4．Rt△ABC的斜边BC在平面α内，则△ABC的两条直角边在平面α内的射影与斜边组成的图形只能是( )
A．一条线段 B．一个锐角三角形
C．一个钝角三角形 D．一条线段或一个钝角三角形
答案：D
5．球在点光源P的照射下，在一个平面π上的射影的形状为( )
A．圆
B．椭圆
C．圆或椭圆
D．圆或椭圆或抛物线或双曲线的一支
解析：设平面π与PO的夹角为β(O为球心)，若β＝，则射影为圆；再设PO与过P点的球的切线的夹角为α，则α<β<时，射影为椭圆；α＝β时，射影为抛物线；α>β时，射影为双曲线的一支．
答案：D
二、填空题
6．一条直线在平面上的正射影是________．
解析：当直线和平面垂直的时候，直线在平面内的正射影是一个点；当直线和平面不垂直的时候，直线在平面内的正射影是一条直线．
答案：一个点或一条直线
7．下列语句不正确的是________(填序号)．
(1)正射影是平行射影的特例；
(2)平行于投影面的线段，它的平行射影与这条线段平行且相等；
(3)在同一直线或平行直线上，两条线段平行射影的比等于这两条线段的比；
(4)两条相交直线的平行射影还是两条相交直线．
解析：正射影是平行射影的特例，从而(1)正确；根据平行射影的性质，(2)是正确的；同样(3)也是平行射影的性质，因此也正确．而(4)中，两条相交直线的平行射影是两条相交直线或一条直线，故(4)不正确．
答案：(4)
8.如图所示，在三棱锥P-ABC中，PA＝PB＝PC＝BC，且∠BAC＝，则PA与底面ABC所成角为________．
解析：如图所示，PA在面ABC的正射影必在BC中点E及点A的连线上，则所求角平面为∠PAE.
又∠BAC＝，则A在以BC为直径的圆周上，即AE＝BC.
易得△PAE为直角三角形，且∠PAE＝.故所求为.
答案：
三、解答题
9.如图所示，已知DA⊥平面ABC，△ABC是斜三角形，A′是A在平面BCD上的正射影，求证A′不可能是△BCD的垂心．
证明：假设A′为△BCD的垂心，连接BA′，并延长BA′交CD于点E，
则A′B⊥CD.
由题意知AA′⊥平面BCD于点A′，
所以AA′⊥CD.
又因为AA′∩A′B＝A′，
所以CD⊥平面AA′B.
所以AB⊥CD.
又因为DA⊥平面ABC，
所以DA⊥AB，
所以AB⊥平面ACD.
所以AB⊥AC，这与△ABC是斜三角形相矛盾，
故A′不可能是△BCD的垂心．
10．在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，沿对角线AC把矩形折起，使D点在平面ABC内的射影恰好落在AB上，则三棱锥D?ABC的体积为多少？
解：因为D点在平面ABC内的射影恰好落在AB上，AB⊥BC，所以BC⊥平面ABD，所以BC⊥BD，所以BD＝，VD?ABC＝VC?ABD＝BC·S△ABD＝，如下图．
B级 能力提升
1．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：三角形的平行投影仍是三角形，但三角形的形状通常将发生变化，此时三角形的各顶点、各边的位置也会发生变化，而重心、垂心、外心这些由顶点和边确定的点通常也发生变化，而内心则始终是原先角平分线的交点，所以仍是新三角形的内心．
答案：A
2．在四棱锥P-ABCD中，四条侧棱都相等，底面ABCD是梯形，AB∥CD，AB>CD.为保证顶点在底面ABCD所在平面上的正射影O落在梯形ABCD外部，则底面ABCD需满足条件______________(填上你认为正确的一个充分条件即可)．
解析：由已知四条侧棱都相等，得P在底面ABCD上的正射影O应为四边形ABCD的外接圆圆心，要使圆心O在四边形ABCD外，则应使∠ACB>90°(或∠ADB>90°)．
答案：∠ACB>90°(或∠ADB>90°)
3.求证：在同一直线上的两条线段的平行射影的比等于这两条线段的比．
已知：如图所示，C是线段AB上任一点，C′，A′，B′分别是C，A，B在平面α上沿直线l方向的平行射影．
求证：＝.
证明：由平行射影的定义知，AA′∥l，
BB′∥l，CC′∥l，所以AA′∥BB′∥CC′.
由平行线分线段成比例定理，得＝.
第三讲 圆锥曲线性质的探讨
3.2 平面与圆柱面的截线
A级 基础巩固
一、选择题
1．下列说法不正确的是( )
A．圆柱面的母线与轴线平行
B．圆柱面的某一斜截面的轴面总是垂直于直截面
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，只与母线和斜线面的夹角有关
D．平面截圆柱面的截线椭圆中，短轴长即为圆柱面的半径
答案：D
2．若平面α与球O相切，切点为M，则( )
A．经过M点的直线都与球O相切
B．不经过M点的直线都与球O相离
C．平面α内不经过M点的直线有可能与球O相切
D．平面α内经过M点的直线都与球O相切
解析：平面α与球O内切于M点，则平面α内经过M点的直线都与球O相切，平面α内不经过M点的直线都与球O相离．
答案：D
3．已知平面α与一圆柱的母线成60°角，那么该平面与圆柱截口图形的离心率是( )
A. B．1 C. D.
解析：因为平面与圆柱截口图形为椭圆，
所以其离心率e＝cos 60°＝.
答案：D
4．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( )
A. B. C. D．非上述结论
答案：A
5．已知半径为2的圆柱面，一平面与圆柱面的轴线成45°角，则截得椭圆的焦距为( )
A．2 B．2 C．4 D．4
解析：由题意得椭圆长半轴a＝＝2，
离心率＝cos 45°＝，
则半焦距c＝a＝2，故焦距2c＝4.
答案：C
二、填空题
6．一平面与半径为3的圆柱面截得椭圆，若椭圆的两焦球球心的距离为10，截面与圆柱面母线的夹角为θ，则cos θ＝________．
答案：
7．椭圆＋＝1的离心率为，则k的值为________．
解析：若a2＝9，b2＝4＋k，则c＝，
由＝，即＝，
解得k＝－；
若a2＝4＋k，b2＝9，则c＝，
由＝，即＝，解得k＝21.
答案：－或21
8．已知椭圆两准线间的距离为8，离心率为，则Dandelin双球的半径是________．
解析：由题意知解得
所以b＝＝.
所以Dandelin球的半径为.
答案：
三、解答题
9．已知一个平面垂直于圆柱的轴，截圆柱所得为半径为2的圆，另一平面与圆柱的轴成30°角，求截线的长轴长，短轴长和离心率．
解：由题意可知，椭圆的短轴长2b＝2×2，
所以短轴长为4.
设长轴长为2a，
则有＝sin 30°＝.
所以2a＝4b＝8，c＝＝2.
所以e＝＝＝.
所以长轴长为8，短轴长为4，离心率为.
10．一动圆与已知圆O1：(x＋3)2＋y2＝1外切，与圆O2：(x－3)2＋y2＝81内切，试求动圆圆心的轨迹方程．
解：设动圆圆心为M(x，y)，半径为R，
则有：|MO1|＝1＋R，|MO2|＝9－R，
所以|MO1|＋|MO2|＝10，
由椭圆的定义知：M在以O1、O2为焦点的椭圆上，
且a＝5，c＝3，b2＝a2－c2＝25－9＝16，
故动圆圆心的轨迹方程为＋＝1.
B级 能力提升
1．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．
因为由题意可知2b＝2c，
所以e＝＝＝＝.
答案：B
2．已知圆柱底面半径为b，平面π与圆柱母线夹角为30°，在圆柱与平面交线上有一点P到一准线l1的距离是b，则点P到另一准线l2对应的焦点F2的距离是________．
解析：由题意知，椭圆短轴长为2b，
长轴长2a＝＝4b，
所以c＝＝b.
所以e＝＝或e＝cos 30°＝.
设P到F1的距离为d，则＝，
所以d＝b.
又PF1＋PF2＝2a＝4b，
所以PF2＝4b－PF1＝4b－b＝b.
答案：b
3．设F1，F2分别是椭圆：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，过F1倾斜角为45°的直线l与该椭圆相交于P，Q两点，且|PQ|＝a.
(1)求该椭圆的离心率；
(2)设点M(0，－1)满足|MP|＝|MQ|，求该椭圆的方程．
解：(1)直线PQ斜率为1，设直线l的方程为y＝x＋c，其中c＝，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则P、Q两点坐标满足方程组
化简得(a2＋b2)x2＋2a2cx＋a2(c2－b2)＝0，
则x1＋x2＝，x1x2＝.
所以|PQ|＝|x2－x1|＝
＝a，
化简，得a＝，故a2＝2b2，
所以椭圆的离心率
e＝＝＝.
(2)设PQ的中点为N(x0，y0)，
由(1)知x0＝＝＝－c，
y0＝x0＋c＝.
由|MP|＝|MQ|，得kMN＝－1，
即＝－1，得c＝3，
从而a＝3，b＝3.
故椭圆的方程为＋＝1.
第三讲 圆锥曲线性质的探讨
3.3 平面与圆锥面的截线
A级 基础巩固
一、选择题
1．用一个过圆锥面顶点的平面去截圆锥面，则截线为( )
A．椭圆 B．双曲线
C．抛物线 D．两条相交直线
答案：D
2．平面π与圆锥的母线平行，那么它们交线的离心率是( )
A．1 B．2 C. D．无法确定
解析：由题意，知交线为抛物线，故其离心率为1.
答案：A
3．一圆锥面的母线和轴线成30°角，当用一与轴线成30°的不过顶点的平面去截圆锥面时，则所截得的截线是( )
A．椭圆 B．双曲线
C．抛物线 D．两条相交直线
答案：C
4．一组平行平面与一圆锥的交线，具有( )
A．相同的焦距 B．相同的准线
C．相同的焦点 D．相同的离心率
解析：因为平行平面与圆锥轴线夹角相等，所以由e＝可知，它们有相同的离心率．
答案：D
5．双曲线的两条准线把两焦点所连线段三等分，则它的离心率为( )
A. B.
C. D．2
解析：由题意知2c＝3·，所以e＝.
答案：B
二、填空题
6．用一个平面去截一个正圆锥，而且这个平面不通过圆锥的顶点，则会出现四种情况：________、________、________、和________．
答案：圆、椭圆、抛物线、双曲线
7．一平面截圆锥的截线为椭圆，椭圆的长轴长为8，长轴的两端点到顶点的距离分别是6和10，则椭圆的离心率为________．
答案：
8．已知F1，F2是双曲线的两个焦点，PQ是经过F1且垂直于F1F2的弦．已知∠PF2Q＝90°，则双曲线的离心率是________．
解析：如图所示，由对称性知△PF2Q是等腰直角三角形，点F1为PQ中点，
所以F1F2＝PF1，
设双曲线的焦距为2c，实轴长为2a，
则PF1＝2c，所以PF2＝2c.
由双曲线结构特点，PF2－PF1＝2a，
即2·c－2c＝2a，所以＝＋1.
所以e＝＋1.
答案：＋1
三、解答题
9．已知一圆锥面S的轴线为Sx，轴线与母线的夹角为30°，在轴上取一点O，使SO＝3 cm，球O与这个锥面相切，求球O的半径和切圆的半径．
解：如下图所示，OH＝SO＝cm，
HC＝OHsin 60°＝×＝cm.
所以球O的半径为cm，切点圆的半径为cm.
10．已知圆锥面S，其母线与轴线所成的角为30°，在轴线上取一点C，使SC＝5，通过点C作一截面δ使它与轴线所成的角为
45°，截出的圆锥曲线是什么样的图形？求它的离心率及圆锥曲线上任一点到两个焦点的距离之和．
解：由题可知，截出的圆锥曲线是椭圆．
e＝＝＝.
设圆锥曲线上任意一点为M，其两焦点分别为点F1、F2，MF1＋MF2＝AB.
设圆锥面内切球O1的半径为R1，内切球O2的半径为R2.
因为SO1＝2R1，CO1＝R1，
所以SC＝(2＋)R1＝5，
即R1＝.
因为SO2＝2R2，CO2＝R2，
所以SC＝(2－)R2＝5，
即R2＝.
因为O1O2＝CO1＋CO2＝(R1＋R2)＝10，
所以AB＝O1O2cos 30°＝O1O2·＝5，
即MF1＋MF2＝5.
B级 能力提升
1．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
2．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，所截得的截线是_____．
解析：圆锥轴截面为等腰直角三角形，则轴线与母线成45°角，又30°<45°，故截线为双曲线．
答案：双曲线
3．已知圆锥面S，母线与轴线所成的角为45°，在轴线上取一点C，使SC＝5，过点C作一平面与轴线的夹角等于30°，所截得的曲线是什么样的图形？求两个焦球的半径．
解：所截得的曲线是双曲线．
设焦球O的半径为R.
因为SO＝R，OC＝2R，
所以SC＝(2＋)R＝5，
即R＝＝.
设另焦球O′的半径为R′，
则OO′＝＝(R＋R′)，
又截面与轴线的夹角为30°，
所以R′－R＝OO′＝(R＋R′)，
所以R′＝(3＋2)R＝.
章末复习课
[整合·网络构建]
[警示·易错提醒]
1．一个易错点：不理解正射影的概念
当图形较复杂时，特别是投影面不是水平放置时，如果观察图形不细致，空间想象力不强，不理解投影的概念就会出错．
2．一个疑难点：确定截线椭圆的参量
当已知斜截面与圆柱面的母线或直截面的交角时，我们可以确定椭圆的各个参量．如设斜截面与圆柱面的母线的交角为φ，圆柱面的半径为r，则截线椭圆的长轴长2a＝，短轴长2b＝2r，离心率e＝cos φ，焦距2c＝2acos φ.
专题一 平行射影问题
一个平面图形在一个平面上的平行射影与投影方向和投影面有关．画一个图形的平行射影应先找出图形关键点的平行射影．正射影是平行射影的一种特殊情况．准确理解正射影的概念，能根据题意准确确定点、线、面的正射影．
[例1] 如图所示，边长为20的正三角形ABC的顶点A在平面α内，B，C在平面α同侧，且B，C在平面α上的正射影分别为D，E，且BD＝10，CE＝5，求△ABC所在平面和平面α所成的二面角的大小．
解：由正射影的性质得BD∥CE，且B，D，C，E共面．
因为BD≠CE，所以BC，DE必相交，设交点为F.
因为DE?α，所以F∈α.
因为BC?平面ABC，所以F∈平面ABC，
所以F是平面ABC和平面α的公共点．
因为A是平面ABC和平面α的公共点，
所以平面ABC∩平面α＝AF.
在△BDF中，因为BD∥CE，BD＝2CE，
所以CF＝BC.
又因为△ABC为正三角形，
所以CF＝AC，∠ACF＝120°，
所以∠CAF＝30°，
所以∠BAF＝∠BAC＋∠CAF＝
60°＋30°＝90°，
所以BA⊥AF，故DA⊥AF，
所以∠BAD是△ABC所在平面和平面α所成的二面角的平面角．
在Rt△ABD中，AB＝20，BD＝10，
所以∠BAD＝30°，
所以△ABC所在平面和平面α所成的二面角的大小为30°.
[变式训练] 一个圆在平面α上的正射影是什么图形？
解：(1)圆所在平面与投影平面平行，圆的射影仍然是圆．
(2)圆所在平面与投影平面垂直，圆的射影是线段．
(3)圆所在平面与投影平面斜交，圆的射影是椭圆．
专题二 平面与圆柱面、圆锥面的截线问题
1．平行于圆柱底面的平面截圆柱所得截线是圆，用平面斜截圆柱面所得截线是椭圆，可以用Dandelin双球去研究椭圆的有关性质．这里要注意双球与斜截面的切点是椭圆的焦点，球的直径就是椭圆的短轴长．
2．当已知斜截面与圆柱面的母线或轴的交角时，我们可以确定椭圆的各个参量．如设斜截面与圆柱面的母线的交角为φ，圆柱面的半径为r，则截线椭圆的长轴长2a＝，短轴长2b＝2r，离心率e＝cos φ，焦距2c＝2acos φ.
3．设圆锥轴截面母线与轴的夹角为α，截面和圆锥轴的夹角为θ，当截面不过顶点时：
(1)当θ＝α时，截线是抛物线．
(2)当α<θ<时，截线是椭圆，特别地，当θ＝时，截线是圆．
(3)当0≤θ<α时，截线是双曲线，圆锥曲线的有关问题，可以利用Dandelin双球进行探究．
[例2] 已知圆柱的底面半径是2，平面α与圆柱母线的夹角为30°，求截口椭圆的离心率和焦距．
解：椭圆的离心率
e＝cos 30°＝.
如图所示，过G2作G2H⊥AD于点H.
在Rt△G1HG2中，∠HG1G2＝30°，
HG2＝4.所以G1G2＝2HG2＝8.
所以截口椭圆的长轴长2a＝G1G2＝8，短轴长2b＝4.
所以焦距2c＝2＝2＝4.
[变式训练] 已知一圆锥面的顶角为90°，嵌入两球的半径分别为和7，试确定截线的圆锥曲线的长轴(或实轴)长、短轴(或虚轴)长和截面与轴的夹角．
解：(1)若嵌入两球在圆锥顶点的同侧，
则截线为椭圆，如图所示的是其轴截面．
OO′＝＝(7－)×＝12，
CD＝O′D－OC＝6，
所以椭圆的长轴长为6.
设AB与OO′的夹角为φ，
则sin φ＝＝＝，
故截面与轴的夹角为arcsin，
椭圆的离心率
e＝＝×＝，
所以椭圆的短轴长为
6×＝2.
(2)若两球在圆锥顶点的两侧，
则截线为双曲线．如图所示的是其轴截面．OO′＝＝(7＋)×＝16，
CD＝＝
＝2.
所以双曲线的焦距为2.
设截面与轴的夹角为φ，
即CD与OO′的夹角为φ.
所以cos φ＝＝，
所以截面与轴的夹角为arccos.
所以双曲线的离心率e＝＝.
所以双曲线的实轴长为8，
虚轴长为2.
专题三 方程思想
在平面与圆柱面、圆锥面的截线中，存在着大量的数量关系，在求某个量时，有时就可采用方程的思想建立关于该量的方程，利用方程求解．
[例3] 已知圆锥的母线长为l，底面半径为R，如果过圆锥顶点的截面面积S的最大值是l2，求的取值范围．
解：如图所示，△PAB是过圆锥的顶点P的截面，设∠APB＝x，圆锥的顶角为α，则△PAB的面积为：
S＝PA·PB·sin x＝
l2sin x(0所以S最大＝
由题意知≤α<π，
所以在Rt△PAO中，＝sin ∈.
即的取值范围是.
[变式训练] 平面α与圆柱轴线成60°角，截圆柱面所得椭圆的焦距为2，求圆柱面的半径．
解：如图所示，O为椭圆中心，AA′是椭圆的长轴，设其长为2a，过O向圆柱母线作垂线，垂足为B，则△OAB是直角三角形，∠OAB是平面α与圆柱母线(轴线)所成的角．
设圆柱面半径为r，则a＝＝，
椭圆的短轴长2b＝2r，即b＝r，
由已知焦距2c＝2得c＝，
在椭圆中，因为a2＝b2＋c2，
所以()2＝r2＋()2，解得r＝3，
故圆柱面的半径为3.
专题四 数形结合思想
在解决与几何图形有关的问题时，可以将图形信息转换成代数信息，利用数量特征，将其转化为代数问题解决；在解决与数量有关的问题时，可根据数量特征构造出相应的几何图形，即化为几何问题解决．利用数形的辩证统一和各自的优势尽快得到解题途径，这就是数形结合思想方法的特点．
[例4] 如果椭圆的长轴长为2a，短轴长为2b，求椭圆的面积．
解：如图所示，设椭圆是由半径为r的圆柱面的斜截面截得的，且斜截面与母线所成的角为α，则b＝r，a＝.
取圆柱面的一直截面，则其面积S圆＝πr2，直截面与斜截面的夹角为－α，由面积射影定理有S椭圆＝＝＝π·r·＝π ab.故该椭圆的面积为πab.
[变式训练] 如图所示，已知一圆锥面的轴线为Sx，轴线与母线的夹角为30°，在轴上取一点O，使SO＝3 cm，球O与这个锥面相切，求球O的半径和切点圆的半径．
解：如图所示，点H为球O与圆锥面的一个切点，点C为切点圆的圆心，连接OH，HC，则OH⊥SH，HC⊥SC，
∠OSH＝30°，
所以OH＝SO＝×3＝(cm)，
且∠SOH＝60°，
所以HC＝OHsin 60°＝×＝(cm)，
所以球O的半径为cm，切点圆的半径为cm.
章末评估验收(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，只有一项符合题目要求)
1．两条相交直线在一个平面内的平行射影一定是( )
A．相交直线 B．一条直线
C．平行直线 D．无法确定
答案：D
2．一圆锥面的母线与轴线的夹角为α，不过顶点的平面与轴线的夹角为β，且与圆锥面的交线是椭圆，则β和α的大小关系是( )
A．β>α B．β<α
C．β＝α D．无法确定
解析：由定理2可知β>α.
答案：A
3．一个正方体内接于球，过球心作一截面，则截面可能是图形(如图所示)是( )
A．①③ B．②④
C．①②③ D．②③④
答案：C
4．平面α上的圆在平面β上的平行射影为一线段，则平面α与平面β的位置关系为( )
A．平行 B．垂直
C．相交但不垂直 D．重合
答案：B
5．下列说法不正确的是( )
A．圆柱面的母线与轴线平行
B．圆柱面的任一轴截面总是垂直于直截面(垂直于母线的截面)
C．圆柱面被平面截得的椭圆的离心率与圆柱的半径无关，只于母线和倾斜面的夹角有关
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：A显然正确；轴截面总过轴线，因此轴截面与直截面垂直，所以B正确；由公式e＝cos φ知C正确；短轴长实际上是圆柱面的直径，故D错．
答案：D
6．一平面截圆锥面得一椭圆，已知截面与圆锥面的轴的夹角为60°，该截面的两焦球的半径分别为r和2r，两焦球的球心距为4r，则椭圆的离心率是( )
A. B. C. D.
解析：设圆锥轴截面顶角的一半为α，
则cos α＝＝，
所以e＝＝.
答案：D
7.如图所示，一个圆柱被一个平面所截，截出椭圆的长轴长为5，短轴长为4，被截后的几何体的最短母线长为2，则这个几何体的体积为( )
A．20π B．16π
C．14π D．8π
解析：由题意知椭圆的离心率为.椭圆短轴长即为圆柱底面直径，从而可知几何体最长母线长为2＋×5＝5.用一个同样的几何体补在上面，可得底面半径为2，高为7的圆柱，其体积的一半为所求几何体的体积．
答案：C
8．平面α与一圆柱底面夹角是30°，则平面α截圆柱面所得椭圆的离心率是( )
A. B. C. D.
解析：离心率e＝sin 30°＝.
答案：A
9．圆柱的轴截面(经过圆柱的轴所作的截面)是边长为5 cm的正方形ABCD，则圆柱侧面上从A到C的最短距离为( )
A．10 cm B. cm
C．5 cm D．5 cm
解析：如图①所示，正方形ABCD是圆柱的轴截面，且其边长为5 cm，设圆柱的底面圆半径为r，则r＝cm，
图① 图②
所以底面圆的周长为l＝2πr＝5π cm，
将圆柱的侧面沿母线AD剪开后平放在一个平面内，如图②所示，
则从A到C的最短距离即为图②中AC的长．
因为AB＝＝cm，BC＝AD＝5 cm，
所以AC＝＝(cm)．
故选B.
答案：B
10．若圆柱的一正截面(垂直于轴的截面)的截线半径为r＝3的⊙O，该圆柱的斜截面与轴线成60°角，则截线椭圆的离心率为( )
A. B. C. D.
解析：依题意，在椭圆中，
a＝＝＝2，b＝r＝3，
所以c＝＝＝，
所以e＝＝.故选C.
答案：C
11．已知一平面与圆柱的母线成45°角，该截面的Dandelin双球上两点的最短距离为2，则圆柱面的半径为( )
A. B.＋1
C．2＋2 D．4
解析：如图所示，设圆柱面的半径为r，
易知在Rt△O1AO2中，
∠AO1O2＝45°，O1O2＝2r＋2，
O2A＝2r.
由sin∠AO1O2＝，
得sin 45°＝，
即＝.解得r＝＋1.
答案：B
12．圆锥母线与轴的夹角是45°，平面α与轴的夹角是60°，平面α截圆锥面所得椭圆的两准线间距离为24.则椭圆的长轴长是( )
A．6 B．6 C．12 D．12
解析：离心率e＝＝，
所以解得
故长轴长2a＝12.
答案：D
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)
13．设椭圆的离心率为e＝，两准线间的距离为15，则椭圆的长轴长为________．
解析：由题意知e＝＝，2·＝15，解得a＝5.所以2a＝10，即椭圆的长轴长为10.
答案：10
14．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和圆锥面均相切，则两切点是所得圆锥曲线的________．
答案：焦点
15．一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°＝，
所以c＝e·a＝×3＝.
所以b＝＝＝.
所以圆柱面内切球的半径r＝.
答案：
16．一平面与半径为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为________．
解析：依题意，Dandelin双球的球心的距离即为椭圆的长轴长，
所以2a＝12，所以a＝6.
又b＝r＝4，c＝＝2，
所以椭圆的离心率e＝＝＝.
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)求证：三角形的中位线的平行射影具有不变性．
解：已知：△ABC在平面α上的平行射影是△A′B′C′，DE是△ABC的中位线．
求证：DE的平行射影是△A′B′C′的中位线．
证明：设D′，E′分别是D，E在平面α上的平行射影，
易知D′在A′B′上，E′在B′C′上．
因为AA′∥DD′∥BB′，且AD＝DB，
所以由平行线分线段成比例定理得
A′D′＝B′D′.
同理C′E′＝B′E′.
所以D′E′是△A′B′C′的中位线．
18．(本小题满分12分)如图所示，△ABC是边长为2的正三角形，BC∥α，A，B，C在平面α的同侧，它们在α内的正射影分别是A′，B′，C′，若△A′B′C′是直角三角形，BC到α的距离为5，求点A到α的距离．
解：设AA′＝x(即点A到α的距离)，在直角梯形AA′C′C中，A′C′2＝AC2－(CC′－AA′)2，
即A′C′2＝4－(5－x)2.
同理A′B′2＝4－(5－x)2.
由已知，△A′B′C′是直角三角形．
所以∠B′A′C′＝90°，
A′C′2＋A′B′2＝B′C′2，
所以2[4－(5－x)2]＝22，
解得x＝5±，由图知AA′故点A到α的距离为5－.
19．(本小题满分12分)如图所示，△ABC的边长分别是5，12，13，平面ABC外的一点P到△ABC三个顶点的距离都是7，求点P到P在平面ABC上的正射影O的距离．
解：因为P在平面ABC上的正射影为O，且PA＝PB＝PC＝7，
所以OA＝OB＝OC，
即O是△ABC的外心．
又因为△ABC三边长是5，12，13.
所以△ABC为直角三角形，
所以外心点O是斜边AC的中点．
所以在Rt△POA中，PA＝7，
AO＝AC＝.
所以PO＝＝＝.
所以P到其正射影O的距离是.
20．(本小题满分12分)垂直于圆柱轴线的平面截圆柱面所得的截线是半径为2的圆，另一截面与圆柱面轴线的夹角为60°，求Dandelin双球的球心距离．
解：设斜截圆柱的平面为δ，Dandelin双球的球心分别为C1，C2，与平面δ的切点分别为F1，F2，图为圆柱面的轴截面图．
由题意知C1F1⊥δ，C2F2⊥δ，
所以C1F1∥C2F2，
所以C1，C2，F1，F2共面．
设C1C2与F1F2相交于点C，
因为C1F1⊥δ，所以∠C1CF1＝60°，
所以C1C＝＝，
同理C2C＝，
所以C1C2＝C1C＋C2C＝，
Dandelin双球的球心距离为.
21．(本小题满分12分)已知一平面与圆柱的母线成45°角，该截面的两个Dandelin球上的点的最短距离为2，求截线椭圆的长轴长、短轴长和离心率．
解：如图所示，设圆柱面的半径为r，
则Q1Q2＝2r＋2sin α＝＝.
又α＝45°，
所以＝，
解得r＝＋1，
所以椭圆的长轴长为
＝2(2＋)，短轴长为2(＋1)，离心率e＝cos 45°＝.
22．(本小题满分12分)半径为R的球在点光源P的照射下在球的另一方投影出一个圆锥形阴影．若P点与球心O的距离为h，现在圆锥阴影处放置一平面π，使OP与平面π的夹角为β.
(1)若h＝2R，β＝30°，求球在平面π上投影的形状及离心率．
(2)当h，R，β满足什么关系时，球在平面π上的投影的形状是双曲线，椭圆？
解：(1)如图所示，
因为当h＝OP＝2R时，
sin α＝＝，
所以α＝30°.
这时β＝30°，即α＝β.
故球在平面π上的投影为抛物线，其离心率为e＝1.
(2)①当β<α时，球在平面π上的投影是双曲线．
因为0°<β<α<90°，
所以sin β所以当R>hsin β时，球在平面π上的投影是双曲线．
②当0°<α<β<90°时，sin α即故R第二讲 直线与圆的位置关系
2.1 圆周角定理
A级 基础巩固
一、选择题
1．下列命题中是真命题的是( )
A．顶点在圆周上的角叫做圆周角
B．60°的圆周角所对的弧的度数是30°
C．一弧所对的圆周角等于它所对的圆心角
D．120°的弧所对的圆周角是60°
答案：D
2．如图所示，在⊙O中，∠BAC＝60°，则∠BDC＝( )
A．30° B．45° C．60° D．75°
解析：⊙O中，∠BAC与∠BDC都是所对的圆周角，故∠BDC＝∠BAC＝60°.
答案：C
3.如图所示，已知A，B，C，D，E均在⊙O上，且AC为⊙O的直径，则∠A＋∠B＋∠C等于( )
A．90° B．120°
C．180° D．60°
解析：∠A＋∠B＋∠C＝(的度数＋的度数＋的度数)＝×180°＝90°.
答案：A
4.如图所示，圆中弦AC，BD相交于E，其中相等的角的对数是( )
A．6对
B．5对
C．4对
D．3对
解析：∠BAC＝∠BDC，∠CBD＝∠CAD，∠DBA＝∠DCA，∠ACB＝∠ADB，∠AEB＝∠CED，∠AED＝∠BEC.
答案：A
5.如图所示，AB是⊙O的直径，若∠BAC＝35°，则∠ADC＝( )
A．35°
B．55°
C．70°
D．110°
解析：因为AB为⊙O的直径，
所以∠ACB＝90°；
所以∠B＝90°－∠BAC＝55°；
由圆周角定理知，∠ADC＝∠B＝55°.
答案：B
二、填空题
6．如图所示，点A，B，C是圆O上的点，且AB＝4，∠ACB＝30°，则圆O的面积等于________．
解析：如图，连接AO，OB.
因为∠ACB＝30°，所以∠AOB＝60°，△AOB为等边三角形，故圆O的半径r＝OA＝AB＝4，圆O的面积S＝πr2＝16π.
答案：16π
7．如图所示，A，B，C是⊙O的圆周上三点，若∠BOC＝3∠BOA，则∠CAB是∠ACB的________倍．
解析：因为∠BOC＝3∠BOA，所以＝3.所以∠CAB＝3∠ACB.
答案：3
8．如图所示，A，E是半圆周上的两个三等分点，直径BC＝4，AD⊥BC，垂足为D，BE与AD相交于点F，则AF的长为________．
解析：连接AE，OA，OE，由题意可知
∠AOB＝，
AD⊥BO，
所以OD＝2×cos＝1.
所以AD＝＝，BD＝1.
又△AOE为正三角形，所以AE＝2.
又△AFE∽△DFB，所以＝＝，
所以AF＝AD＝.
答案：
三、解答题
9.如图所示，已知AB为⊙O的直径，AC为弦，OD∥BC，交AC于D，BC＝4 cm.
(1)试判断OD与AC的关系；
(2)求OD的长；
(3)若2sin A－1＝0，求⊙O的直径．
解：(1)OD⊥AC.
理由：因为AB为⊙O的直径，
所以∠ACB＝90°.
因为OD∥BC.
所以∠ADO＝∠ACB＝90°，
所以OD⊥AC.
(2)因为△AOD∽△ABC，
所以＝＝.所以OD＝BC＝2 cm.
(3)因为2sin A－1＝0，所以sin A＝.
因为sin A＝，所以AB＝2BC＝8 cm.
10．如图所示，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.
证明：如图所示，
连接OD，
因为BD＝DC，O为AB的中点，
所以OD∥AC，
所以∠ODB＝∠C，
因为OB＝OD，
所以∠ODB＝∠B.
所以∠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.
B级 能力提升
1.如图所示，已知在等腰三角形ABC中，AB＝AC.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( )
A．25°
B．50°
C．100°
D．120°
解析：如图所示，连接AF，因为AC为⊙O的直径，
所以∠AFC＝90°，
即AF⊥BC.
又因为△ABC为等腰三角形，
所以∠BAF＝∠CAF＝∠BAC＝
×50°＝25°.
所以的度数为25°×2＝50°.
答案：B
2．已知△ABC内接于⊙O，∠BOC＝120°，则弦CB所对圆周角的度数为________．
解析：根据题意，分两种情况．
(1)所对的圆周角，如图①所示，这时∠A＝60°.
(2)所对的圆周角，如图②所示，这时∠A＝120°，
图① 图②
所以弦CB所对的圆周角的度数为60°或120°.
答案：60°或120°
3．如图所示，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.
(1)求证：DB平分∠ADC；
(2)若BE＝3，ED＝6，求AB的长．
(1)证明：因为AB＝BC，所以＝.
所以∠BDC＝∠ADB.
所以DB平分∠ADC.
(2)解：由(1)可知＝，所以∠BAC＝∠ADB.
因为∠ABE＝∠ABD，所以△ABE∽△DBA.
所以＝.
因为BE＝3，ED＝6，所以BD＝9.
所以AB2＝BE·BD＝3×9＝27.
所以AB＝3.
第二讲 直线与圆的位置关系
2.2 圆内接四边形的性质与判定定理
A级 基础巩固
一、选择题
1．圆内接平行四边形一定是( )
A．正方形 B．菱形
C．等腰梯形 D．矩形
解析：由于圆内接四边形对角互补，平行四边形的对角相等，所以圆内接平行四边形的各角均为直角，故为矩形．
答案：D
2．已知AB，CD是⊙O的两条直径，则四边形ADBC一定是( )
A．矩形 B．菱形
C．正方形 D．等腰梯形
解析：AB，CD均为⊙O的直径，故四边形ADBC的四个角均为直角，且对角线AB＝CD，所以四边形ADBC为矩形．
答案：A
3．四边形ABCD内接于圆，∠A∶∠B∶∠C＝7∶6∶3，则∠D等于( )
A．36° B．72°
C．144° D．54°
解析：由圆内接四边形的性质定理，∠A＋∠C＝180°.又由∠A∶∠C＝7∶3，
设∠A＝7x，∠C＝3x，则10x＝180°，
即x＝18°，所以∠B＝6x＝108°.
故∠D＝180°－∠B＝72°.
答案：B
4.如图所示，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，E为AB的延长线上一点，∠CBE＝40°，则∠AOC等于( )
A．20° B．40°
C．80° D．100°
解析：因为四边形ABCD是圆内接四边形，且∠CBE＝40°，由圆内接四边形性质知∠D＝∠CBE＝40°，
又由圆周角定理知∠AOC＝2∠D＝80°.
答案：C
5．如图所示，若AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，∠ABD＝55°，则∠BCD的度数为( )
A．35° B．45°
C．55° D．75°
解析：如图所示，连接AD，则△ABD是直角三角形，∠ADB＝90°，则∠DAB＝90°－∠ABD＝35°，根据同弧所对的圆周角相等，∠BCD＝∠DAB＝35°.
答案：A
二、填空题
6.如图所示，四边形ABCD是圆O的内接四边形，延长AB与DC相交于点P.若PB＝1，PD＝3，则的值为____．
解析：因为四边形ABCD是圆内接四边形，
所以∠BCP＝∠A.
又∠P＝∠P，所以△BCP∽△DAP.
所以＝＝.
答案：
7．如图所示，⊙O1与⊙O2相交于A，B两点，AC是⊙O1的直径，延长CA，CB，分别交⊙O2于D，E，则∠CDE＝______．
解析：连接AB，因为AC是⊙O1的直径，
所以∠ABC＝90°.
又因为∠ABC＝∠ADE，
所以∠ADE＝90°，即∠CDE＝90°.
答案：90°
8．如图所示，点A，B，C，D在同一个圆上，AB，DC相交于点P，AD，BC相交于点Q，如果∠A＝50°，∠P＝30°，那么∠Q＝________．
解析：因为∠A＝50°，∠P＝30°，
所以∠QDC＝∠A＋∠P＝80°.
又∠QCD＝∠A＝50°，
所以∠Q＝180°－80°－50°＝50°.
答案：50°
三、解答题
9.如图所示，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AB的延长线与DC的延长线交于点E，且CB＝CE.
(1)证明：∠D＝∠E；
(2)设AD不是⊙O的直径，AD的中点为M，且MB＝MC，证明：△ADE为等边三角形．
证明：(1)由题设知A，B，C，D四点共圆，所以∠D＝∠CBE.
由已知得∠CBE＝∠E，
故∠D＝∠E.
(2)设BC的中点为N，连接MN，则由MB＝MC知MN⊥BC，故O在直线MN上．
又AD不是⊙O的直径，M为AD的中点，
故OM⊥AD，即MN⊥AD.
所以AD∥BC，故∠A＝∠CBE.
又∠CBE＝∠E，故∠A＝∠E.
由(1)知，∠D＝∠E，
所以△ADE为等边三角形．
10.如图所示，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·AC＝DC·AF，B，E，F，C四点共圆．
(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．
(1)证明：因为CD为△ABC外接圆的切线，
所以∠DCB＝∠A，
由题设知＝，
所以△CDB∽△AEF，
所以∠DBC＝∠EFA.
因为B、E、F、C四点共圆，
所以∠CFE＝∠DBC，
所以∠EFA＝∠CFE＝90°，
所以∠CBA＝90°，
所以CA是△ABC外接圆的直径．
(2)解：连接CE，因为∠CBE＝90°，
所以过B、E、F、C四点的圆的直径为CE，
因为DB＝BE，CE＝DC，
又因为BC2＝DB·BA＝2DB2，
所以CA2＝4DB2＋BC2＝6DB2，
又因为DC2＝DB·DA＝3DB2，
所以CE2＝3DB2.
所以过B、E、F、C四点的圆的面积与△ABC外接圆面积的比值为.
B级 能力提升
1.如图所示，四边形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( )
A．120° B．136°
C．144° D．150°
解析：因为∠BCD∶∠ECD＝3∶2，
且∠BCD＋∠ECD＝180°，
所以∠ECD＝72°.
由圆内接四边形的性质得
∠A＝∠ECD＝72°.
又由圆周角定理知∠BOD＝2∠A＝2×72°＝144°.
答案：C
2．两圆相交于A，B，过A作两直线分别交两圆于C，D和E，F.若∠EAB＝∠DAB，则CD＝________．
解析：因为四边形ABEC为圆内接四边形，
所以∠2＝∠CEB.
又因为∠1＝∠ECB，且∠1＝∠2，
所以∠CEB＝∠ECB.
所以BC＝BE.
在△CBD与△EBF中，∠ECD＝∠BEF，∠D＝∠F，
BC＝BE，
所以△CBD≌△EBF，所以CD＝EF.
答案：EF
3.如图所示，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.
(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∥AB.
(2)由(1)知，AE＝BE.
因为EF＝EG，故∠EFD＝∠EGC，
从而∠FED＝∠GEC.
如图，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．
第二讲 直线与圆的位置关系
2.3 圆的切线的性质及判定定理
A级 基础巩固
一、选择题
1．下列说法正确的是( )
A．垂直于半径的直线是圆的切线
B．垂直于切线的直线必经过圆心
C．圆的切线垂直于经过切点的半径
D．垂直于切线的直线必经过切点
解析：A垂直于半径且经过半径外端的直线是圆的切线，B显然不正确，C正确，D显然不正确．
答案：C
2.如图所示，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( )
A．25° B．20°
C．40° D．35°
解析：如图所示，连接OP.
因为AP为圆O的切线，
所以∠OPA＝90°.
因为∠A＝40°，
所以∠AOP＝90°－40°＝50°.
因为OP＝OB，
所以∠OPB＝×(180°－50°)＝65°.
所以∠APB＝∠OPA－∠OPB＝90°－65°＝25°.
答案：A
3.如图所示，PA为⊙O的切线，A为切点，PO交⊙O于点B，PA＝4，OA＝3，则cos∠APO的值为( )
A. B.
C. D.
解析：因为PA为⊙O的切线，
所以OA⊥PA，在Rt△OAP中，
OP＝＝＝5.
故cos∠APO＝＝.
答案：C
4．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与⊙O相交
D．AB与⊙O相切于C，CD过圆心O
解析：由圆的切线性质定理，可选D.
答案：D
5.如图所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，以点C为圆心的圆与斜边AB相切于点D，则⊙C的半径为( )
A．5 B.
C. D．1
解析：连接CD(如图)，
则CD⊥AB.
由三角形面积公式，
得S△ABC＝AB·CD＝AC·BC.
所以CD＝.
又因为AB＝＝＝5，
所以CD＝.
答案：C
二、填空题
6．如图所示，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，BC与⊙A相切于点D，与AB相交于点E，则∠BDE＝________．
解析：因为BC与⊙A相切于点D，
所以AD⊥BC.
且∠BAD＝∠CAD＝∠BAC＝60°，
又因为AD＝AE，所以△ADE为等边三角形，
即∠ADE＝60°.
所以∠BDE＝90°－∠ADE＝30°.
答案：30°
7．如图所示，AB是⊙O的弦，BC与⊙O相切于点B，连接OA、OB.若∠ABC＝70°，则∠A等于________．
解析：因为BC与⊙O相切于点B，
所以OB⊥BC.
所以∠OBC＝90°.因为∠ABC＝70°，
所以∠OBA＝∠OBC－∠ABC＝90°－70°＝20°.
因为OA＝OB，所以∠A＝∠OBA＝20°.
答案： 20°
8．如图所示，AB为半圆O的直径，CB是半圆O的切线，B是切点，AC交半圆O于点D，已知CD＝1，AD＝3，那么cos∠ACB＝________．
解析：连接BD(如图)，
因为AB为半圆的直径，
所以∠ADB＝90°，
即BD⊥AC.
又因为BC为半圆的切线，
所以AB⊥BC.
所以Rt△BDC∽Rt△ADB.
所以＝，即BD2＝AD·CD＝3.
所以BD＝.
所以Rt△ADB中，
AB＝＝2.
所以cos∠ACB＝cos∠ABD＝＝＝.
答案：
三、解答题
9．如图所示，OA和OB是⊙O的半径，并且OA⊥OB，点P是OA上任意一点，BP的延长线交⊙O于点Q，过点Q作⊙O的切线交OA的延长线于点R，求证：RP＝RQ.
证明：连接OQ(如图)．
因为QR是⊙O的切线，
所以OQ⊥QR.
因为OB＝OQ，
所以∠B＝∠OQB.
因为BO⊥OA，
所以∠BPO＝90°－∠B＝∠RPQ，
∠PQR＝90°－∠OQP，
所以∠RPQ＝∠PQR，
所以RP＝RQ.
10．如图所示，已知AB是⊙O的直径，BC切⊙O于B，AC交⊙O于P，CE＝BE，E在BC上，试证明PE是⊙O的切线．
证明：如图所示，连接OP、BP，
因为AB是⊙O的直径，
所以∠APB＝90°.
所以∠BPC＝90°.又因为BE＝CE，
所以PE＝BE.所以∠3＝∠1.
又因为OP＝OB，则∠4＝∠2.
由BC切⊙O于B，知∠1＋∠2＝90°.
所以∠3＋∠4＝90°.即OP⊥PE.
所以PE是⊙O的切线．
B级 能力提升
1.如图所示，AB为⊙O的直径，MN切⊙O于点C，AC＝BC，则sin∠MCA等于( )
A. B.
C. D.
解析：连接OC(如图)．
因为MN切⊙O于点C，
所以OC⊥MN，
所以∠MCA＋∠ACO＝90°.
因为OC＝OA，所以∠ACO＝∠CAO.
因为AB是⊙O的直径，
所以∠ACB＝90°，
所以∠CAO＋∠B＝90°，
所以∠MCA＝∠B.
因为AC＝BC，即BC＝2AC，
所以AB＝＝
＝AC，
所以sin B＝＝＝.
所以sin∠MCA＝.
答案：D
2．如图所示，AB是圆O的直径，点C在圆O上，延长BC到D使BC＝CD，过C作圆O的切线交AD于E.若AB＝6，ED＝2，则BC＝________．
解析：连接OC(如图)．O、C为AB、DB中点，
则OC∥AD.
又OC⊥CE，
则CE⊥AD.
又AC⊥BD，BC＝CD.
所以AB＝AD＝6.
由射影定理，有CD2＝AD·ED＝12，
所以BC2＝CD2＝12，即BC＝2.
答案：2
3．如图所示，A是以BC为直径的圆O上一点，AD⊥BC于点D，过点B作圆O的切线，与CA的延长线相交于点E，G是AD的中点，连接CG并延长与BE相交于点F，延长AF与CB的延长线相交于点P.
(1)求证：BF＝EF；
(2)求证：PA是圆O的切线．
证明：(1)因为BC是圆O的直径，BE是圆O的切线，
所以EB⊥BC.
又因为AD⊥BC，所以AD∥BE.
易证△BFC∽△DGC，△FEC∽△GAC.
所以＝，＝.
所以＝.
因为G是AD的中点，
所以DG＝AG.
所以BF＝EF.
(2)连接AO，AB(如图)．
因为BC是圆O的直径，
所以∠BAC＝90°.
在Rt△BAE中，
由(1)，知F是斜边BE的中点，
所以AF＝FB＝EF.
所以∠FBA＝∠FAB.
又因为OA＝OB，所以∠ABO＝∠BAO.
因为BE是圆O的切线，
所以∠EBO＝90°.
因为∠EBO＝∠FBA＋∠ABO＝∠FAB＋∠BAO＝∠FAO＝
90°，
所以PA是圆O的切线．
第二讲 直线与圆的位置关系
2.4 弦切角的性质
A级 基础巩固
一、选择题
1．如图所示，MN与⊙O相切于点M，Q和P是⊙O上两点，∠PQM＝70°，则∠NMP等于( )
A．20° B．70° C．110° D．160°
解析：根据弦切角定理：
∠NMP＝∠PQM＝70°.
答案：B
2.如图所示，过圆内接△ABC的顶点A引切线交BC的延长线于点D，若∠B＝35°，∠ACB＝80°，则∠D等于( )
A．45° B． 50°
C．55° D．60°
解析：因为AD是圆的切线，
所以∠DAC＝∠B＝35°.
又因为∠D＋∠DAC＝∠ACB，
所以∠D＝∠ACB－∠DAC＝80°－35°＝45°.
答案：A
3.如图所示，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( )
A．10 cm B．5 cm
C. cm D．1 cm
解析：连接BC(如图)，则∠ACB＝90°，
∠BCD＝30°＝∠D，故BD＝BC＝cm.
答案：C
4．如图所示，△ABC内接于⊙O，EC切⊙O于点C.若∠BOC＝76°，则∠BCE等于( )
A．14° B．38° C．52° D．76°
解析：因为EC为⊙O的切线，
所以∠BCE＝∠BAC＝∠BOC＝38°.
答案：B
5.如图所示，CA为⊙O的切线，切点为A，点B在⊙O上，如图所示∠CAB＝55°，那么∠AOB等于( )
A．55° B．90°
C．110° D．120°
解析：延长AO交⊙O于D，
连接BD(如图)，
因为AC切⊙O于A，
AB是弦，所以∠D＝∠CAB.
又∠D＝∠AOB，
所以∠AOB＝2∠CAB＝110°.
答案：C
二、填空题
6．如图所示，EB，EC是圆O的两条切线，B，C是切点，A，D是圆O上两点，如果∠E＝46°，∠DCF＝32°，则∠A＝____．
解析：连接OB，OC，AC(如图)，根据弦切角定理，
∠A＝∠BAC＋∠CAD＝(180°－∠E)＋∠DCF＝67°＋32°＝
99°.
答案：99°
7．如图所示，已知圆O的直径AB＝5，C为圆周上一点，BC＝4，过点C作圆O的切线l，过点A作l的垂线AD，垂足为D，则CD＝________．
解析：由弦切角定理，有∠ACD＝∠B，
所以＝cos∠ACD＝cos B＝.
所以＝.故CD＝.
答案：
8．如图所示，AB是圆O的直径，直线CE和圆O相切于点C，AD⊥CE于D，若AD＝1，∠ABC＝30°，则圆O的面积是________．
解析：由弦切角定理，
有∠ACD＝∠ABC＝30°，
所以AC＝2AD，AB＝2AC，
即AB＝4，圆O的面积
S＝π·()2＝4π.
答案：4π
三、解答题
9．如图所示，PA切⊙O于点A，PBC是⊙O的割线，在PC上截取PD＝PA，求证：∠1＝∠2.
证明：因为PA＝PD，
所以∠PAD＝∠PDA.
因为∠PDA＝∠C＋∠1，
∠PAD＝∠PAB＋∠2，
所以∠C＋∠1＝∠PAB＋∠2.
又PA切⊙O于点A，AB为弦，
所以∠PAB＝∠C.所以∠1＝∠2.
10.如图所示，已知AB切⊙O于B，BC是⊙O的直径，AC交⊙O于D，DE是⊙O的切线，CE⊥DE于E，DE＝3，CE＝4，求AB的长．
解：因为CE⊥DE于E，
DE＝3，CE＝4，
所以CD＝5.
连接BD(如图)．
因为DE切⊙O于点D，
所以∠EDC＝∠DBC.
又因为BC为⊙O的直径，
所以∠BDC＝90°.
所以Rt△BDC∽Rt△DEC.
所以＝＝，即＝＝.
所以BC＝，BD＝.
又因为AB与⊙O相切于点B，
所以AB⊥BC.
所以AC＝.所以AB＝.
B级 能力提升
1.如图所示，已知AB，AC与⊙O相切于点B，C，∠A＝50°，点P是⊙O上异于点B，C的一个动点，则∠BPC的度数是( )
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°.
因为AB是⊙O的切线，
所以∠ABC＝∠BPC＝65°.
当P点在劣弧上时，∠BPC＝115°.
答案：C
2.如图所示，已知AB和AC分别是⊙O的弦和切线，点A为切点，AD为∠BAC的平分线，且交⊙O于点D，BD的延长线与AC交于点C，AC＝6，AD＝5，则CD＝________．
解析：由弦切角定理，有∠CAD＝∠B.
又∠C＝∠C，则△ACD∽△BCA，
所以＝，
又∠BAD＝∠CAD＝∠B，
则BC＝CD＋BD＝CD＋AD.
设CD＝x，则＝，
x＝4或－9(舍去)，
故CD＝4.
答案：4
3.如图所示，BD是⊙O的直径，AB与⊙O相切于点B，过点D作OA的平行线交⊙O于点C，AC与BD的延长线相交于点E.
(1)试探究AE与⊙O的位置关系，并说明理由．
(2)已知EC＝a，ED＝b，AB＝c，请你思考后，选用以上适当的数据，设计出计算⊙O的半径r的一种方案：
①你选用的已知数据是________；
②写出求解过程(结果用字母表示)．
解：(1)AE与⊙O相切．
理由：连接OC(如图)．
因为CD∥OA，
所以∠AOC＝∠OCD，
∠ODC＝∠AOB.
又因为OD＝OC，
所以∠ODC＝∠OCD.
所以∠AOB＝∠AOC.
在△AOC和△AOB中OA＝OA，
∠AOC＝∠AOB，OC＝OB，
所以△AOC≌△AOB，
所以∠ACO＝∠ABO.
因为AB与⊙O相切，
所以∠ACO＝∠ABO＝90°.
所以AE与⊙O相切．
(2)①选择a、b、c，或其中2个．
②解答举例：若选择a、b、c，
法一：由CD∥OA，＝，得r＝.
法二：在Rt△ABE中，由勾股定理(b＋2r)2＋c2＝(a＋c)2，得r＝.
法三：由Rt△OCE∽Rt△ABE，
＝，
得r＝－b＋.
若选择a、b.
法一：在Rt△OCE中，由勾股定理得：
a2＋r2＝(b＋r)2，得r＝；
法二：连接BC，由△DCE∽△CBE，
得r＝.
第二讲 直线与圆的位置关系
2.5 与圆有关的比例线段
A级 基础巩固
一、选择题
1.如图所示，在⊙O中，弦AB与半径OC相交于点M，且OM＝MC，AM＝1.5， BM＝4，则OC＝( )
A．2 B.
C．2 D．2
解析：延长CO交⊙O于点D(如图)，
则DM＝3CM，CM·MD＝MA·MB，
所以1.5×4＝3CM2，
CM＝，OC＝2.
答案：D
2．自圆外一点作过圆心的割线长是12 cm，圆的半径为4 cm，则过此点所引的切线长为( )
A．16 cm B．4 cm
C．4 cm D．以上选项都不对
解析：设所求切线长为x cm，
则x2＝12×(12－8)，
所以x＝4 cm.
答案：B
3.如图所示，PA切⊙O于点A，PBC是⊙O的割线，且PB＝BC，PA＝3，那么BC的长为( )
A. B．2
C．3 D．3
解析：由切割线定理得PA2＝PB·PC，
因为PB＝BC，PA＝3，所以(3)2＝2·BC2.
所以BC＝3.
答案：C
4．如图所示，PA，PB分别为⊙O的切线，切点分别为A，B，∠P＝80°，则∠C等于( )
A．50° B．60°
C．100° D．80°
解析：因为PA，PB分别为⊙O的切线，
所以PA＝PB.
所以∠PAB＝∠PBA＝50°.
所以∠ACB＝∠PAB＝50°.
答案：A
5．如图所示，⊙O的两条弦AD和CB相交于点E，AC的延长线和BD的延长线相交于点P，给出下列结论：①PA·PC＝PD·PB；②PC·CA＝PD·BD；③CE·CD＝BE·BA；④PA·CD＝PD·AB
其中正确的有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
解析：根据割线定理可知①式正确；连接AB，CD(如图)，则四边形ABDC为⊙O的内接四边形，
所以∠PCD＝∠PBA.
因为∠P＝∠P，
所以△PCD∽△PBA.
所以＝.
所以PA·CD＝PD·AB，
所以④式正确．
答案：B
二、填空题
6.如图所示，PA，PB分别为⊙O的切线，切点分别为A，B，PA＝7，在劣弧上任取一点C，过C作⊙O的切线，分别交PA，PB于D，E，则△PDE的周长是________．
解析：因为DA，DC为⊙O的切线，
所以DA＝DC.同理EB＝EC.
所以△PDE的周长＝PD＋PE＋DE＝
(PD＋DC)＋(PE＋CE)＝(PD＋DA)＋(PE＋EB)＝PA＋PB＝7＋7＝14.
答案：14
7.如图所示，圆O是△ABC的外接圆，过点C的切线交AB的延长线于点D，CD＝2，AB＝BC＝3，则AC的长为______．
解析：依题意得，DA·DB＝DC2，即(DB＋3)·DB＝(2)2，解得DB＝4，所以AD＝7.由△ACD∽△CBD，得＝，即＝.所以AC＝.
答案：
8.如图所示，AB为⊙O的直径，AC切⊙O于点A，且AC＝2 cm，过C的割线CMN交AB的延长线于点D，CM＝MN＝ND，则AD＝________cm.
解析：由切割线定理知CA2＝|CM|·|CN|＝2|CM|2，因为|CA|＝2，
所以|CM|＝2，|CD|＝6，
所以|AD|＝＝2.
答案：2
三、解答题
9.如图所示，AB是⊙O的直径，过A、B引两条弦AD和BE，相交于点C.求证：AC·AD＋BC·BE＝AB2.
证明：如图所示，连接AE，BD，过C作CF⊥AB，与AB交于点F.
因为AB是⊙O的直径，
所以∠AEB＝∠ADB＝90°.
因为∠AFC＝90°，所以A，F，C，E四点共圆．
所以BC·BE＝BF·BA.①
同理可证F，B，D，C四点共圆．
所以AC·AD＝AF·AB.②
①＋②，得AC·AD＋BC·BE＝AB(AF＋BF)＝AB2.
10.如图所示，以O为圆心的圆与△AOB的边AB相切于点C，与OB相交于点D，且OD＝BD，已知sin A＝，AC＝.
(1)求⊙O的半径；
(2)求图中阴影部分的面积．
解：(1)连接OC，CD(如图)，
因为以O为圆心的圆与△AOB的边AB相切于点C，
所以CO⊥AB.
因为sin A＝＝，
AC＝，
所以假设CO＝2x，AO＝5x，4x2＋21＝25x2，
解得x＝1，所以CO＝2，所以⊙O的半径为2.
(2)因为⊙O的半径为2，所以DO＝2.
因为DO＝DB，所以BO＝4，所以BC＝2，
所以2CO＝BO.因为OC⊥BC，
所以∠CBO＝30°，∠COD＝60°，图中阴影部分的面积为：S△OCB－S扇形COD＝×2×2－＝2－π.
B级 能力提升
1.如图所示，PAB，PCD为⊙O的两条割线，若PA＝5，AB＝7，CD＝11，则AC∶BD为( )
A．1∶3 B．5∶12
C．5∶7 D．5∶11
解析：由割线定理得
PA·PB＝PC·PD＝PC·(PC＋CD)，
所以5×(5＋7)＝PC·(PC＋11)．
所以PC＝4(负值舍去)．所以PD＝15.
又因为∠PAC＝∠D，∠APC＝∠DPB，
所以△PAC∽△PDB.
所以＝＝＝.
答案：A
2.如图所示，PA是⊙O的切线，A为切点，直线PB交于⊙O于D、B两点，交弦AC于E点，且AE＝4，EC＝3，BE＝6，PE＝6，则AP＝________．
解析：由相交弦定理，
得DE·BE＝AE·EC
即得DE＝2，则PD＝PE－DE＝4，
又PB＝PE＋BE＝12，
所以AP2＝PD·PB＝48，AP＝4.
答案：4
3.如图所示，AB是⊙O的直径，AC是弦，直线EF经过点C，AD⊥EF于点D，∠DAC＝∠BAC.
(1)求证：EF是⊙O的切线；
(2)求证：AC2＝AD·AB；
(3)若⊙O的半径为2，∠ACD＝30°，求图中阴影部分的面积．
(1)证明：连接OC，
因为OA＝OC，所以∠BAC＝∠OCA，
因为∠DAC＝∠BAC，
所以∠OCA＝∠DAC，所以OC∥AD，
因为AD⊥EF，所以OC⊥EF，
因为OC为半径，所以EF是⊙O的切线．
(2)证明：连接BC，
因为AB为⊙O直径，AD⊥EF，
所以∠BCA＝∠ADC＝90°，
因为∠DAC＝∠BAC，
所以△ACB∽△ADC，
所以＝，所以AC2＝AD·AB.
(3)解：因为∠ACD＝30°，∠OCD＝90°，
所以∠OCA＝60°，
因为△OC＝OA，所以△OAC是等边三角形，
所以AC＝OA＝OC＝2，∠AOC＝60°，
因为在Rt△ACD中，AD＝AC＝×2＝1，
由勾股定理得：DC＝，
所以阴影部分的面积S＝S梯形OCDA－S扇形OCA＝×(2＋1)×－＝－π.
章末复习课
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[警示·易错提醒]
1．圆心角与圆周角的定理的关注点
(1)圆心角的度数和它所对的弧的度数相等，但并不是 “圆心角等于它所对的弧”；
(2)“相等的圆周角所对的弧也相等”的前提条件是“在同圆或等圆中”．
2．正确运用切线的判定定理
在运用切线的判定定理时，要分清定理运用的前提和结论，“经过半径的外端”和“垂直于这条半径”这两个条件缺一不可，否则就不是圆的切线．
专题一 与圆有关的角的计算与证明
与圆有关角的问题主要包括两类：一是计算角的大小，二是证明角之间的相等关系．解决此类问题的常用定理有：圆周角定理及其推论、弦切角定理及其推论、圆内接四边形的性质、三角形的外角定理等，灵活掌握各种角之间的相互转化和综合应用是解决问题的关键．另外，注意等腰三角形、全等三角形、相似三角形等几何模型在解题中的应用．
[例1] 已知：如图所示，△ABC内接于⊙O，AB为直径，∠CBA的平分线交AC于点F，交⊙O于点D，DE⊥AB于点E，且交AC于点P，连接AD.
(1)求证：∠DAC＝∠DBA.
(2)求证：P是线段AF的中点．
(3)若⊙O的半径为5，AF＝，求tan∠ABF的值．
(1)证明：因为BD平分∠CBA，
所以∠CBD＝∠DBA.
因为∠DAC与∠CBD都是弧CD所对的圆周角，所以∠DAC＝∠CBD，
所以∠DAC＝∠DBA.
(2)证明：因为AB为直径，所以∠ADB＝90°，因为DE⊥AB于E，所以∠DEB＝90°，所以∠ADE＋∠EDB＝∠ABD＋∠EDB＝90°，
所以∠ADE＝∠ABD＝∠DAP，
所以PD＝PA，
因为∠DFA＋∠DAC＝∠ADE＋∠PDF＝90°，
所以∠PDF＝∠PFD，所以PD＝PF，
所以PA＝PF，即P是AF的中点．
(3)解：因为∠DAF＝∠DBA，∠ADB＝∠FDA＝90°，所以△FDA∽△ADB，所以＝，
由题意可知圆的半径为5，所以AB＝10，
所以＝＝＝.
所以在Rt△ABD中，tan∠ABD＝＝，
即tan∠ABF＝.
[变式训练] 如图所示，AE是圆O的切线，A是切点，AD⊥OE于点D，割线EC交圆O于B，C两点．
(1)证明：O，D，B，C四点共圆；
(2)设∠DBC＝50°，∠ODC＝30°，求∠OEC的大小．
(1)证明：连接OA，OC(如图)，
则OA⊥EA.
由射影定理得EA2＝ED·EO.
由切割线定理得EA2＝EB·EC，
故ED·EO＝EB·EC.
即＝.
又∠OEC＝∠OEC，所以△BDE∽△OCE，
所以∠EDB＝∠OCE.因此O，D，B，C四点共圆．
(2)解：连接OB.因为∠OEC＋∠OCB＋∠COE＝180°，
结合(1)得
∠OEC＝180°－∠OCB－∠COE＝180°－∠OBC－∠DBE＝
180°－∠OBC－(180°－∠DBC)＝∠DBC－∠ODC＝20°.
专题二 与圆有关的线段的计算与证明
与圆有关的线段问题主要包括三类：一是线段的计算问题，二是证明线段相等，三是证明线段的比例式或等积式．
通常线段的计算问题有以下几种解题策略：
(1)将所求线段化归到特殊三角形中(如等腰三角形、直角三角形等)进行求解；
(2)构造所在线段的相似三角形，利用相似三角形的性质求解；
(3)借助相交弦定理、割线定理、切割线定理、切线长定理进行求解．
证明线段相等的方法有：
(1)转化为等腰三角形的问题，利用“等角对等边”或等腰三角形的“三线合一定理”进行证明；
(2)转化为全等三角形问题，利用全等三角形的性质证明；
(3)转化为相似三角形的问题，利用相似三角形性质列出比例式或等积式，从而找到相等关系；
(4)利用第三个几何量进行等价转化．
证明线段的比例式或等积式的主要途径是构造相似三角形，利用相似三角形的性质证明，要注意与圆有关的比例式．
[例2] 如图所示，在△ABC中，CD是∠ACB的平分线，△ADC的外接圆交线段BC于点E，BE＝3AD.
(1)求证：AB＝3AC；
(2)当AC＝4，AD＝3时，求CD的长．
(1)证明：因为四边形ACED为圆内接四边形，所以∠BDE＝∠BCA.
又∠DBE＝∠CBA，
所以△BDE∽△BCA.
则＝.
在圆内接四边形ACED中，CD是∠ACE的平分线，所以DE＝AD，＝.
而BE＝3AD，所以BA＝3CA，
即AB＝3AC.
(2)解：由(1)得AB＝3AC＝12.
而AD＝3，
所以DE＝3，BD＝9，BE＝3AD＝9.
根据割线定理得BD·BA＝BE·BC，
所以BC＝12，EC＝BC－BE＝3.
在圆内接四边形ACED中，
由于AD＝EC，
所以∠ACD＝∠EDC，DE∥AC.
在等腰梯形ACED中，易求得CD＝.
[变式训练] 如图所示，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为垂直BE交圆于点D.
(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．
(1)证明：连接DE(如图)，交BC于点G.
由弦切角定理得，∠ABE＝∠BCE.
而∠ABE＝∠CBE，
故∠CBE＝∠BCE，BE＝CE.
又因为DB⊥BE，
所以DE为直径，∠DCE＝90°，
由勾股定理可得DB＝DC.
(2)解：由(1)知，∠CDE＝∠BDE，
DB＝DC，故DG是BC的中垂线，
所以BE＝.
设DE的中点为O，连接BO，
则∠BOE＝60°.
从而∠ABE＝∠BCE＝∠CBE＝30°，
∠BFC＝180°－∠CBF－∠BCF＝90°，
所以CF⊥BF，
故Rt△BCF外接圆的半径等于.
专题三 分类讨论思想
分类讨论就是把研究的问题按照某种标准分成若干种情况，然后一一解决，从而使整个问题得到解决．在与圆有关的问题中，有时需要确定点与圆的位置关系或弦与圆心的位置关系．如圆心与圆周角存在三种位置关系，即圆心在圆周角的一条边上、圆心在圆周角的内部和圆心在圆周角的外部，这就需要在运用圆周角定理时从不同情况去考虑与分析．应重视分类讨论思想在解决圆有关问题中的应用．
[例3] 已知A，B，C，D是⊙O上的四个点，若AB与CD所在的直线交于点E，且，分别是120°，40°，求∠AED的大小．
解：符合题意的点E有两种位置．
①当点E在圆内时，如图所示，连接AC，根据圆周角定理可得：
∠BAC＝×40°＝20°，∠ACD＝×120°＝60°.
因为∠AED＝∠ACD＋∠BAC，
所以∠AED＝60°＋20°＝80°.
②当点E在圆外时，如图所示，连接BD，根据圆周角定理可得：
∠BDC＝×40°＝20°，
∠ABD＝×120°＝60°，
因为∠AED＝∠ABD－∠BDC，
所以∠AED＝60°－20°＝40°.
综上所述，∠AED＝40°或80°.
[变式训练] 已知⊙O的直径AB＝2 cm，过A点的两条弦AC＝ cm，AD＝ cm，求∠CAD所夹圆内部分的面积S.
解：符合题设条件的∠CAD有两种情况．
图① 图②
①当圆心在∠CAD内部时，如图①所示，
连接OC，OD，过O作OE⊥AD于E.
因为OA＝OC＝1 cm，AC＝ cm，
所以OC⊥AB，
因为OA＝1 cm，AE＝AD＝ cm，
所以OE＝ cm，所以∠OAE＝30°，
所以∠BOD＝2∠OAE＝60°.
所以S＝S△AOC＋S扇形BOC＋S△AOD＋S扇形BOD＝
×1×1＋π·12＋××＋·12＝＋π＋＋π＝＋(cm2)．
②当圆心在∠CAD外部时，如图②所示，连接OC.
由①知S△AOC＝cm2，S△AOD＝ cm2，
S扇形BOC＝π cm2，S扇形BOD＝π cm2，
所以S＝S△AOC＋S扇形BOC－S△AOD－S扇形BOD＝＋π－－π＝＋(cm2)．
所以∠CAD所夹圆内部分的面积为
cm2或 cm2.
专题四 方程的思想
方程思想就是利用式子的条件有意识地将其转化成方程，或者说从方程的角度对式子加以认识与应用的思想．由于圆中涉及数量关系的式子很多，并且可以转化成数量关系的式子也很多，所以方程思想在有关圆的问题中得到了广泛的应用．
[例4] 如图所示，D，E分别为△ABC的边AB，AC上的点，且不与△ABC的顶点重合．已知AE的长为m，AC的长为n，AD，AB的长是关于x的方程x2－14x＋mn＝0的两个根．
(1)证明：C，B，D，E四点共圆；
(2)若∠A＝90°，且m＝4，n＝6.求C，B，D，E所在圆的半径．
(1)证明：连接DE(如图)，
根据题意在△ADE和△ACB中，
AD·AB＝mn＝AE·AC，
即＝.又∠DAE＝∠CAB，
所以△ADE∽△ACB，
所以∠ADE＝∠ACB，
所以C，B，D，E四点共圆．
(2)解：当m＝4，n＝6时，方程x2－14x＋mn＝0的两根为x1＝2，x2＝12.
故AD＝2，AB＝12.
取CE的中点G，DB的中点F，分别过G，F作AC，AB的垂线，两垂线相交于H点，连接DH.
因为C，B，D，E四点共圆，所以C，B，D，E四点所在圆的圆心为H，半径为DH.
因为∠A＝90°，所以GH∥AB，HF∥AC.
所以HF＝AG＝5，
DF＝×(12－2)＝5.
HD＝＝5，
所以C，B， D，E四点所在圆的半径为5.
[变式训练] 如图所示，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，O是AB上一点，以O为圆心，以OB为半径作圆交AC于E，F，交AB于D.若E是的中点，且AE∶EF＝3∶1，FC＝4，求∠CBF的正弦值及BC的长．
解：如图所示，连接OE，DF，OF，
因为E为的中点，所以∠DOE＝∠DBF，所以OE∥BF，所以AO∶OB＝AE∶EF＝3∶1.
所以OE∶BF＝3∶4.设OB＝r，
则AO＝3r，BF＝r.
所以AD＝AO－DO＝AO－OB＝3r－r＝2r.
又由割线定理得AE·AF＝AD·AB.
所以AE·AF＝2r·4r，
即3EF·4EF＝8r2，
所以EF＝r.
又由割线定理，得
BC2＝CF·CE＝4(4＋EF)＝4.
在Rt△ABC中，AB2＋BC2＝AC2，
即(4r)2＋4＝(4EF＋4)2＝，
解得r＝，所以BC＝.
又因为∠CBF＝∠BDF，
在Rt△DFB中，sin∠BDF＝＝，
所以sin∠CBF＝.
章末评估验收(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，只有一项符合题目要求)
1．给出下列命题：
①任一个三角形一定有一个外接圆，并且只有一个外接圆；
②任一个圆一定有一个内接三角形，并且只有一个内接三角形；
③任一个三角形一定有一个内切圆，并且只有一个内切圆；
④任一个圆一定有一个外切三角形，并且只有一个外切三角形．
其中真命题有( )
A．1个 B．3个 C．2个 D．4个
解析：①③正确；②④错误．
答案：C
2．在⊙O中，∠AOB＝84°，则弦AB所对的圆周角是( )
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
3．等腰三角形ABC的腰AB＝AC＝4 cm，若以A为圆心，2 cm为半径的圆与BC相切，则∠BAC的度数为( )
A．30° B．60° C．90° D．120°
解析：由题意知△ABC底边上的高为2 cm，
腰AB＝AC＝4 cm.
所以∠B＝∠C＝30°，
所以∠BAC＝120°.
答案：D
4．如图所示，一圆内切于四边形ABCD，且AB＝16，CD＝10，则四边形的周长为( )
A．50 B．52 C．54 D．56
解析：由切线长定理知CD＋AB＝AD＋BC，
因为AB＋CD＝26，所以AB＋BC＋CD＋AD＝52.
答案：B
5．如图所示，四边形ABCD内接于⊙O，且AC，BD交于点P，则此图形中一定相似的三角形有( )
A．4对 B．3对 C．2对 D．1对
解析：△APD∽△BPC，△APB∽△DPC.
答案：C
6．如图所示，在⊙O中，弦AB的长等于半径，E为BA的延长线上一点，∠BCD＝80°，则∠ACD的度数是( )
A．60° B．50° C．45° D．30°
解析：连接OB(如图)，则∠AOB＝60°.
因为∠BCD＝80°，
∠ACB＝∠AOB＝30°，
所以∠ACD＝∠BCD－∠ACB＝80°－30°＝50°.
答案：B
7．如图所示，PA切⊙O于点A，PC交⊙O于点B，C，若PA＝5，PB＝BC，则PC的长是( )
A．10 B．5 C．5 D．5
解析：设PB＝x.由切割线定理得PA2＝PB·PC，
即25＝x·2x，解得x＝.
所以PC＝2x＝5.
答案：C
8．如图所示，点P为弦AB上一点，连接OP，过点P作PC⊥OP，PC交⊙O于C，若AP＝4，PB＝2，则PC的长是( )
A. B．2 C．2 D．3
解析：延长CP交⊙O于D(如图)，
因为PC⊥OP，
所以PC＝PD，
又因为AP·PB＝PC·PD，
所以AP·PB＝PC2，即PC2＝4×2，
所以PC＝2.
答案：C
9．如图所示，PAB，PDC是⊙O的割线，连接AD，BC，若PD∶PB＝1∶4，AD＝2，则BC的长是( )
A．4 B．5 C．6 D．8
解析：由四边形ABCD为⊙O的内接四边形可得∠PAD＝∠C，∠PDA＝∠B.
所以△PAD∽△PCB.
所以＝＝.
又AD＝2，所以BC＝8.
答案：D
10．如图所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，以BC上一点O为圆心作圆O与AB相切于E，与AC相切于C，又与BC的另一个交点为D，则线段BD的长为( )
A．1 B. C. D.
解析：连接OE(如图)，则OE⊥AB，
因为∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，
所以△OBE∽△ABC，AB＝5，
所以＝＝，
即＝，所以OE＝，
所以BD＝BC－2OE＝3－2×＝.
答案：C
11．如图所示，已知△ABC的∠BAC的平分线与BC相交于点D，△ABC的外接圆的切线AE与BC的延长线相交于点E，若EB＝8，EC＝2，则ED＝( )
A．2 B. C．4 D．5
解析：根据切割线定理可得
∠ABC＝∠EAC.
因为线段AD为∠BAC的角平分线，
所以∠BAD＝∠DAC.
又∠ADE＝∠ABC＋∠BAD，
∠EAD＝∠CAE＋∠DAC，则可以得到∠ADE＝∠EAD，即△ADE为等腰三角形，则有DE＝AE.
在△ACE和△ABE中，
因为∠EAC＝∠ABC且∠AEC＝∠AEB，
所以△CAE∽△ABE，则有＝?AE＝4，
即DE＝AE＝4.
答案：C
12．如图所示，AB⊥BC，DC⊥BC，BC与以AD为直径的圆O相切于点E，AB＝9，CD＝4，则四边形ABCD的面积为( )
A．78 B．65 C．45 D．37
解析：设⊙O与AB交于F，分别连接OE，DF，则DF＝BC，如图所示，根据切线的性质可得OE⊥BC，所以OE∥AB∥CD，
因为O是AD的中点，
所以OE＝(AB＋CD)＝(4＋9)＝，
由题意知AF＝AB－CD＝5，
在Rt△ADF中，
DF＝＝＝12.
所以S四边形ABCD＝(AB＋CD)·DF＝×13×12＝78.
答案：A
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的线上)
13．如图所示，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＝________．
解析：如图所示，连接CD，则CD⊥AB，由题意知△BCD∽△CAD，所以＝＝，
所以＝，①
又CD2＝AD·BD，②
所以＝，即＝.
答案：
14．如图所示，已知圆中两条弦AB与CD相交于点F，E是AB延长线上一点，且DF＝CF＝，AF∶FB∶BE＝4∶2∶1.若CE与圆相切，则线段CE的长为________．
解析：设BE＝a，则AF＝4a，FB＝2a.
因为AF·FB＝DF·FC，所以8a2＝2，
所以a＝.所以AF＝2，FB＝1，BE＝，
所以AE＝.
又因为CE为圆的切线，
所以CE2＝EB·EA＝×＝.
所以CE＝.
答案：
15．在射线OA上取一点P，使OP＝4 cm，以P为圆心作直径为4 cm的圆，若⊙P与射线OB有两个交点，则锐角∠AOB的取值范围为________．
解析：当OB与圆相切时，∠AOB＝，
故当OB与圆有两个交点时，
0≤∠AOB<.
答案：
16．如图所示，AB是⊙O的直径，CB切⊙O于点B，CD切⊙O于点D，交BA的延长线于点E，若ED＝，∠ADE＝30°，则△BDC的外接圆的直径为________．
解析：连接OD(如图)，
则∠ODB＝∠OBD＝∠ADE＝30°，
所以∠AOD＝∠ODB＋∠OBD＝60°，
所以△AOD是正三角形．
因为CB，CD均与圆相切，
所以∠ODC＝∠OBC＝90°，
所以O，B，C，D四点共圆，
所以∠C＝∠AOD＝60°，
从而∠E＝90°－60°＝30°，
由题意可证得△EAD≌△DOB，
所以BD＝DE＝.由正弦定理知△BCD的外接圆直径2R＝＝＝2.
答案：2
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)如图所示，在△ABC中，∠C＝90°，点O为AB上一点，以O为圆心的半径切AC于点E，交AB于点D.AC＝12，BC＝9，求AD的长．
解：连接OE(如图)．
因为E为切点，所以OE⊥AC.
所以OE∥BC.所以△AEO∽△ACB.
设AD＝x，⊙O半径为r，
则＝，即＝.①
又AB＝AD＋BD，即15＝x＋2r.②
由①②可得x＝.所以AD的长为.
18.(本小题满分12分)如图所示，点A、B、C分别是⊙O上的点，∠B＝60°，AC＝3，CD是⊙O的直径，P是CD延长线上的一点，且AP＝AC.
(1)求证：AP是⊙O的切线；
(2)求PD的长．
(1)证明：连接OA，因为∠B＝60°，
所以∠AOC＝2∠B＝120°，
因为OA＝OC，
所以∠ACP＝∠CAO＝30°，
所以∠AOP＝60°，
又因为AP＝AC.
所以∠P＝∠ACP＝30°，
所以∠OAP＝90°，
即OA⊥AP，所以AP是⊙O的切线．
(2)解：CD是⊙O的直径，连接AD，
所以∠CAD＝90°，
所以AD＝AC·tan 30°＝.
因为∠ADC＝∠B＝60°，
所以∠PAD＝∠ADC－∠P＝30°，
所以∠P＝∠PAD，所以PD＝AD＝.
19.(本小题满分12分)如图所示，已知AB是⊙O的直径，CD切⊙O于E，AC⊥CD，BD⊥CD，垂足分别为C，D，求证：AB是以CD为直径的圆的切线．
证明：连接AE，OE，作EF⊥AB于F(如图)，
因为CD切⊙O于E，
所以OE⊥CD.
因为AC⊥CD，
BD⊥CD，
所以AC∥OE∥BD.
因为AO＝OB，所以CE＝ED.
又因为OA＝OE，所以∠1＝∠3.
因为AC∥OE，所以∠2＝∠3.
所以∠1＝∠2.所以EF＝CE.
所以AB是以CD为直径的圆的切线．
20.(本小题满分12分)如图所示，已知AB为圆O的一条直径，以端点B为圆心的圆交直线AB于C，D两点，交圆O于E，F两点，过点D作HD⊥AD，交直线AF于H点．
(1)求证：B，D，H，F四点共圆；
(2)若AC＝2，AF＝2，求△BDF外接圆的半径．
(1)证明：因为AB为圆O的一条直径，
所以BF⊥FH.
又DH⊥BD，故B，D，H，F四点在以BH为直径的圆上．
所以B，D，H，F四点共圆．
(2)解：因为AH与圆B相切于点F，
由切割线定理得AF2＝AC·AD，
即(2)2＝2·AD，AD＝4.
所以BD＝(AD－AC)＝1，
BF＝BD＝1.
又△AFB∽△ADH，
则＝，得DH＝.
连接BH，由(1)可知BH为△BDF外接圆的直径．
BH＝＝，
故△BDF的外接圆半径为.
21．(本小题满分12分)如图所示，E是圆O内两弦AB和CD的交点，过AD延长线上一点F作圆O的切线FG，G为切点，已知EF＝FG.求证：
(1)△DEF∽△EAF；
(2)EF∥CB.
证明：(1)由切割线定理得
FG2＝FA·FD.
又EF＝FG，所以EF2＝FA·FD，
即＝.
因为∠EFA＝∠DFE，
所以△DEF∽△EAF.
(2)由(1)得∠FED＝∠FAE.
因为∠FAE＝∠DAB＝∠DCB，
所以∠FED＝∠BCD，所以EF∥CB.
22.(本小题满分12分)如图所示，半圆O为△ABC的外接半圆，AC为直径，D为劣弧上一动点，P在CB的延长线上且有∠BAP＝∠BDA.
(1)求证：AP为半圆O的切线．
(2)当其他条件不变时，再添加一个什么条件后，BD2＝BE·BC成立？请说明理由．
(1)证明：因为∠BAP＝∠BDA，
∠BDA＝∠BCA，
所以∠BAP＝∠BCA.
因为AC是半圆O的直径，
所以∠ABC＝90°.
所以∠BCA＋∠BAC＝90°.
所以∠BAP＋∠BAC＝90°，
即PA⊥AC.
因为AC是半圆O的直径，
所以AP为半圆O的切线．
(2)解：当＝时，
BD2＝BE·BC成立，理由如下：
连接DC(如图)，
因为＝，
所以∠BDA＝∠BCD.
又因为∠DBE＝∠CBD，
所以△BDE∽△BCD.
所以＝.
所以BD2＝BE·BC.
