课件21张PPT。第一讲 相似三角形的判定及有关性质一 平行线等分线段定理1.理解并掌握平行线等分线段定理及其推论,认识它的图形语言及变式图形.
2.能运用平行线等分线段定理任意等分已知线段,能运用推论进行简单的证明或计算.
3.会用三角形中位线定理解决问题.1231.平行线等分线段定理 123123名师点拨1.平行线等分线段定理的条件是a,b,c互相平行,构成一组平行线,m与n可以平行,也可以相交,但它们必须与已知的平行线a,b,c相交,即被平行线a,b,c所截.
2.平行线的条数可以多于3条,该定理还可以推广.123【做一做1】 如图,已知l1∥l2∥l3,直线a分别与l1,l2,l3相交于点A,B,C,且AB=BC,直线b分别与l1,l2,l3相交于点A1,B1,C1,则有( )
A.A1B1=B1C1
B.A1B1>B1C1
C.A1B1D.A1B1与B1C1的大小不确定
解析:∵l1∥l2∥l3,AB=BC,根据平行线等分线段定理,
∴A1B1=B1C1.
答案:A1232.推论1 知识拓展三角形中位线的性质:三角形的中位线平行于第三边,并且等于第三边长的一半.123【做一做2】 如图,已知DE是△ABC的中位线,点F是BC上任一点,AF交DE于点G,则有( )
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,
∴在△ABF中,DG∥BF.
又AD=DB,
∴点G平分AF,即AG=GF.
答案:B1233.推论2
知识拓展梯形中位线的性质:梯形的中位线平行于两底边,并且等于两底边长和的一半.123【做一做3】 如图,已知在梯形ABCD中,AD∥BC,AD+BC=10 cm,E为AB的中点,点F在DC上,且EF∥AD,则EF的长为( )
A.5 cm
B.10 cm
C.20 cm
D.不确定
解析:由推论2知,EF是梯形ABCD的中位线,
答案:A平行线等分线段定理的两个推论的证明
剖析:(1)推论1,如图①,在△ABC中,B'为AB的中点,过点B'作B'C'∥BC交AC于点C',求证:点C'是AC的中点.证明:如图②,过点A作直线a∥BC,
∵BC∥B'C',∴a∥BC∥B'C'.
∵AB'=BB',∴AC'=CC',
即点C'是AC的中点.
(2)推论2,如图③,已知在梯形ACC'A'中,AA'∥CC',B是AC的中点,过点B作BB'∥CC'交A'C'于点B',求证:点B'是A'C'的中点.
证明:如图④,∵AA'∥CC',BB'∥CC',
∴AA'∥BB'∥CC'.
∵AB=BC,
∴A'B'=B'C',即点B'是A'C'的中点.题型一题型二题型三【例1】 如图,已知线段AB,求作线段AB的五等分点,并予以证明.
分析:利用平行线等分线段定理来作图.
作法:如图,(1)作射线AC;
(2)在射线AC上以任意取定的长度顺次截取AD1=D1D2=D2D3=D3D4=D4D5;
(3)连接D5B;
(4)分别过D1,D2,D3,D4作D5B的平行线D1A1,D2A2,D3A3,D4A4,分别交AB于点A1,A2,A3,A4,则点A1,A2,A3,A4将线段AB五等分.题型一题型二题型三证明:过点A作MN∥D5B.
则MN∥D4A4∥D3A3∥D2A2∥D1A1∥D5B.
∵AD1=D1D2=D2D3=D3D4=D4D5.
∴AA1=A1A2=A2A3=A3A4=A4B.
∴点A1,A2,A3,A4就是所求的线段AB的五等分点.
反思将已知线段AB分成n等份的解题步骤如下:
(1)作射线AC(与AB不共线);
(2)在射线AC上以任意取定的长度顺次截取AD1=D1D2=D2D3=…=Dn-1Dn;
(3)连接DnB;
(4)分别过点D1,D2,D3,…,Dn-2,Dn-1作DnB的平行线,分别交AB于点A1,A2,…,An-2,An-1,则点A1,A2,…,An-2,An-1将线段AB分成n等份.题型一题型二题型三【变式训练1】 如图,已知线段AB,请用平行线等分线段定理将线段AB分成两部分,且两部分之比为2∶3.
解:已知:线段AB.
求作:线段AB上一点O,使AO∶OB=2∶3.
作法:(1)如图,作射线AC.
(2)在射线AC上以任意长顺次截取AD=DE=EF=FG=GH.
(3)连接BH.
(4)过点E作EO∥HB,交AB于点O,则点O为所求的点.题型一题型二题型三【例2】 如图,已知AC⊥AB,DB⊥AB,O是CD的中点.求证:OA=OB.
分析:因为线段OA和OB有共同端点,所以只需
证明点O在AB的垂直平分线上即可.
证明:过点O作AB的垂线,垂足为E,如图.
∵AC⊥AB,DB⊥AB,
∴OE∥AC∥DB.
∵O为CD的中点,
∴E为AB的中点.
又OE⊥AB,∴OA=OB.
反思证明两线段相等,往往借助于平行线等分线段定理,转化为证明其他线段相等.这种等价转化的思想要认真领会使用.题型一题型二题型三【变式训练2】 如图,已知在梯形ABCD中,AD∥BC,∠ABC=90°,M是CD的中点.求证:AM=BM.
证明:如图,过点M作ME∥BC交AB于点E,
∵AD∥BC,∴AD∥EM∥BC.
∵M是CD的中点,
∴E是AB的中点.
∵∠ABC=90°,
∴∠MEA=∠MEB=90°,
∴ME垂直平分AB.∴AM=BM.题型一题型二题型三【例3】 如图,在梯形ABCD中,AB∥DC,E为AD的中点,EF∥BC.求证:BC=2EF.
分析:由于EF∥BC,联系所证明的结果是BC=2EF,由此想到三角形中位线定理,过点A作BC的平行线即可证明.题型一题型二题型三证明:如图,过点A作BC的平行线AG,交DC于点G.
∵AB∥DC,
∴四边形ABCG是平行四边形.
∴AG??BC.
∵EF∥BC,∴EF∥AG.
∵E为AD的中点,∴F是DG的中点.
反思1.如果在三角形中出现中点,那么往往利用三角形中位线的性质来解决有关问题.
2.本题也可用平行线等分线段定理来证明,过点E作DC的平行线即可.题型一题型二题型三【变式训练3】 求证:顺次连接四边形四条边的中点,所得的四边形是平行四边形.
证明:已知:如图,在四边形ABCD中,E,F,G,H分别为AB,BC,CD,DA的中点.
求证:四边形EFGH是平行四边形.
证明:连接AC.
∵AH=HD,DG=GC,
∴HG??EF.∴四边形EFGH是平行四边形.课件26张PPT。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.
2.能利用平行线分线段成比例定理及推论解决有关问题.121.平行线分线段成比例定理 12名师点拨1.定理的条件与平行线等分线段定理的条件相同,它需要a,b,c互相平行,构成一组平行线,m与n可以平行,也可以相交,但它们必须与已知的平行线a,b,c相交,即被平行线a,b,c所截.平行线的条数还可以更多.
3.当截得的对应线段成比例,且比值为1时,则截得的线段相等,因此平行线分线段成比例定理是平行线等分线段定理的扩充,而平行线等分线段定理是平行线分线段成比例定理的特例;平行线等分线段定理是证明线段相等的依据,而平行线分线段成比例定理是证明线段成比例的依据.12答案:B 122.推论 12答案:D 12【做一做2-2】 如图,AB∥CD,AC,BD相交于O点,若BO=7,DO=3,AC=25,则AO的长为( )
A.10 B.12.5
C.15 D.17.5答案:D 比例的有关概念及性质
剖析:(1)线段的比:用同一个长度单位去量两条线段,所得的长度比叫做这两条线段的比.
(2)比例线段:在四条线段中,如果其中两条线段的比等于另外两条线段的比,那么这四条线段叫做成比例线段,简称比例线段.(5)线段的比与比例线段是既有区别又有联系的两个概念.线段的比是对两条线段而言的,而比例线段是对四条线段而言的.线段的比有顺序性,a∶b与b∶a通常是不相等的;比例线段也有顺序性,如线段a,b,c,d成比例与线段a,c,b,d成比例不同.题型一题型二题型三题型四【例1】 如图,AD为△ABC的中线,在AB上取点E,AC上取点F,使AE=AF.
分析:这道题目要证的比例中的线段都没有直接的联系,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,可以考虑补出一个平行四边形来证明.题型一题型二题型三题型四证明:如图,过点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到点G,使得DG=AD,连接BG,CG,
则四边形ABGC为平行四边形.∴AB=GC.
又∵AB∥GC,AM=AC,GC=AB,题型一题型二题型三题型四反思1.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.
2.利用平行线产生比例或转移比例是常用的证题技巧,当题中没有平行线而有必要转移比例时,也常添加辅助平行线,从而达到转移比例的目的.题型一题型二题型三题型四【变式训练1】 如图,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:BP∶CP=BD∶CE.题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四反思在利用平行线证明或计算时,常常根据已知条件将复杂的图形进行分解,从中找出基本图形,“借图解题”.题型一题型二题型三题型四【变式训练2】 如图,在梯形ABCD中,AD∥BC,F为对角线AC上一点,FE∥BC交AB于点E,DF的延长线交BC于点H,DE的延长线交CB的延长线于点G.
求证:BC=GH.题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四反思证明有关线段倒数和的等式时,常用的方法是首先将其变形为线段比的和为定值的形式,然后化归为同一直线上的线段比.题型一题型二题型三题型四【变式训练3】 如图,在梯形ABCD中,AD∥BC,EF经过梯形对角线的交点O,且EF∥AD.
(1)求证:OE=OF;题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四【例4】 如图,M是?ABCD的边AB的中点,直线l过点M分别交AD,AC于点E,F,交CB的延长线于点N,若AE=2,AD=6.
求AF∶AC的值.
分析:AD∥BC,AM=MB?AE=BN?AF∶AC的值题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四反思运用平行线分线段成比例定理及推论来计算比值,应分清相关三角形中的平行线段及所截的边,并注意在求解过程中运用比例的等比性质、合比性质等.题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四课件33张PPT。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,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.
2.会证明三角形相似,并能解决有关问题.1231.相似三角形
(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,相似三角形对应边的比值叫做相似比(或相似系数).
(2)记法:两个三角形相似,用符号“∽”表示,例如△ABC与△A'B'C'相似,记作△ABC∽△A'B'C'.
归纳总结1.三角形相似与三角形全等不同,全等三角形一定相似,但相似三角形不一定全等.
2.相似三角形定义中的“对应边成比例”是三组对应边分别成比例.
3.相似三角形对应顶点的字母必须写在相应的位置上,这一点与全等三角形是一致的.例如△ABC和△DEF相似,若点A与点E对应,点B与点F对应,点C与点D对应,则记为△ABC∽△EFD.123【做一做1】 已知△ABC∽△A'B'C',则下列选项中的式子,不一定成立的是( )
A.∠B=∠B' B.∠A=∠C‘
解析:很明显选项A,C,D均成立.因为∠A和∠C'不是对应角,所以∠A=∠C'不一定成立.
答案:B1232.相似三角形的判定 123123123知识拓展判定三角形相似的三种基本图形
(1)平行线型:
(2)相交线型:
(3)旋转型:123【做一做2-1】 如图,已知在△ABC中,FD∥GE∥BC,则与△AFD相似的三角形有( )
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
解析:∵ FD∥GE∥BC,
∴△AFD∽△AGE∽△ABC,
故与△AFD相似的三角形有2个.
答案:B1231233.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.
(3)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.
名师点拨直角三角形被斜边上的高分成的两个直角三角形分别与原三角形相似.
在证明直角三角形相似时,要特别注意利用直角这一条件.123答案:55° 同一法证明几何问题
剖析:当直接证明一个几何问题比较困难时,往往采用间接证明的方法.“同一法”就是一种间接证明的方法.应用同一法证明问题时,往往首先作出一个满足命题结论的图形,然后证明图形符合命题的已知条件,确定所作图形与题设条件所指的图形相同,从而证明命题成立.例如,如图,已知PQ,TR为☉O的切线,P,R为切点,PQ∥RT,证明PR为☉O的直径.证明:如图,延长PO交RT于点R',
∵PO⊥PQ,∴PR'⊥PQ.
∵PQ∥RT,
∴PR'⊥RT,即OR'⊥RT.
又∵TR为☉O的切线,R为切点,
∴OR⊥RT,
∴点R'与点R重合,
∴PR为☉O的直径.
由上例可以看出,同一法证明几何问题的步骤如下:(1)首先作出一个符合结论的图形,然后推证出所作的图形符合已知条件;(2)根据唯一性,证明所作出的图形与已知的图形是全等的或重合的;(3)说明已知图形符合结论.题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四反思1.本题中,∠DAB与∠EAC的相等关系不易直接找到,这里用∠BAC=∠EAD,在∠BAC和∠EAD中分别减去同一个角∠DAC,从而得到∠DAB=∠EAC.
2.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,找到符合定理的条件就能推导出结论.题型一题型二题型三题型四【变式训练1】 如图,∠1=∠2,∠3=∠4.求证:△ABD∽△ACE.
证明:∵∠1=∠2,
∴∠BAC=∠DAE.
又∵∠3=∠4,
∴△ABC∽△ADE.
又∵∠1=∠2,∴△ABD∽△ACE.题型一题型二题型三题型四【例2】 如图,已知在正方形ABCD中,P是BC上的点,且BP=3PC,Q是CD的中点.
求证:△ADQ∽△QCP.题型一题型二题型三题型四反思直角三角形相似的判定方法很多,既可根据一般三角形相似的判定方法判定,又有其特有的判定方法.在求证、识别的过程中,可由已知条件结合图形特征确定合适的方法.题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四分析:所要证明的等式中的四条线段AB,AC,CD,BC分别在△ABC和△BCD中,但这两个三角形不相似,由题意可得BD=CD,这样AB,AC,BD,BC分别在△ABC和△ABD中,只需证明这两个三角形相似即可.题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四反思证明线段成比例,常先把等式中的四条线段分别看成两个三角形的两条边,再证明这两个三角形相似即可,若这四条线段不能分别看成两个三角形的两边,则利用相等线段进行转化,如本题中把CD转化为BD.题型一题型二题型三题型四【变式训练3】 如图,在△ABC中,∠BAC=90°,AD⊥BC于点D,E是AC的中点,连接ED,并延长与AB的延长线交于点F.求证:AB∶AC=DF∶AF.
证明:∵∠BAC=90°,AD⊥BC,
∴∠C=∠BAD,Rt△ADB∽Rt△CAB,
∴AB∶AC=BD∶AD.
又∵E是AC的中点,
∴AE=DE=EC,∴∠C=∠CDE.
∴∠BAD=∠CDE=∠BDF.
又∠F=∠F,∴△FDB∽△FAD.
∴BD∶AD=DF∶AF,
即AB∶AC=DF∶AF.题型一题型二题型三题型四【例4】 如图,在△ABC中,D是BC的中点,M是AD上一点,BM,CM的延长线分别交AC,AB于F,E两点.求证:EF∥BC.
分析:要证明EF∥BC,想通过角之间的关系达到目的显然是不可能的,而要利用成比例线段判定两条直线平行的判定定理,图中又没有平行条件,因此要设法作出平行线,以便利用判定定理.在作平行线时,要充分考虑到中点D的应用.题型一题型二题型三题型四证明:(方法一)延长AD至点G,使DG=MD,连接BG,CG,如图.
∵BD=DC,MD=DG,
∴四边形BGCM为平行四边形.
∴EC∥BG,FB∥CG.
∴EF∥BC.题型一题型二题型三题型四(方法二)过点A作BC的平行线,与BF,CE的延长线分别交于G,H两点,如图. 题型一题型二题型三题型四(方法三)过点M作BC的平行线,分别与AB,AC交于G,H两点,如图.题型一题型二题型三题型四反思利用引理来证明两条直线平行的关键是证明其对应线段成比例,这样即可转化为证明线段成比例,其证明方法有:利用中间量;转化为线段成比例;既用中间量,又转化为线段成比例.题型一题型二题型三题型四【变式训练4】 如图,已知点A,B,C在∠O的一边l上,点A',B',C'在另一边l'上,并且直线AB'∥BA',BC'∥CB'.
求证:AC'∥CA'.题型一题型二题型三题型四课件20张PPT。2.相似三角形的性质1.掌握相似三角形的性质.
2.能利用相似三角形的性质解决有关问题.相似三角形的性质定理
(1)相似三角形对应角相等,对应边成比例;
(2)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;
(3)相似三角形周长的比等于相似比;
(4)相似三角形面积的比等于相似比的平方;
(5)相似三角形外接(内切)圆的直径比、周长比等于相似比,外接(内切)圆的面积比等于相似比的平方.【做一做1】 已知△ABC∽△A'B'C',AB=4,A'B'=3,则BC和B'C'上对应中线的比等于( )
答案:A答案:B 答案:C 相似三角形性质和全等三角形性质的比较
剖析:如下表所示.题型一题型二题型三【例1】 已知△ABC∽△A'B'C',△ABC的周长为60 cm,△A'B'C'的周长为72 cm,AB=15 cm,B'C'=24 cm,求:
(1)BC,A'B'; (2)AC,A'C'.
分析:先由相似三角形周长的比得到相似比,再利用相似比求解.题型一题型二题型三题型一题型二题型三反思利用相似三角形的性质进行有关的计算,往往与相似三角形对应边的比及对应角相等有关.解决此类问题,要善于联想,变换比例式,从而达到求解的目的.题型一题型二题型三【变式训练1】 如果两个相似三角形对应边上的中线之比为3∶4,周长之和是35,那么这两个三角形的周长分别是 ( )
A.13和22 B.14和21
C.15和20 D.16和19
解析:由相似三角形的周长之比、对应中线之比均等于相似比,可得两个相似三角形的周长之比
又∵C1+C2=35,
∴C1=15,C2=20,即两个三角形的周长分别为15,20.
答案:C题型一题型二题型三分析:由于四边形BCDE是不规则四边形,直接求其面积有困难,因此可转化为求△ABC与△ADE的面积的差.题型一题型二题型三反思有关三角形的面积之比问题,除考虑三角形的相似比外,还要注意它们是否等高或等底,若是,则可转化为面积之比等于底边比或相应高之比.题型一题型二题型三【变式训练2】 如图,在△ABC中,DE∥BC,S△ADE∶S△ABC=4∶9.求:题型一题型二题型三题型一题型二题型三【例3】 如图,一天早上,小张正向着教学楼AB走去,教学楼后面有一水塔DC,可过了一会抬头一看:“怎么看不到水塔了?”小张心里很是纳闷.经过了解,教学楼、水塔的高分别是20 m和30 m,它们之间的距离为30 m,小张身高为1.6 m.小张要想看到水塔,他与教学楼之间的距离至少应有多少米?
分析:此题的解法很多,其关键是添加适当的辅助线,构造相似三角形,利用相似三角形的知识解题.题型一题型二题型三解:如图,设小张在点F与教学楼的距离为x m时,正好看到水塔.
连接FD,由题意知,点A在FD上,过F作FG⊥CD于点G,交AB于点H,则四边形FEBH、四边形BCGH都是矩形.
∵AB∥CD,∴△AFH∽△DFG.
∴AH∶DG=FH∶FG,
即(20-1.6)∶(30-1.6)=x∶(x+30),
解得x=55.2.
经检验x=55.2是所列方程的根.
故小张与教学楼的距离至少应有55.2 m,才能看到水塔.
反思此类问题是利用数学模型解决实际问题,关键在于认真分析题意转化成数学问题,构造相似三角形求解.题型一题型二题型三【变式训练3】 为了测量学校操场上旗杆的高度,小明请同学帮忙,测得同一时刻自己的影长和旗杆的影长分别为0.5 m和3 m,示意图如图.如果小明身高为1.5 m,那么旗杆的高度为 m.?题型一题型二题型三解析:根据题意,可得ED=0.5 m,DB=3 m,CD=1.5 m.
根据光线平行的知识可知CE∥AD,
故∠E=∠ADB.
∵AB⊥EB,CD⊥EB,
∴∠CDE=∠ABD=90°.
∴△ABD∽△CDE.
∴旗杆的高度为9 m.
答案:9课件17张PPT。四 直角三角形的射影定理1.掌握正射影即射影的概念,能画出点和线段的射影.
2.理解并掌握射影定理,并能解决有关问题.121.射影
从一点向一条直线所引垂线的垂足,叫做这个点在这条直线上的正射影.一条线段的两个端点在一条直线上的正射影之间的线段,叫做这条线段在这条直线上的正射影.点和线段的正射影简称为射影.
【做一做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:当MN⊥l时,射影是一个点;当MN与l不垂直时,射影是一条线段;特别地,当MN∥l或MN在l上时,射影与MN等长,线段MN的射影不可能是直线.
答案:D122.射影定理 12名师点拨
1.勾股定理:AC2+BC2=AB2,AD2+CD2=AC2,BD2+CD2=BC2.12【做一做2-1】 如图,已知在Rt△ABC中,AC⊥CB,CD⊥AB于点D,且CD=4,则AD·DB等于( )
A.16 B.4
C.2 D.不确定
解析:∵AC⊥CB,CD⊥AB,
∴AD·DB=CD2.
又∵CD=4,∴AD·DB=42=16.
答案:A12【做一做2-2】 如图,已知在Rt△ABC中,AC⊥BC,点C在AB上的正射影为点D,且AC=3,AD=2,则AB= .?
解析:∵AC⊥CB,
又∵点D是点C在AB上的正射影,
∴CD⊥AB,∴AC2=AD·AB.
又∵AC=3,AD=2,用射影定理证明勾股定理
剖析:如图,在Rt△ABC中,AC⊥CB,CD⊥AB于点D,则由射影定理可得AC2=AD·AB,BC2=BD·BA,
则AC2+BC2=AD·AB+BD·BA=(AD+BD)·AB=AB2,即AC2+BC2=AB2.
由此可见,利用射影定理可以证明勾股定理.过去我们是用面积割补的方法证明勾股定理的,现在我们又用射影定理证明了勾股定理,而且这种方法简洁明快,比用面积割补的方法要方便得多.题型一题型二题型三【例1】 若CD是Rt△ACB斜边AB上的高,AB=25,AC=20,试确定DB和CD的长.
分析:先用射影定理求出AD,从而求出DB,再用
射影定理求出CD.
解:∵AC⊥CB,CD⊥AB,
∴AC2=AD·AB,CD2=AD·DB.题型一题型二题型三反思1.本题可先用勾股定理求出BC,再用射影定理求出BD,最后用勾股定理求出CD;此外还有其他方法.
2.运用射影定理进行直角三角形中的相关计算,有时需要与直角三角形的其他性质相结合来解.如本题中,直角三角形中的六条线段AC,BC,CD,AD,DB,AB,若已知其中任意两条线段的长,就可以计算出其余线段的长.题型一题型二题型三【变式训练1】 如图,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.
解:∵AC⊥CB,CD⊥AB,
∴CD2=AD·DB=2×6=12,题型一题型二题型三【例2】 如图,在Rt△ABC中,∠BAC=90°,AD⊥BC于点D,BE平分∠ABC交AC于点E,EF⊥BC于点F.求证:EF∶DF=BC∶AC.题型一题型二题型三反思利用射影定理证明比例式成立的证明问题在本部分中比较常见,在解题过程中,应弄清射影定理中成比例的线段,再结合比例的基本性质加以灵活运用.题型一题型二题型三题型一题型二题型三题型一题型二题型三易错点:射影定理记忆不牢而致错
【例3】 在Rt△ACB中,∠ACB=90°,CD⊥AB于点D,若BD∶AD=1∶9,则tan∠BCD= .?
错解:在Rt△ACB中,设BD=x,则AD=9x,
又∵CD2=AD·AB,
错因分析:本题的错因是没有准确地记住射影定理中的三组公式,误认为CD2=AD·AB致误.题型一题型二题型三正解:在Rt△ACB中,CD⊥AB,由射影定理得CD2=AD·BD.
又BD∶AD=1∶9,令BD=x,
则AD=9x(x>0).
∴CD2=9x2.
∴CD=3x.课件23张PPT。第二讲 直线与圆的位置关系一 圆周角定理1.了解圆心角定理,并能应用定理解决问题.
2.理解圆周角定理及其两个推论,并能应用定理解决有关问题.1231.圆周角定理 123名师点拨定理中的圆心角与圆周角一定是对着同一条弧,它们才有上面定理中所说的数量关系.123【做一做1】 如图,在☉O中,若∠BAC=25°,则∠BOC等于( )
A.25° B.50°
C.30° D.12.5°
解析:根据圆周角定理,得
∠BOC=2∠BAC=50°.
答案:B 1232.圆心角定理 123答案:30°1233.圆周角定理的推论
(1)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相等.
(2)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.123名师点拨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”.
3.由弦相等推出弧相等时,这里的弧要求同圆或等圆中同是优弧或同是劣弧,一般选劣弧.
4.在同圆或等圆中,两个圆心角、两条弧、两条弦三组量之间的相等关系简单地说,就是圆心角相等能推出弧相等,进而能推出弦相等.123【做一做3-1】 如图,在☉O中,若∠BAC=60°,则∠BDC等于( )
A.30°
B.45°
C.60°
D.75°
解析:∠BDC=∠BAC=60°.
答案:C123答案:A 圆周角定理的理解
剖析:(1)应用圆周角定理时,要注意的问题如下:
圆周角定理推论1中,同圆或等圆中,相等的圆周角所对的弧相等.这一定理成立的前提是同圆或等圆,否则不成立.
(2)在圆周角定理的证明中,运用了数学中分类讨论和化归的思想以及归纳的证明方法.这个定理是从特殊情况入手研究的,首先研究当角的一边过圆心时,得到圆周角与同弧所对的圆心角的关系,然后研究当角的一边不经过圆心时,圆周角与同弧所对的圆心角之间的关系.当角的一边不经过圆心时,又有两种情况:一是圆心在圆周角内部;二是圆心在圆周角外部.经过这样不同情况的讨论,最后得到:不论角的一边是否经过圆心,都有定理中的结论成立.在几何里,许多定理的证明,都需要像这样分情况进行讨论,后面还会遇到这种分情况证明的定理.(3)通过圆周角定理的分析、证明,我们可以看到,在几何里讨论问题时,常常从特殊情况入手,因为在特殊情况下问题往往容易解决.如图,中间一种情况为圆周角的一边经过圆心,此时∠AOB=2∠C很容易证明,特殊情况下的问题解决之后,再想办法把一般情况下的问题转化为特殊情况下的问题,如图中的左图和右图的情况,通过辅助线,把它们变成中间图中的两个角的和或差,这样利用特殊情况下的结论,便可使一般情况下的结论得证.题型一题型二题型三【例1】 如图,△ABC的三个顶点都在☉O上,∠BAC的平分线与BC边和☉O分别交于点D,E.
(1)指出图中相似的三角形,并说明理由;
(2)若EC=4,DE=2,求AD的长.
分析:(1)本题证明两个三角形相似,要用三角形相似的判定定理,而其中角的条件由同弧所对的圆周角相等得出;(2)要求线段长度,先由三角形相似得线段成比例,再求其长度.题型一题型二题型三解:(1)∵AE平分∠BAC,
∴∠BAD=∠EAC.
又∵∠B=∠E,∴△ABD∽△AEC.
∵∠B=∠E,∠BAE=∠BCE,
∴△ABD∽△CED,△AEC∽△CED.
(2)∵△CED∽△AEC,
∴CE2=ED·AE,
∴16=2AE,∴AE=8.
∴AD=AE-DE=6.
反思求圆中线段长时,常先利用圆周角定理及其推论得到相似三角形,从而得到成比例线段,再列方程求得线段长.题型一题型二题型三证明:∵BC是☉O的直径,
∴∠BAC为直角.
又∵AD⊥BC,∴Rt△BDA∽Rt△BAC.
∴∠BAD=∠ACB.
∴∠BAD=∠FBA.
∴△ABE为等腰三角形.
∴AE=BE.题型一题型二题型三题型一题型二题型三反思1.有关圆的题目中,圆周角与它所对的弧经常相互转化,即欲证明圆周角相等,可转化为证明它们所对的弧相等;要证明线段相等也可以转化为证明它们所对的弧相等,这是证明圆中线段相等的常见策略.
2.若已知条件中出现直径,则常用到“直径所对的圆周角为直角”这一性质解决问题.题型一题型二题型三【变式训练2】 如图,△ABC内接于☉O,D,E在BC边上,且BD=CE,∠1=∠2.求证:AB=AC.题型一题型二题型三题型一题型二题型三易错点:误认为同弦或等弦所对圆周角相等而致错【例3】 如图,若∠BAD=75°,则∠BCD= .?
错解:∵∠BAD和∠BCD所对的弦都是BD,
∴∠BAD=∠BCD.
∴∠BCD=75°.
错因分析:错解中,没有注意到圆周角∠BAD和∠BCD所对的弧不相等,导致得到错误的结论∠BAD=∠BCD.题型一题型二题型三答案:105° 反思同弦或等弦所对的圆周角不一定相等.当弦是直径时,同弦或等弦所对的圆周角相等,都等于90°;当弦不是直径时,该弦将圆周分成两条弧:优弧和劣弧,若圆周角的顶点同在优弧上或同在劣弧上,同弦或等弦所对的圆周角相等;若一个圆周角的顶点在优弧上,另一个圆周角的顶点在劣弧上,则同弦或等弦所对的圆周角不相等,它们互补(如本题).课件25张PPT。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,掌握圆内接四边形的性质定理及其应用.
2.理解圆内接四边形的判定定理及其推论,并能解决有关问题.
3.了解反证法在证明问题中的应用.12341.性质定理1 1234【做一做1】 已知四边形ABCD内接于圆O,∠A=25°,则∠C等于( )
A.25° B.75° C.115° D.155°
解析:∵四边形ABCD内接于圆,
∴∠A+∠C=180°.
又∵∠A=25°,
∴∠C=180°-∠A=155°.
答案:D12342.性质定理2 1234【做一做2】 如图,四边形ABCD内接于圆O,延长AB到点E,若∠ADC=32°,则∠CBE等于( )
A.32° B.58° C.64° D.148°
解析:∵四边形ABCD内接于圆O,
∴∠CBE=∠ADC=32°.
答案:A1234归纳总结1.利用这两个性质定理,可以借助圆变换角的位置,得到角的相等关系或互补关系,再进行其他的计算或证明.
2.利用这两个定理可以得出一些重要结论,如内接于圆的平行四边形是矩形;内接于圆的菱形是正方形;内接于圆的梯形是等腰梯形等.12343.圆内接四边形判定定理 1234【做一做3】 下列四边形的四个顶点共圆的是( )
A.梯形 B.矩形
C.平行四边形 D.菱形
答案:B 12434.推论 归纳总结性质定理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.1243【做一做4】 如图,四边形ABCD的边AB的延长线上有一点E,且BC=BE,∠D=80°,∠E=50°.求证:四边形ABCD内接于圆.
证明:∵BC=BE,∴∠E=∠BCE.
则∠EBC=180°-2∠E=80°,
∴∠EBC=∠D.∴四边形ABCD内接于圆.1.圆内接四边形的性质定理与判定定理
剖析:(1)圆的内接四边形的外角及内对角
如图,圆内接四边形ABCD的内角∠BAD的两个补角∠1和∠2称为圆内接四边形的外角.因为∠BAD和∠C两角相对,所以∠C称为∠1与∠2的内对角,且它们满足∠BAD+∠C=180°,∠1=∠2=∠C.
(2)判定定理与性质定理的内在联系
性质定理1和判定定理互为逆定理,性质定理2与判定定理的推论互为逆定理.2.与圆内接四边形有关的相似三角形
剖析:如图,通过掌握与圆有关的相似三角形的基本图形,可以在解题过程中遵循正确的思维规律和解题步骤,对图形运用自如,融为一体,做出连贯反应.
基本图形1 基本图形2 基本图形3基本图形1:圆的任意内接四边形ABCD,有△AED∽△BEC,△DEC∽△AEB.
基本图形2:四边形ABCD内接于☉O,AD,BC的延长线交于点F,其中相似三角形有△AED∽△BEC,△AEB∽△DEC,△CDF∽△ABF,△ACF∽△BDF.
基本图形3:四边形ABCD内接于☉O,AD,BC的延长线交于点F,AB为直径,其中相似三角形有△DEC∽△AEB,△FDC∽△FBA,Rt△AFC∽Rt△BFD∽Rt△AED∽Rt△BEC.题型一题型二题型三【例1】 如图,在△ABC中,E,D,F分别为AB,BC,AC的中点,且AP⊥BC于点P.求证:E,D,P,F四点共圆.
分析:连接PF,转化为证明∠FED=∠FPC,先利用中点证明∠FED=∠C,再利用AP⊥BC证明PF=FC,得∠C=∠FPC,即得出∠FED=∠FPC.题型一题型二题型三证明:如图,连接PF.
∵AP⊥BC,F为AC的中点,
∴PF是Rt△APC斜边上的中线.
∴PF=FC,∴∠FPC=∠C.
∵E,F,D分别为AB,AC,BC的中点,
∴EF∥CD,ED∥FC.
∴四边形EDCF为平行四边形.
∴∠FED=∠C,∴∠FPC=∠FED.
∴E,D,P,F四点共圆. 题型一题型二题型三反思判定四点共圆的方法:①如果四个点与一定点距离相等,那么这四个点共圆;②如果一个四边形的一组对角互补,那么这个四边形的四个顶点共圆;③如果一个四边形的一个外角等于它的内角的对角,那么这个四边形的四个顶点共圆(如本题);④与线段两个端点连线的夹角相等(或互补)的点连同该线段两个端点在内共圆.题型一题型二题型三【变式训练1】 在锐角三角形ABC中,AD是BC边上的高,DE⊥AB,DF⊥AC,点E,F是垂足.
求证:E,B,C,F四点共圆.题型一题型二题型三证明:如图,连接EF,
∵DE⊥AB,DF⊥AC,
∴A,E,D,F四点共圆.
∴∠1=∠2.
∵AD是BC边上的高,
∴∠1+∠C=∠2+∠C=90°.
∴∠BEF+∠C=180°.
∴B,E,F,C四点共圆.题型一题型二题型三【例2】 如图,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分别交于点F,G.求证:∠CFG=∠DGF.
分析:由∠BEF=∠DEG,可证明△EBF∽△EDG,又∠BFE与∠CFG是对顶角,问题获证.题型一题型二题型三证明:∵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.
反思当已知条件中出现圆内接四边形时,常用圆内接四边形的性质定理来获得角相等或互补,从而为证明三角形相似或两条直线平行等问题创造条件.题型一题型二题型三【变式训练2】 如图,两圆☉O1,☉O2相交于点A,B.☉O1的弦BC交☉O2于点E,☉O2的弦BD交☉O1于点F.
求证:(1)若∠DBA=∠CBA,则DF=CE;
(2)若DF=CE,则∠DBA=∠CBA.题型一题型二题型三证明:(1)如图,连接AE,AF,AC,AD,则∠3=∠4,∠5=∠6.
∴AD=AE,∴△ACE≌△AFD.
故CE=DF.
(2)由(1)得∠3=∠4,∠5=∠6.
又∵DF=CE,∴△ACE≌△AFD,
∴AD=AE,
∴∠1=∠2,即∠DBA=∠CBA.题型一题型二题型三易错点:错用圆内接四边形的外角等于它的内角的对角这一定理而致错【例3】 如图,四边形ABCD是☉O的内接四边形,E为AB的延长线上一点,若∠CBE=40°,则∠AOC等于( )
A.20° B.40°
C.80° D.100°
错解:∵四边形ABCD是☉O的内接四边形,
∴根据圆内接四边形的外角等于它的内角的对角,得∠CBE=∠COA=40°.故选B.
错因分析:上述解答错误的原因是对性质定理2的理解不透彻,不能准确理解“外角等于它的内角的对角”的含义.所谓的“内角的对角”通常是指圆周角.题型一题型二题型三正解:∵四边形ABCD是圆内接四边形,且∠CBE=40°,由圆内接四边形的性质知∠D=∠CBE=40°.又由圆周角定理知∠AOC=2∠D=80°.
答案:C课件20张PPT。三 圆的切线的性质及判定定理1.理解切线的性质定理及其两个推论,并能解决相关的计算或证明问题.
2.掌握切线的判定定理,会判定直线与圆相切.12341.切线的性质定理 1234【做一做1】 如图,已知直线l与☉O相切于点A,点B是l上异于点A的一点,则△OAB是( )
A.等边三角形
B.锐角三角形
C.直角三角形
D.钝角三角形
解析:∵l与☉O相切,
∴l⊥OA.∴OA⊥AB.
∴∠OAB=90°,△OAB是直角三角形.
答案:C12342.性质定理推论1 1234【做一做2】 如图,直线l与☉O相切,点P是l上任一点,当OP⊥l时,则( )
A.点P不在☉O上
B.点P在☉O上
C.点P不可能是切点
D.OP大于☉O的半径
解析:由于OP⊥l,则P是l与☉O的切点,则点P在☉O上.
答案:B12343.性质定理推论2 1234归纳总结由性质定理及其两个推论,可得出如下的结论:如果一条直线具备下列三个条件中的任意两个,(1)垂直于切线;(2)过切点;(3)过圆心,就可推出第三个.于是在利用切线的性质时,过切点的半径是常作的辅助线.1234【做一做3】 直线l与☉O相切于点P,在经过点P的所有直线中,经过点O的直线有( )
A.1条 B.2条 C.3条 D.无数条
解析:过P且垂直于l的直线仅有1条,此时点O在该垂线上,故选A.
答案:A12434.切线的判定定理 1243名师点拨在切线的判定定理中,要分清定理的条件和结论,强调“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,如图①②中的例子就不能同时满足这两个条件,所以都不是圆的切线.1243【做一做4】 如图,AB经过☉O上一点C,且OA=OB,AC=CB.求证:直线AB是☉O的切线.
分析:转化为证明OC⊥AB即可.
证明:如图,连接OC.
∵OA=OB,
∴△OAB是等腰三角形.
又∵AC=CB,∴OC⊥AB.
又∵OC是☉O的半径,
∴直线AB是☉O的切线.判定切线的方法
剖析:判定切线通常有三种方法:(1)定义法:和圆有唯一一个公共点的直线是圆的切线;(2)距离法:到圆心的距离等于半径的直线是圆的切线;(3)定理法:经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线.
“经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线”是“到圆心的距离等于半径的直线是圆的切线”的定理具体化.在使用时要根据题目的具体要求选取合适的方法:若已知要证的切线经过圆上一点,则需把这点与圆心相连,证明这条直线与此半径垂直,即用定理法;若不能确定已知要证的切线与圆有公共点,则需先向这条直线作垂线,再证明此垂线段是圆的半径,即用距离法证明;通常不用定义法证明.题型一题型二【例1】 如图,在△ABC中,AB=AC,以AB为直径的☉O交BC于点D,过点D作☉O的切线交AC于点E.
求证:DE⊥AC.
分析:由DE是☉O的切线,知OD⊥DE,故要证明DE⊥AC,只需要证明OD∥AC即可.题型一题型二证明:如图,连接OD,AD.
∵AB为☉O的直径,
∴AD⊥BC.
∵AB=AC,即△ABC为等腰三角形,
∴AD为BC边上的中线,即BD=DC.
又∵OA=OB,∴OD为△ABC的中位线.
∴OD∥AC.
∵DE切☉O于点D,∴OD⊥DE.∴DE⊥AC.反思利用圆的切线的性质来证明或进行有关的计算时,连接圆心和切点的半径是常用辅助线.题型一题型二【变式训练1】 如图,已知∠C=90°,点O在AC上,CD为☉O的直径,☉O切AB于点E,若BC=5,AC=12,求☉O的半径.题型一题型二题型一题型二【例2】 如图,AB是☉O的直径,AE平分∠BAF交☉O于点E,过E作直线与AF垂直,交AF的延长线于点D,且交AB的延长线于点C.求证:CD是☉O的切线.
分析:只需证明OE⊥CD即可.题型一题型二反思根据圆的切线性质判定圆的切线是平面几何中最常用的方法.这种方法的步骤是:①连接圆心和公共点;②转化为证明直线过公共点且垂直于所连线段.由此看出,证明圆的切线可转化为证明直线垂直.证明:如图,连接OE.
∵OA=OE,∴∠1=∠2.
又AE平分∠BAF,
∴∠2=∠3.∴∠1=∠3.
∴OE∥AD.
∵AD⊥CD,∴OE⊥CD.
∴CD是☉O的切线.题型一题型二【变式训练2】 如图,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.
证明:如图,连接OD.
∵OC∥AD,∴∠1=∠3,∠2=∠4.
又∵∠1=∠2,∴∠4=∠3.
∵OD=OB,OC=OC,∴△ODC≌△OBC.
∴∠ODC=∠OBC=90°.
又∵点D在圆上,∴DC是☉O的切线.课件19张PPT。四 弦切角的性质1.理解弦切角的概念,会判断弦切角.
2.掌握弦切角定理的内容,并能利用定理解决有关问题.121.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.
名师点拨弦切角可分为三类:(1)圆心在角的外部,如图①;(2)圆心在角的一边上,如图②;(3)圆心在角的内部,如图③.12【做一做1】 如图,已知EC与☉O相切于点B,AB是☉O的一条弦,D是☉O上异于点A,点B的一点,则下列为弦切角的是( )
A.∠ADB
B.∠AOB
C.∠ABC
D.∠BAO
解析:∠ADB是圆周角,∠AOB是圆心角,∠ABC是弦切角,∠BAO不是弦切角.
答案:C122.弦切角定理 12归纳总结1.弦切角定理的推论:若一个圆的两个弦切角所夹的弧相等,则这两个弦切角也相等.
2.弦切角定理也可以表述为弦切角的度数等于它所夹的弧的度数的一半.这就建立了弦切角与弧之间的数量关系,它为直接依据弧进行角的转换确立了基础.123.圆心角、圆周角、弦切角的比较. 12【做一做2-1】 如图,MN与☉O相切于点M,Q和P是☉O上两点,若∠PQM=70°,则∠NMP等于( )
A.20°
B.70°
C.110°
D.160°
解析:∵∠NMP是弦切角,
∴∠NMP=∠PQM=70°.
答案:B12【做一做2-2】 过圆内接△ABC的顶点A引☉O的切线交BC的延长线于点D,若∠B=35°,∠ACB=80°,则∠D为 ( )
A.45° B.50° C.55° D.60°
解析:如图,∵AD为☉O的切线,
∴∠DAC=∠B=35°.
∵∠ACB=80°,
∴∠D=∠ACB-∠DAC=80°-35°=45°.
答案:A对弦切角的理解
剖析:弦切角的特点:(1)顶点在圆上;(2)一边与圆相交;(3)另一边与圆相切.
弦切角定义中的三个条件缺一不可.如图①②③④中的角都不是弦切角.图①中,缺少“顶点在圆上”的条件;图②中,缺少“一边和圆相交”的条件;图③中,缺少“一边和圆相切”的条件;图④中,缺少“顶点在圆上”和“另一边和圆相切”两个条件.题型一题型二题型三【例1】 如图,AD是△ABC中∠BAC的平分线,☉O经过点A且与BC切于点D,与AB,AC分别相交于点E,F.求证:EF∥BC.
分析:连接DF,于是∠FDC=∠DAC,根据AD是∠BAC的平分线,有∠BAD=∠DAC,而∠BAD与∠EFD对着同一段弧,由此得到∠EFD与∠FDC的相等关系,根据内错角相等,可以断定两条直线平行.题型一题型二题型三证明:如图,连接DF,
∵AD是∠BAC的平分线,
∴∠BAD=∠DAC.
∵∠EFD=∠BAD,
∴∠EFD=∠DAC.
∵BC切☉O于点D,
∴∠FDC=∠DAC.
∴∠EFD=∠FDC.∴EF∥BC.
反思当已知条件中出现圆的切线时,借助于弦切角定理,常用角的关系证明两条直线平行:①内错角相等,两条直线平行;②同位角相等,两条直线平行;③同旁内角互补,两条直线平行等.证明时可以根据图形与已知条件合理地选择.题型一题型二题型三【变式训练1】 如图,△ABC内接于☉O,AB的延长线与过点C的切线GC相交于点D,BE与AC相交于点F,且CB=CE.
求证:BE∥DG.
证明:∵CG为☉O的切线,
∴∠EBC=∠GCE.
∴∠EBC=∠E.∴∠E=∠GCE.
∴DG∥BE.题型一题型二题型三【例2】 已知△ABC内接于☉O,∠BAC的平分线交☉O于点D,CD的延长线交过点B的切线于点E.
分析:直接证明此等式有一定的难度,可以考虑把它分解成两个比例式的形式,借助相似三角形的性质得出结论.题型一题型二题型三证明:连接BD,如图.
∵AD是∠BAC的平分线,
∴∠BAD=∠CAD.
又∠BCD=∠BAD,
∠CBD=∠CAD,
∴∠BCD=∠CBD.
∴BD=CD.题型一题型二题型三又BE为☉O的切线,
∴∠EBD=∠BCD.
在△BED和△CEB中,
∠EBD=∠ECB,∠BED=∠CEB,
∴△BED∽△CEB.反思已知直线与圆相切,证明线段成比例时,常先利用弦切角定理和圆周角定理得到角相等,再通过三角形相似得到成比例线段.题型一题型二题型三【变式训练2】 如图,AB为☉O的直径,弦CD∥AB,AE切☉O于点A,交CD的延长线于点E.求证:BC2=AB·DE.
证明:如图,连接BD,OD,OC.
∵AE切☉O于点A,∴∠EAD=∠ABD,
且AE⊥AB.又AB∥CD,∴AE⊥CE,∴∠E=90°.
∵AB为☉O的直径,∴∠ADB=90°.
∴∠E=∠ADB,
∴△ADE∽△BAD,
∴AD2=AB·DE.
∵CD∥AB,∴∠1=∠2,∠3=∠4.
∵∠2=∠4,∴∠1=∠3,
∴AD=BC,∴BC2=AB·DE.题型一题型二题型三易错点:忽视弦切角的一边是切线致错
【例3】 如图,已知△ABC内接于☉O,AD⊥AC,∠C=32°,∠B=110°,则∠BAD= .?
错解:∵AD⊥AC,
∴∠BAD是弦切角.
∴∠BAD=∠C.
又∠C=32°,∴∠BAD=32°.
错因分析:错解中,误认为∠BAD是弦切角.虽然AD⊥AC,但AD不是切线.题型一题型二题型三正解:∵∠C+∠B+∠BAC=180°,
∴∠BAC=180°-∠C-∠B=38°.
又AD⊥AC,∴∠BAC+∠BAD=90°.
∴∠BAD=90°-∠BAC=90°-38°=52°.
答案:52°
反思在利用弦切角定理解决问题时,要注意所涉及的角是不是弦切角,即弦切角的三个条件缺一不可.课件27张PPT。五 与圆有关的比例线段1.掌握相交弦定理及其应用.
2.掌握割线定理、切割线定理及其应用.
3.掌握切线长定理及其应用.12341.相交弦定理 归纳总结由相交弦定理可得推论:垂直于弦的直径平分这条弦,且该弦的一半是直径被弦分成的两条线段的比例中项.1234【做一做1】 如图,已知☉O的两条弦AB与CD相交于点E,EC=1,DE=4,AE=2,则BE等于( )
A.1 B.2
C.3 D.4
解析:∵AE·EB=DE·EC,
∴2EB=4×1.∴EB=2.
答案:B12342.割线定理 1234【做一做2】 如图,已知P是☉O外一点,PC=4,PD=2,则PA·PB等于( )
A.2 B.4
C.8 D.不确定
解析:∵PA·PB=PC·PD,
∴PA·PB=4×2=8.
答案:C12343.切割线定理 1234名师点拨相交弦定理、割线定理和切割线定理(割线定理的推论)统称为圆幂定理.可统一记忆成一个定理:过圆内或圆外一点作圆的两条割线,则这两条割线被圆截出的两弦被定点分(内分或外分)成两线段长的积相等(至于切线可看作是两个交点重合的割线).两条线段的长的积是常数PA·PB=|R2-d2|,其中d为定点P到圆心O的距离.若点P在圆内,dR,则该常数为d2-R2.使用时注意每条线段的两个端点一个是公共点,另一个是与圆的交点.1234【做一做3】 如图,已知P是☉O外一点,PA与☉O相切于点A,过点P的直线l交☉O于点B,C,且PB=4,PC=9,则PA等于( )
A.4 B.6
C.9 D.36
解析:∵PA2=PB·PC=4×9=36,
∴PA=6.
答案:B12434.切线长定理 1243【做一做4】 如图,已知PA,PB分别为☉O的切线,切点分别为A,B,∠P=80°,则∠C= .?
解析:∵PA,PB分别为☉O的切线,
∴PA=PB.
又∠P=80°,∴∠PAB=∠PBA=50°.
∴∠ACB=∠PAB=50°.
答案:50°1.与圆有关的比例线段问题
剖析:与圆有关的比例线段问题,主要是圆与相似形的综合,其解法大致可分以下几种:
(1)直接由相似形得到,即先由已知条件证得两个三角形相似,从而直接得到有关对应线段成比例.这是简单型的比例线段问题.
(2)利用“等线段”代换得到,在证明“等积式”形如a2=bc时,如果其中有三条线段共线,那么一般往往把平方项线段用“等线段”进行代换.
(3)利用“中间积”代换得到,在证明“等积式”形如a2=bc时,如果其中有三条线段共线,可以把平方项的线段利用中间积进行代换.(4)利用“中间比”代换得到,在证明比例线段(不论共线与否),如果不能直接运用有关定理,可以寻找“中间比”进行代换.
与圆有关的比例线段证明要诀:圆幂定理是法宝,相似三角形中找诀窍,联想射影定理分角线,辅助线来搭桥,第三比作介绍,代数方法不可少,分析综合要记牢,十有八九能见效.2.垂径定理、切线长定理、射影定理、相交弦定理、切割线定理之间的关系
剖析: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;
(6)∠AOP=∠BOP,∠APD=∠BPD.题型一题型二题型三题型四【例1】 如图,已知过☉O内一点A作直线,交☉O于B,C两点,且AB·AC=64,OA=10,则☉O的半径 r= .?题型一题型二题型三题型四反思相交弦定理的结论是线段成比例,也可以看成等式,因此利用相交弦定理既可以得到成比例线段,又可以建立方程来解决问题.如本题中,利用相交弦定理列出关于半径r的方程.题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四【例2】 如图,已知☉O的割线PAB交☉O于点A和点B,PA=6 cm,AB=8 cm,PO=10.9 cm,求☉O的半径.
分析:由于PO既不是☉O的切线,也不是割线,故需将PO延长交☉O于点D,构成圆的一条割线,而OD又恰好是☉O的半径,于是运用割线定理解题即可.题型一题型二题型三题型四解:如图,将PO延长交☉O于点D.
根据割线定理,可得PA·PB=PC·PD.
设☉O的半径为r cm,
则6×(6+8)=(10.9-r)(10.9+r),
解得r=5.9,即☉O的半径为5.9 cm.
反思如果已知条件中出现过圆外同一点的圆的割线,那么常用到割线定理.本题中,利用割线定理列出关于半径r的方程,进而可求出r的值.题型一题型二题型三题型四【变式训练2】
如图,PB和PD为圆的两条割线,分别交圆于点A,B和点C,D.若PA=5,AB=7,CD=11,则AC∶BD= .?题型一题型二题型三题型四答案:1∶3题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四证明:如图,连接BC,BD.
∴∠DBE=∠CBE.
又AB是☉O的切线,
∴∠ABC=∠CDB.
∴∠ABC+∠CBE=∠DBE+∠CDB,
∴∠ABF=∠AFB.
∴AB=AF.
又AB是☉O的切线,ACD为割线,由切割线定理,可知AC·AD=AB2,
∴AF2=AC·AD.
反思如果已知条件中同时出现过圆外同一点的切线和割线,那么常用到切割线定理.题型一题型二题型三题型四【变式训练3】
如图,自圆O外一点P引切线与圆切于点A,M为PA的中点,过M引割线交圆于B,C两点.求证:∠MCP=∠MPB.
证明:∵PA与圆相切于点A,
∴MA2=MB·MC.
∵M为PA的中点,
∴PM=MA,
∴PM2=MB·MC,
∵∠BMP=∠PMC,
∴△BMP∽△PMC,∴∠MCP=∠MPB.题型一题型二题型三题型四【例4】 如图,AB是☉O的直径,C是☉O上一点,过点C的切线与过A,B两点的切线分别交于点E,F,AF与BE交于点P.
求证:∠EPC=∠EBF.
证明:∵EA,EF,FB是☉O的切线,
∴EA=EC,FC=FB.
∵EA,FB切☉O于A,B,AB是直径,
∴EA⊥AB,FB⊥AB.题型一题型二题型三题型四反思如果已知条件中出现过圆外同一点的切线,那么常用到切线长定理.首先要注意分析其中的等量关系,即①切线长相等,②圆外的点与圆心的连线平分两条切线的夹角,然后结合直角三角形、相似三角形等图形的有关性质进行计算与证明.题型一题型二题型三题型四【变式训练4】
如图,PA,PB是☉O的两条切线,A,B为切点,直线OP交☉O于点D,E,交AB于点C,图中互相垂直的线段有 .(只要求写出一对线段)?
解析:如题图,由于PA,PB均为☉O的切线,
∴PA⊥OA,PB⊥OB.
又由切线长定理得PA=PB,OP为∠APB的平分线,
∴AB⊥OP,故应填PA⊥OA或PB⊥OB或AB⊥OP.
答案:AB⊥OP(答案不唯一)课件19张PPT。第三讲 圆锥曲线性质的探讨一 平行射影1.掌握正射影的概念,理解平行射影的概念,能确定平行射影的形状.
2.掌握椭圆的定义,知道椭圆是圆柱的一种截面.1231.正射影
(1)定义: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)圆面的正射影:一个圆所在的平面β与平面α平行,那么该圆在平面α上的正射影显然是一个圆,并且是和原来的圆相同的圆;如果圆所在的平面β与平面α不平行且不垂直时,从生活经验我们知道,正射影的形状发生了变化,就好像一个圆被压扁了,我们称之椭圆;如果圆所在的平面β与平面α垂直时,那么该圆在平面α上的正射影是一条线段,其长度等于圆的直径.123名师点拨一个图形在一个平面上的正射影与图形和平面的位置有关,如一条直线,当它和平面α垂直时,它在平面α上的正射影是一个点;当它和平面α斜交时,它在平面α上的正射影是一条直线;它和平面α平行时,它在平面α上的正射影是一条与原直线平行的直线.
【做一做1】 △ABC在平面α上的正射影是( )
A.三角形
B.直线
C.线段
D.三角形或线段
解析:当△ABC所在平面垂直于α时,△ABC在α上的正射影是一条线段,否则是三角形.
答案:D1232.平行射影
定义:设直线l与平面α相交(如图),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.
显然,正射影是平行射影的特例.123归纳总结平行射影的性质:
(1)直线的平行射影是直线或一个点,线段的平行射影是线段或一个点;
(2)平行直线的平行射影是平行或重合的直线或两个点;
(3)平行于投影面的线段,它的平行射影与这条线段平行且等长;
(4)与投影面平行的平面图形,它的平行射影与这个图形全等;
(5)在同一直线或平行直线上的两条线段的平行射影(不是点)的比等于这两条线段的比.123【做一做2】 两条异面直线m和n在平面α上的平行射影是( )
A.一条直线和直线外一个点
B.两条相交直线
C.两条平行直线
D.以上都有可能
解析:当m和n中有一条直线与投影方向平行时,它们的平行射影是一个点和一条直线;否则是两条平行直线或相交直线.
答案:D1233.椭圆
(1)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)抽象概括:用一个平面去截一个圆柱,当平面与圆柱的两个底面平行时,截面是一个圆;当平面与圆柱的两个底面不平行时,截面是一个椭圆(如图).123【做一做3】 平面上两个定点A和B的距离为5,动点P到点A,B的距离之和为常数m,若动点P的轨迹是椭圆,则m的取值范围是( )
A.(0,5) B.(5,+∞)
C.(0,+∞) D.R
解析:当m<5时,不表示任何图形;当m=5时,轨迹是线段AB;当m>5时,轨迹是椭圆.
答案:B1.平行射影与正射影的区别与联系
剖析:对于平行射影,取不同的投影方向,同一个图形的平行射影也有所不同,正射影就是平行射影中投影方向与平面垂直时的一种特殊情况.因而我们可以从两个不同的角度加以考虑,并且要注意这二者的区别与联系,从而完整、全面地看待问题.
例如,如图,直线l与平面α所成的角是45°,交点为A.在l上取不同于点A的一点B,过点B作BC⊥α,垂足为C.则l在平面α上的正射影是直线AC.当投影方向与l相同时,l在平面α上的平行射影是一个点,即点A;当投影方向垂直于平面α时,l在平面α上的平行射影是直线AC,此时平行射影和正射影是相同的.2.点的射影与图形的射影的区别与联系
剖析:图形是由点组成的集合,因而图形的射影是被投影图形上各点在平面α上的射影的集合,所以,要找到一个图形的射影只需找到组成这个图形的关键点的射影即可.题型一题型二题型三【例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上的平行射影是唯一的
解析:正射影是平行射影的特例,本质是相同的,故选项A错误;投影线与投影平面只能相交,选项B是正确的,选项C是错误的;一个图形在一个平面上的平行射影与投影方向有关,方向改变了,就可能得到不同的平行射影,故选项D错误.
答案:B
反思图形的平行射影与两个因素有关:一个是投影方向,一个是投影平面.正确理解平行射影的有关概念,是解决平行射影问题的关键.题型一题型二题型三【变式训练1】 若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:当三角形的平行射影仍是三角形时,其在投影平面上的三角形的形状可能会发生变化,此时三角形的各顶点、各边的位置也会发生变化,其中内心、垂心、外心这些由顶点和边确定的点会随着发生变化,而中线上三等分点的等分比例性质不变,重心射影前后相对的位置关系不变.
答案:B题型一题型二题型三【例2】 如图,已知点E,F分别为正方体的面ADD1A1,面BCC1B1的中心,则四边形BFD1E在该正方体的面上的正射影可能是 .(要求:把可能的图的序号都填上)?题型一题型二题型三解析:对四边形BFD1E在正方体的六个面上的正射影都要考虑到,并且对于图形要考虑所有点的正射影,又知线段由两个端点唯一确定,故考查四边形BFD1E的射影,只需同时考查点B,F,D1,E在各个面上的正射影即可.
四边形BFD1E在平面ABB1A1,平面CDD1C1,平面ABCD和平面A1B1C1D1上的正射影均为图②;四边形BFD1E在平面ADD1A1和平面BCC1B1上的正射影均为图③.
答案:②③
反思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.题型一题型二题型三【变式训练2】 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是AA1,D1C1的中点,G是正方形BCC1B1的中心,画出空间四边形AEFG在该正方体的面DCC1D1上的正投影.题型一题型二题型三解:如图①,点A落在D点上,点G 落在CC1的中点G'上,点F在面DCC1D1上的正射影仍为点F,点E落在DD1的中点E'上,所以其正投影如图②所示.题型一题型二题型三易错点:不能准确理解平行射影的概念而致错
【例3】 已知线段AB,CD在同一平面内的正射影相等,则线段AB,CD的长度关系为( )
A.AB>CD B.ABC.AB=CD D.无法确定
错解:因为线段AB,CD的正射影相等,所以线段AB,CD的长度也相等,故选C.
错因分析:上述错误的原因是不能正确理解正射影的定义,一个图形在一个平面上的正射影与图形和平面的位置有关.
正解:D
解析:由于线段AB,CD与平面所成的角未定,虽然正射影相等,但线段AB,CD的长度无法确定,故它们的长度关系也无法确定.故选D.课件19张PPT。二 平面与圆柱面的截线1.通过圆柱形水杯中水面的倾斜,感受平面截圆柱的形式,并能证明定理1.
2.通过Dandelin双球探求椭圆的性质,体会这种证明问题的方法.121.定理1 12【做一做1】 圆柱形物体的截口是( )
A.双曲线 B.圆
C.抛物线 D.椭圆或圆
解析:当截面与圆柱的底面平行时,截口是圆,否则是椭圆.
答案:D122.椭圆
(1)椭圆组成元素:如图,F1,F2是椭圆的焦点,B1B2是F1F2的中垂线.
我们把A1A2叫做椭圆的长轴,B1B2叫做椭圆的短轴,F1F2叫做椭圆的焦距.如果长轴为2a,短轴为2b,那么焦距2c=12(2)Dandelin双球探究椭圆性质:如图,设球O1,O2与圆柱的交线(圆)所在的平面分别为α,γ,椭圆所在的斜截面β与它们的交线分别为l1,l2,α,γ与β所成的二面角为θ,母线与平面β的交角为φ.由于α,β,γ都是确定的,因此交线l1,l2也是确定的.12①当点P在椭圆的任意位置时,过点P作l1的垂线,垂足为点Q,过点P作平面α的垂线,垂足为点K1,连接K1Q,得Rt△PK1Q,则∠QPK1=φ.从而
②椭圆上任意一点到焦点F1的距离与到直线l1的距离之比为定值cos φ.我们把直线l1叫做椭圆的一条准线.?
③椭圆上任意一点到焦点F2的距离与到直线l2的距离之比也为定值cos φ,所以l2是椭圆的另一条准线.?
④记e=cos φ,我们把e叫做椭圆的离心率.12名师点拨e的几何意义是椭圆上一点到焦点的距离与它到准线的距离的比.当e越接近于1时,c越接近于a,从而b越小,因此椭圆越扁;反之,e越接近于0,从而b越接近于a,椭圆越接近于圆.当e=0时,c=0,a=b,两个焦点重合,图形就是圆了.可见离心率是刻画椭圆扁圆程度的量.12【做一做2-1】 已知F1和F2是椭圆的焦点,P是椭圆上的任一点,PF1=d1,PF2=d2,则( )
A.d1+d2是常数 B.d1-d2是常数
答案:A
解析:设椭圆的长轴长、短轴长、焦距分别为2a,2b,2c,则由题意,知2c=8,故c=4.
答案:1012【做一做2-3】 椭圆的长轴长为10,短轴长为8,则焦距等于( )
A.6 B.8
C.10 D.3
解析:设椭圆的长轴长、短轴长、焦距分别为2a,2b,2c,
则由题意,知2a=10,2b=8,
答案:ADandelin双球探求椭圆性质的过程
剖析:通过一条直线与相离的两个等圆的内公切线的情形,类比为两个半径相等的球在一个平面的两侧均与球相切的情形,从而得到定理1及有关结论,因而对于平面内直线与两个相离的等圆的内公切的情形要注意研究,这有助于理解椭圆和下一节的知识.
圆柱内嵌入两个球,使它们分别位于斜截面的上方和下方,并且与圆柱和斜截面均相切,这是证明定理的关键.这种方法是数学家Dandelin创立的,故将嵌入的两球称为Dandelin双球.要注意对于Dandelin双球的研究.题型一题型二题型三【例1】 已知平面α与一圆柱的母线成60°角,则该平面与圆柱截口图形的离心率是( )
答案:D
反思圆柱形物体的斜截口是椭圆,因此,椭圆的度量性质和底面半径、截面与母线的夹角密切相关.题型一题型二题型三【变式训练1】 底面直径为12 cm的圆柱被与底面成30°的平面所截,截口是一个椭圆,该椭圆的长轴长 ,短轴长 ?,离心率为 ?.?题型一题型二题型三【例2】 如图,已知球O1,O2分别切平面β于点F1,F2,P1P2为☉O1的一条直径,点Q1,Q2分别为点P1,P2在平面β内的平行射影,G1G2=2a,Q1Q2=2b,G1G2与Q1Q2互相垂直平分.题型一题型二题型三证明:如图,过点G1作G1H⊥BG2,H为垂足,
则四边形ABHG1是矩形.∴G1H=AB.
∵点Q1,Q2分别是点P1,P2的平行射影,∴P1Q1??P2Q2.
∴四边形P1Q1Q2P2是平行四边形.
∴Q1Q2=P1P2,即Q1Q2等于底面直径.
∴G1H=AB=Q1Q2=2b.
又由切线长定理,知G1A=G1F1=G2F2,G2F1=G2B,
∴G2F1-G2F2=G2B-G1A.
又G1A=BH,∴G2F1-G2F2=G2B-BH.∴F1F2=G2H.题型一题型二题型三反思探究圆柱体的斜截口——椭圆的性质时,需考察Dandelin双球与圆柱及其截面的关系,综合应用切线长定理、三角形的相似与全等、解直角三角形及平行射影的性质.题型一题型二题型三【变式训练2】 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( )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.
答案:B题型一题型二题型三易错点:概念不清而致错
【例3】 如图,一个底面半径为R的圆柱被与其底面所成角为θ(0°<θ<90°)的平面所截,截面是一个椭圆.当θ=30°时,这个椭圆的离心率为( )
错解:由题易知,平面与圆柱的截口为椭圆,所以离心率
错因分析:上述解法错在没有正确理解椭圆的离心率的求解方法,在利用公式e=cos φ时,φ必须是圆柱的母线与平面的夹角.题型一题型二题型三正解:A 课件19张PPT。三 平面与圆锥面的截线1.了解不平行于底面且不通过圆锥的顶点的平面截圆锥的形状是椭圆、抛物线、双曲线.
2.感受平面截圆锥的形状,并从理论上证明.
3.通过Dandelin双球探求双曲线的性质,理解这种证明问题的方法.1231.定理2 123123名师点拨
2.圆锥曲线的统一性,椭圆为封闭图形,双曲线、抛物线为不封闭图形,其图形不一样,但它们都可以用平面截对顶圆锥面得到,因此,圆、椭圆、双曲线、抛物线统称为圆锥曲线.它们都满足曲线上的点到焦点的距离与到准线的距离之比为常数,即离心率e.1232.圆锥曲线的结构特点
(1)椭圆上的点到两个定点(焦点)的距离之和为常数(长轴长2a).
(2)双曲线上的点到两个定点(焦点)的距离之差的绝对值为常数(2a).
(3)抛物线上的点到一个定点(焦点)和一条定直线的距离相等.
【做一做1】 双曲线上任意一点到两个焦点的距离分别是d1和d2,则下列为常数的是( )
A.d1-d2 B.d1+d2
C.|d1-d2| D.d2-d1
答案:C1233.圆锥曲线的几何性质
(1)焦点:Dandelin球与平面π的切点.
(2)准线:截面与Dandelin球和圆锥交线所在平面的交线.123(4)圆锥曲线的几何性质 123【做一做2-1】 设截面和圆锥的轴的夹角为β,圆锥的母线和轴所成角为α,当截面是椭圆时,其离心率等于( )
答案:B
【做一做2-2】 双曲线的焦距为4,实轴长为3,则离心率e= .?
解析:设双曲线的实轴长、虚轴长、焦距分别为2a,2b,2c,则2c=4,2a=3,在定理2中,当β<α时,探究截线形状
剖析:如图,当β<α时,平面π与圆锥面的两部分相交,在圆锥的两部分分别嵌入Dandelin球,与平面π的两个切点分别为F1,F2,与圆锥两部分截的圆分别为S1,S2.在截口上任取一点P,连接PF1,PF2.过点P和圆锥的顶点O作母线,分别与两球切于Q1,Q2点,则PF1=PQ1,PF2=PQ2,所以|PF1-PF2|=|PQ1-PQ2|=Q1Q2,所以Q1Q2是两圆S1,S2所在平行平面间的母线段的长,且为定值.
所以由双曲线的定义知,点P的轨迹为双曲线.题型一题型二题型三【例1】 如图,讨论其中双曲线的离心率.其中π'是Dandelin球与圆锥交线S2所在的平面,与π的交线为m.
题型一题型二题型三∵PB平行于圆锥的轴,∴∠BPA=β,∠BPQ2=α.
反思讨论圆锥曲线的几何性质时,要注意结合图形进行.解:点P是双曲线上任意一点,连接PF2,过点P作PA⊥m于点A,过点P作PB⊥平面π'于点B,连接AB,过点P作母线交S2于点Q2,连接BQ2.题型一题型二题型三【变式训练1】 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题型一题型二题型三【例2】 已知双曲线两个顶点间的距离为2a,焦距为2c,求两条准线间的距离.
解:如图,l1,l2是双曲线的准线,F1,F2是焦点,A1,A2是顶点,O为中心.题型一题型二题型三题型一题型二题型三【变式训练2】 顶角为60°的圆锥面中有一个半径为2的内切球,以该球为焦球作一截面,使截线为抛物线,求该抛物线的顶点到焦点的距题型一题型二题型三解:如图是圆锥的截面,其中点P为抛物线的顶点,点Q为抛物线的焦点,点M为截面与轴的交点,连接OA,OQ.
设A,B为球与圆锥的母线的切点.
由∠ASB=60°,
∴∠ASO=30°.
又OA=2,OA⊥SA,∴OS=4,易知OP⊥OS,
又PM∥SB,∴∠PMS=∠OSB=∠OSA,
∴SM=2OS=8.题型一题型二题型三易错点:错用圆锥曲线的离心率公式而致错
【例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( )错解:因为圆锥面的截面为等腰直角三角形,所以母线与轴线的夹角为45°.
又因为截面与轴线的夹角为30°,所以截线的离心率为题型一题型二题型三正解:A
解析:∵圆锥的轴截面为等腰直角三角形,所以母线与轴线的夹角α=45°.
又截面与轴线的夹角β=30°,即β<α,∴截线是双曲线,其离心率课件22张PPT。本讲整合专题一专题二专题三专题一 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.专题一专题二专题三应用1如图,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两点,连接AM.
求证:AM2=DM·EM.专题一专题二专题三证明:∵∠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.专题一专题二专题三专题二 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证不出来,或过程比较烦琐,此时可以借助相似三角形的有关比例线段来解决.专题一专题二专题三应用2如图,AD,CF是△ABC的两条高线,在AB上取一点P,使AP=AD,再从点P引BC的平行线与AC交于点Q.
求证:PQ=CF.
提示:利用相似三角形的性质,并结合AP=AD进行证明.专题一专题二专题三专题一专题二专题三应用3如图,△ABC为直角三角形,∠ABC=90°,以AB为边向外作正方形ABDE,连接EC交AB于点P,过点P作PQ ∥BC交AC于点Q.求证:PQ=PB.
提示:要证明PQ=PB,可以通过证明有关的三角形相似得出比例式,再由等式的性质证明其相等.专题一专题二专题三专题一专题二专题三专题三 平行线分线段的性质应用
平行线分线段的相关定理即平行线等分线段定理、平行线分线段成比例定理,其实质是揭示一组平行线在与其相交的直线上截得的线段所呈现的规律;主要用来证明比例式成立,证明直线平行,计算线段的长度,也可以作为计算某些图形的周长或面积的重要方法,其中,平行线等分线段定理是线段的比为1的平行线分线段成比例定理的特例.专题一专题二专题三专题一专题二专题三专题一专题二专题三应用5如图,在△ABC中,DE∥BC,DH∥GC.求证:EG∥BH. 2341523415答案:9 2341523415解析:设AD=2,则AB=6,
于是BD=4,OD=1.
如图,由射影定理得
CD2=AD·BD=8,答案:8 234154(陕西高考)如图,弦AB与CD相交于☉O内一点E,过E作BC的平行线与AD的延长线交于点P,已知PD=2DA=2,则PE= .?23415234155(课标全国高考)如图,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:
(1)CD=BC;
(2)△BCD∽△GBD.23415证明:(1)如图,连接AF,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.
而∠DGB=∠EFC=∠DBC,
故△BCD∽△GBD.课件25张PPT。本讲整合专题一专题二专题一 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、圆心角定理和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、圆心角与弧的关系来转化,并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来解决.专题一专题二A.50° B.45° C.40° D.35° ∴∠CAE-∠ECA=10°.
又∠CEB=∠CAE+∠ACE=60°,
∴∠CAE=35°,即∠CAB=35°.
答案:C专题一专题二应用2如图,已知D,E分别是△ABC的BC,AC边上的点,且∠ADB=∠AEB.求证:∠CED=∠ABC.
提示:要证明∠CED=∠ABC,容易想到圆内接四边形的性质,需证明A,B,D,E四点共圆.用圆内接四边形的判定定理不易找到条件,故采用分类讨论来解决.专题一专题二证明:作△ABE的外接圆,则点D与外接圆有三种位置关系:①点D在圆外;②点D在圆内;③点D在圆上.
(1)如果点D在圆外,设BD与圆交于点F,连接AF,
如图.则∠AFB=∠AEB.而∠AEB=∠ADB,则
∠AFB=∠ADB.这与“三角形的外角大于任一
不相邻的内角”矛盾.故点D不能在圆外.
(2)如果点D在圆内,设圆与BD的延长线交于点F,连接AF,如图,
则∠AFB=∠AEB.
又因为∠AEB=∠ADB,
所以∠AFB=∠ADB.
这也与“三角形的外角大于任一不相邻的内角”矛盾.
故点D不可能在圆内.综上可得,点A,B,D,E在同一圆上.所以∠CED=∠ABC.专题一专题二专题二 与圆有关的线段的计算与证明
在圆中,解决与圆有关的线段的计算与证明问题时,先考虑圆幂定理,即相交弦定理、割线定理、切割线定理和切线长定理,得到成比例线段,再结合射影定理、相似三角形进行等比代换或等量代换加以证明或列出方程解得线段的长.专题一专题二应用3如图,过☉O外一点A作一条直线与☉O交于C,D两点,AB切☉O于点B,弦MN过CD的中点P.若AC=4,AB=6,则MP·NP= .?专题一专题二应用4在两圆公共弦AB上,任取一点G,过点G作直线交一圆于点C,D,交另一圆于点E,F.
求证:CG·ED=EG·CF.
提示:简单型的比例线段问题,首先考虑证明两个三角形相似.
证明:如图,连接AD,AE,BC,BF.
∵∠D=∠ABC,∠AGD=∠CGB,
∴△ADG∽△CBG.
∴AG·BG=CG·DG.①专题一专题二234156781(天津高考)如图,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( )23415678解析:由相交弦定理,
因为M,N是弦AB的三等分点,
所以AM=MN=NB,MB=AN.
所以AM·MB=AN·NB.
答案:A23415678解析:由切割线定理得EC2=EB·EA,
即12=EB·(EB+4),可求得EB=2.
连接OC,则OC⊥DE,所以OC∥AD,答案:3 2(广东高考)如图,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=234156783(重庆高考)如图,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= .?
解析:因为PA是圆的切线,
所以有PA2=PC·PD,
因此CD=PD-PC=9.
又因为CE∶ED=2∶1,所以CE=6,ED=3.
又由相交弦定理可得AE·BE=CE·ED,
答案:2234156784(广东高考)如图,已知AB是圆O的直径,AB=4,EC是圆O的切线,切点为C,BC=1,过圆心O作BC的平行线,分别交EC和AC于点D和点P,则OD= .?23415678答案:8 234156785(课标全国Ⅰ高考)如图,AB是☉O的直径,AC是☉O的切线,BC交☉O于点E.
(1)若D为AC的中点,证明:DE是☉O的切线;23415678解:(1)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°,DE是☉O的切线.234156786(课标全国Ⅱ高考)如图,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.
(1)证明:EF∥BC;
(2)若AG等于☉O的半径,且AE=MN=23415678解:(1)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.23415678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.234156787(课标全国Ⅰ高考)如图,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.23415678(1)证明: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)解: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.234156788(课标全国Ⅱ高考)如图,P是☉O外一点,PA是切线,A为切点,割线PBC与☉O相交于点B,C,PC=2PA,D为PC的中点,AD的延长线交☉O于点E.证明:
(1)BE=EC;
(2)AD·DE=2PB2.23415678证明:(1)连接AB,AC,
由题设知PA=PD,故∠PAD=∠PDA.
因为∠PDA=∠DAC+∠DCA,
∠PAD=∠BAD+∠PAB,∠DCA=∠PAB,
因此BE=EC.
(2)由切割线定理,得PA2=PB·PC.
因为PA=PD=DC,所以DC=2PB,BD=PB.
由相交弦定理,得AD·DE=BD·DC,
所以AD·DE=2PB2.课件9张PPT。本讲整合专题一专题二专题一 正射影问题
正射影的要求较平行射影要高,在以前的学习中也有一定的介绍,要求会作出某个图形在平面上的正射影(尤其是在三视图中更明显),而平行射影只要求了解即可.常与简单几何体相联系,在选择题、填空题、解答题中均有可能出现,预计将来还会保持这种形式.
画出一个图形在一个平面上的射影的关键是确定该图形的关键点如顶点等,画出这些关键点的射影,再依次连接即可得,此图形在该平面上的射影.如果对平行投影理解不充分,对该类题目容易不知所措.避免出现这种情况的方法是依据平行投影的含义,借助于空间想象来完成.专题一专题二应用1
如图,点O为正方体ABCD-A1B1C1D1的中心,点E为面BCC1B1的中心,点F为B1C1的中点,则空间四边形D1OEF在该正方体的面上的正射影可能是 .?专题一专题二提示:要画出四边形D1OEF在该正方体各个面上的正射影,只要画出四个顶点D1,O,E,F在每个面上的射影,再顺次连接即得在该面上的射影.
解析:在面DCC1D1上的射影是图①;在面BCC1B1上的射影是图②;在面ABCD上的射影为图③.
答案:①②③专题一专题二应用2在四面体ABCD中,过顶点A的三条侧棱AB,AC,AD两两互相垂直,O是顶点A在底面上的射影.
提示:连接DO并延长,交BC于点E,连接AE.由AB,AC,AD两两互相垂直,且O是顶点A在底面上的射影,知AE⊥BC,DE⊥BC,容易求出S△ABC,S△BOC,S△BDC,再利用直角三角形中的射影定理即可求解.专题一专题二证明:如图,连接DO并延长交BC于点E,连接AE.
∵三条侧棱AB,AC,AD两两互相垂直,O是顶点A在底面上的射影,
∴O是△BCD的垂心,则DE⊥BC.
可知AE⊥BC.
又AD⊥AB,AD⊥AC,
∴AD⊥面ABC,则AD⊥AE.
在Rt△DAE中,根据射影定理,有AE2=EO·ED,专题一专题二专题二 借助图形解决圆锥曲线问题
圆锥曲线的定义、性质是高考的重点和热点,讨论圆锥曲线的性质时,借助图形的直观性,可以发现圆锥曲线的性质与图形之间的对应关系,从而找到解决问题的思路.提示:本题综合考查了圆锥曲线的定义、几何性质(焦点、顶点、中心、准线、离心率),只要画出平面示意图是比较容易求解的.专题一专题二
