第一课时 平移、旋转、反射和相似与位似
[对应学生用书P1]
1．平移、旋转、反射
变换
含义
平移
图形的平移过程称为平移变换
旋转
图形的旋转过程称为旋转变换
反射
一个图形F绕一条直线l翻转180°得到另外一个图形F′，则F与F′关于l对称，这种图形的变化过程称为反射变换，直线l称为反射轴
2．相似与位似
变换
含义
相似
两个图形的形状相同，但大小不同，这两个图形是相似图形，把一个图形按一定比例放大或缩小，这种图形的变化过程称为相似变换
位似
把一个图形变为它的位似图形，这种图形的变化过程称为位似变换
1．平移、旋转变换过程中有何异同点？
提示：相同点：两者不改变图形的形状和大小．
不同点：平移不会改变图形的方向，而旋转改变图形方向．
2．反射变换其实质是轴对称变换对吗？
提示：对．反射变换其实质就是轴对称变换．反射是由一条反射线确定，反射线也叫对称轴，是连接图形中任一点与该点映象之间的所有线段的垂直平分线．
3．位似变换是特殊的相似变换吗？
提示：相似变换是把一个图形按一定比例放大或缩小，而位似变换是图形的位置发生了改变，其形状、对应角的大小都不变．位似变换是一种特殊的相似变换．
[对应学生用书P1]
相似与位似变换及应用
[例1] 如图，△ABC三个顶点坐标分别为A(2,1)，B(4,4)，C(6,3)，以点O为位似中心，相似比为2，将△ABC放大，位似变换后，求A，B，C的对应点的坐标．
[思路点拨] 本题主要考查相似和位似变换，解答此题需要先利用相似变换后再利用位似中心确定图形．
[精解详析] 如图A，B，C的对应点的坐标分别为
A′(4,2)，B′(8,8)，C′(12,6)和A″(－4，－2)，
B″(－8，－8)，C″(－12，－6)．
相似变换的关键是确定相似比，而位似变换是由位似比决定的．若设A和A′是F和F′上任意一对对应点，则O，A，A′共线且＝a·，(定值)a为F与F′的位似比，O是位似中心．当A和A′居位似中心同侧时，a>0，当A和A′分别位居位似中心两侧时，a<0.故可知F与F′的相似比为|a|.特别地当a＝－1时，位似变换就是中心对称变换．
1．如图，用放大镜将图形放大，应该属于( )
A．相似变换 B．平移变换
C．反射变换 D．旋转变换
解析：选A 用放大镜放大是按一定比例放大的．属相似变换．
2．如图，小“鱼”与大“鱼”是位似图形，如果小“鱼”上一个“顶点”的坐标为(a，b)，那么大“鱼”上对应“顶点”的坐标为( )
A．(－a，－2b) B．(－2a，－b)
C．(－2a，－2b) D．(－2b，－2a)
解析：选C 找对称点，易知选C.
平移、旋转、反射
[例2] 观察下列几组图，分析每组图中的右图是由左图经过怎样的变换得到的．
[思路点拨] 本题考查对平移、旋转、反射变换的理解．解答此题，只需按照各自变换的含义判断可得结论．
[精解详析] (1)平移变换．(2)旋转变换．(3)反射变换．
判断两个图形中的一个图形是经过平移、旋转、反射哪种变换得到另一个图形，应抓住它们的特点判断．平移、旋转、反射变换只改变了图形的位置，形状、大小没变．平移是把一个图形沿某个方向移动一定的距离，旋转是把一个图形绕着一个定点，沿某个方向转动一个角度，反射是把一个图形绕一条直线翻转180°.
本例(1)中两图形若放置如下图．△A1B1C1与△A2B2C2全等．方格纸中正方形的边长为1.
在方格纸中将△A2B2C2经过怎样的变换后可以与△A1B1C1成中心对称图形？
解：变换方法不唯一．如图，△A2B2C2绕点C2顺时针旋转90°后即与△A1B1C1成中心对称图形．对称中心为O.
[例3] 如图，平面镜A与B之间夹角为110°，光线经平面镜A反射到平面镜B上，再反射出去，若∠1＝∠2，则∠1的度数为 ．
[思路点拨] 本题主要考查反射的应用，解答此题时注意入射线与反射线间关系．
[精解详析] ∵∠1＝∠2，且∠1＋∠2＋110°＝180°，
∴∠1＝35°.
[答案] 35°
入射线与反射线关于界面的法线对称．即法线为反射轴，解决时注意结合图形分析平面图形的几何性质．
3．如下图，△ABC中，∠A＝30°，以BE为边，将此三角形对折．其次，又以BA为边，再一次对折，C点落在BE上，此时∠CDB＝82°，则原三角形的∠B＝ 度．
解析：由翻折知∠ABE＝∠EBA′＝∠A′BC.
∴∠B＋30°＋98°＝180°，
∴∠B＝78°.
答案：78
本课时考点常以平移、旋转、反射为命题热点，是高考新增内容的一个亮点．
[考题印证]
如图，线段AB＝8，点C在线段AB上，且AC＝2，P为线段CB上一动点，点A绕点C旋转后与点B绕点P旋转后重合于点D.设CP＝x，△CPD的面积为f(x)，则f(x)的定义域为 ；f′(x)的零点是 ．
[命题立意]
本题以旋转变换与函数相结合考查函数关系式的求 法及定义域零点问题． [自主尝试] 依题意得，以点C为圆心、AC＝2为半径的圆与以点P为圆心、PB＝6－x为半径的圆必相交，
于是有|2－(6－x)|答案：(2,4) 3
[对应学生用书P3]
一、选择题
1．将一矩形纸条， 按如图所示折叠，则∠1＝( )
A．64° B．16°
C．52° D．26°
解析：选C 由翻折即对称变换知∠1＝180°－2×64°＝52°.
2．如图，一块等边三角形木板ABC的边长为1，现将木板沿水平线翻转(绕一个点旋转)，那么A点从开始到结束所走的路径长度为( )
A．4 B．2π
C． D．
解析：选D 第一次转了120度，再转一次120度，共转了240度．所以，所走的长度.
3．下列图形中，绕某个点旋转180°能与自身重合的有( )
①正方形，②长方形，③等边三角形，④线段，⑤角，⑥平行四边形．
A．5个 B．2个
C．3个 D．4个
答案：D
4．如图，四边形EFGH是由四边形ABCD平移得到的，已知AD＝5，∠B＝70°，则( )
A．FG＝5，∠G＝70°
B．EH＝5，∠F＝70°
C．EF＝5，∠F＝70°
D．EF＝5，∠E＝70°
解析：选B 平移后角和线段不变，∠B与∠F对应，线段HE与AD对应．
二、填空题
5．图中是边长为1的12个小正方形所组成的网格，则网中的格点△ABC的面积为 ．
解析：S＝3×4－×3×3－×1×2－×1×4＝.
答案：
6．如图，要把网格中的a，b，c三条线段沿着网格线平移后组成一个首尾相接的三角形，至少需要移动 步(平移一格算一步)．
解析：b不动，a平移2步，c平移3步，共平移5步．
答案：5
7．如图，由11个面积为6的等边三角形按下列方式排列，它们都有一边在同一直线上，每个三角形底边的中点恰为下一个三角形的一个顶点．
(1)该图案的形成过程是 ．
(2)由这11个三角形所盖住的平面区域的面积是 ．
解析：(1)该图案形成的过程可看作第一个等边三角形连续向右平移10次，每次移动的距离为底边长的一半．
(2)由图形知，每个正三角形由四个小正三角形构成．其小正三角形面积为＝1.5，故这11个三角形所盖住的平面区域的面积是34×＝51.
答案：(1)将第一个等边三角形连续向右平移10次，每次移动的距离为底边长的一半 (2)51
8．如图已知线段DE由线段AB平移而得，AB＝DC＝4 cm，EC＝5 cm，则△DCE的周长是 cm.
解析：由平移的特征知：
DE＝AB＝4.
∴△DCE的周长为4＋4＋5＝13 (cm)．
答案：13
三、解答题
9．如图是某设计师设计的方桌布图案的一部分，请你运用旋转变换的方法，在坐标纸上将该图形绕原点顺时针依次旋转90°、180°、270°并画出它在各象限内的图形，你会得到一个美丽的“立体图形”，你来试一试吧！但是涂阴影时要注意利用旋转变换的特点，不要涂错了位置，否则不会出现理想的效果，你来试一试吧！
解：如图所示：
10．如图，根据要求答题：
(1)要选用A，B，C中的一种瓷砖将上图中的空白部分全部覆盖，应选用哪一种？并在图①中画出你的铺法．
(2)如果可以选择其中的两种，你还可以怎样铺？(在图②中画出你的铺法)
(3)三种瓷砖单价如下：A.8元，B. 6元，C.9元5角，从经济的角度考虑，选择哪一种方案较省钱？
解：(1)选A种． (2)
(3)选择B，C两种瓷砖较省钱．
11．如图，在网格中有一个四边形图案．
(1)请你画出此图案绕点D顺时针方向旋转90°，180°，270°的图案，你会得到一个美丽的图案，千万不要将阴影位置涂错；
(2)若网格中每个小正方形的边长为1，旋转后点A的对应点依次为A1，A2，A3，求四边形AA1A2A3的面积；
(3)设AB＝a，BC＝b，CA＝c，则这个美丽图案能够说明一个著名结论的正确性，请写出这个结论．
解：(1)如图所示：
(2)S＝×＝34.
(3)勾股定理：c2＝a2＋b2.
第三课时 直角三角形的射影定理
[对应学生用书P9]
射影定理
射影定理
文字语言
直角三角形的每一条直角边是它在斜边上的射影与斜边的比例中项，斜边上的高是两条直角边在斜边上射影的比例中项．
符号语言
在Rt△ABC中AC⊥CB，CD⊥AB于D，则AC2＝AD·AB，BC2＝BD·BA，CD2＝BD·AD.
图形语言
如图所示
在直角三角形中，勾股定理与射影定理有什么联系？
提示：在Rt△ABC中，∠C＝90°，CD是AB边上的高．应用射影定理可以得到AC2＋BC2＝AD·AB＋BD·AB＝(AD＋BD)·AB＝AB2.可见利用射影定理证明勾股定理比用面积割补的方法证明更简洁．
[对应学生用书P9]
利用射影定理解决计算问题
[例1] 如图，D为△ABC中BC边上的一点，∠CAD＝∠B，若AD＝6，AB＝10，BD＝8，求CD的长．
[思路点拨] 本题主要考查利用射影定理计算直角三角形中的有关线段长问题．解此题时要先判断△ABC为直角三角形，进一步由射影定理求CD.
[精解详析] 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°，∴∠BAC＝90°，
∴在Rt△ABC中，AD⊥BC.
由射影定理可知，AD2＝BD·CD，∴62＝8×CD，
∴CD＝.
利用射影定理时注意结合图形．同时可添加垂线创设更多的直角三角形，以利用射影定理与勾股定理解决计算问题．
1.如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，CD是斜边上的高，AC＝5，BC＝8，求S△CDA∶S△CDB.
解：∵△CDA和△CDB同高，
∴＝.又AC2＝AD·AB，CB2＝BD·AB，
∴＝＝.
∴＝＝＝.
2.如图，在Rt△ABC中，CD是斜边AB上的高，DE是Rt△BCD斜边BC上的高，若BE＝6，CE＝2.
求AD的长是多少．
解：因为在Rt△BCD中，DE⊥BC，所以由射影定理可得：CD2＝CE·BC，
所以CD2＝16，
因为BD2＝BE·BC，
所以BD＝＝4 .
因为在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，
CD⊥AB，
所以由射影定理可得：CD2＝AD·BD，
所以AD＝＝＝.
利用射影定理解决证明问题
[例2] 如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC于D，DF⊥AC于F，DE⊥AB于E.
求证：(1)AB·AC＝AD·BC；
(2)AD3＝BC·BE·CF.
[思路点拨] 本题主要考查利用射影定理证明等积问题，解答此题时分别在三个直角三角形中应用射影定理，再将线段进行代换，即可证明等积问题．
[精解详析] (1)在Rt△ABC中，AD⊥BC，
∴S△ABC＝AB·AC＝BC·AD，
∴AB·AC＝AD·BC.
(2)在Rt△ADB中，DE⊥AB，由射影定理得BD2＝BE·AB，同理CD2＝CF·AC.
∴BD2·CD2＝BE·AB·CF·AC.
又在Rt△BAC中，AD⊥BC，∴AD2＝BD·DC.
∴AD4＝BD2·DC2，∴AD4＝BE·CF·AB·AC.
∴AD3＝BE·CF·AB·AC·.
又AB·AC＝BC·AD，
∴AD3＝BE·CF·BC.
在同一问题中需多次应用射影定理时，一定要结合图形，根据要证的结论，选择好射影定理的表达式．同时，注意线段的等量代换及比例式可化为乘积式的恒等变形．
3．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC于D，BE平分∠ABC交AC于E，EF⊥BC于F.
求证：EF∶DF＝BC∶AC.
证明：∵∠BAC＝90°，AD⊥BC，
由射影定理知AC2＝CD·BC，
即＝.
∵BE平分∠ABC，EA⊥AB，EF⊥BC，
∴AE＝EF.
∵EF⊥BC，AD⊥BC，
∴EF∥AD.
∴＝.
∴＝.
∴＝，
即EF∶DF＝BC∶AC.
4．如图，AD，BE是△ABC的两条高，DF⊥AB，垂足为F，直线FD交BE于点G，交AC的延长线于H.
求证：DF2＝GF·HF.
证明：在△AFH与△GFB中，
因为∠H＋∠BAC＝90°，∠GBF＋∠BAC＝90°，
所以∠H＝∠GBF.
因为∠AFH＝∠GFB＝90°，
所以△AFH∽△GFB.
所以＝，
所以AF·BF＝GF·HF.
因为在Rt△ABD中，FD⊥AB，
所以DF2＝AF·BF，
所以DF2＝GF·HF.
本课时主要考查利用射影定理求线段长与证明问题，属中低档题．
[考题印证]
如图，AB是半圆O的直径，C是半圆O上异于A，B的点，CD⊥AB，垂足为D，已知AD＝2，CB＝4 ，则CD＝ .
[命题立意]
本题主要考查利用射影定理计算线段长问题．
[自主尝试] 由射影定理知CD2＝AD·BD，
BC2＝BD·AB
∴BC2＝(AB－AD)·AB.
即AB2－2AB－48＝0.
∴AB＝8，∴BD＝6，故CD2＝2×6＝12，
∴CD＝2.
答案：2
[对应学生用书P11]
一、选择题
1．在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC于点D，若＝，则＝( )
A． B．
C． D．
解析：选C 由射影定理知，BD＝，CD＝，
所以＝＝2
又＝，所以＝.
2．如图，△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：选C 在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，由射影定理知AC2＝AD·AB，BC2＝BD·AB，
又∵AD＝3，BD＝2，∴AB＝AD＋ BD＝5.
∴AC2＝3×5＝15，BC2＝2×5＝10.
∴＝＝，即AC∶BC＝∶.
3．在△ABC中，CD⊥AB于点D，下列不能确定△ABC为直角三角形的是( )
A．AC＝2，AB＝2，CD＝
B．AC＝3，AD＝2，BD＝2
C．AC＝3，BC＝4，CD＝
D．AB＝7，BD＝4，CD＝2
解析：选B 在A中，AD＝，AC2＝AD·AB，故△ABC为直角三角形；在B中，CD＝，CD2＝5≠AD·DB＝4，故△ABC不是直角三角形，同理可证C，D中三角形为直角三角形．
4．在△ABC中，AD是高，且AD2＝BD·DC，则∠BAC( )
A．大于90° B．等于90°
C．小于90° D．不能确定
解析：选D 如图(1)，
由AD2＝BD·CD，
有AB2＋AC2＝BD2＋CD2＋2AD2＝BD2＋CD2＋2BD·CD＝(BD＋CD)2，
即AB2＋AC2＝BC2，
可得∠BAC＝90°，
如图(2)，显然AD2＝BD·CD，D点在△ABC外，
则∠ACB>90°，
所以△ABC是直角或钝角三角形．
二、填空题
5.如图所示，Rt△ABC中，AC⊥BC，点C在AB上的正射影为D，且AC＝3，AD＝2，则AB＝ .
解析：∵AC⊥BC，又D是C在AB上的正射影，
∴CD⊥AB，∴AC2＝AD·AB.
又AC＝3，AD＝2，∴AB＝＝.
答案：
6.(湖北高考)如图，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 ．
解析：连接AC，BC，则AC⊥BC.
；∵AB＝3AD，∴AD＝AB，BD＝AB，OD＝AB.
又AB是圆O的直径，OC是圆O的半径，
∴OC＝AB.
在△ABC中，根据射影定理有：
CD2＝AD·BD＝AB2.
在△OCD中，根据射影定理有：OD2＝OE·OC，
CD2＝CE·OC，可得OE＝AB，CE＝AB，∴＝8.
答案：8
7．在Rt△ACB中，∠C＝90°，CD⊥AB于D，若BD∶AD＝1∶4，则tan∠BCD＝ .
解析：如图，由射影定理得：
CD2＝AD·BD，
又∵BD∶AD＝1∶4，设BD＝x，则AD＝4x(x>0)，
∴CD2＝AD·BD＝4x2，∴CD＝2x.
在Rt△CDB中，tan∠BCD＝＝＝.
答案：
8.如图，在△ABC中，D，F分别在AC，BC上，且AB⊥AC，AF⊥BC，BD＝DC＝FC＝1，则AC＝ .
解析：；在△ABC中，设AC＝x，因为AB⊥AC，AF⊥BC，FC＝1，根据射影定理，得AC2＝FC·BC，即BC＝x2.
再由射影定理，得
AF2＝BF·FC＝(BC－FC)·FC，
即AF2＝x2－1.所以AF＝.
在△BDC中，过D作DE⊥BC于E，
因为BD＝DC＝1，所以BE＝EC.
又因为AF⊥BC，所以DE∥AF，
所以＝，所以DE＝＝.
在Rt△DEC中，因为DE2＋EC2＝DC2，
即2＋2＝12，
所以＋＝1.
整理得x6＝4.所以x＝.
所以AC＝.
答案：
三、解答题
9．如图所示，在△ABC中CD⊥AB，BD＝AB－AC，求∠BAC.
解：因为BD＝AB－AC，所以AB－BD＝AC＝AD.因为CD⊥AB，所以∠CDA＝90°，在Rt△ADC中， cos∠CAD＝＝＝.
∴∠BAC＝60°.
10.如图，在△ABC中，AB＝m，∠BAC∶∠ABC∶∠ACB＝1∶2∶3，CD⊥AB于点D.求BD，CD的长．
解：设∠BAC的度数为x，则由∠BAC∶∠ABC∶∠ACB＝1∶2∶3，得∠ABC的度数为2x，∠ACB的度数为3x.因为∠BAC＋∠ABC＋∠ACB＝180°，
所以x＋2x＋3x＝180°，解得x＝30°.
所以∠ABC＝60°，∠ACB＝90°.
因为AB＝m，所以BC＝m，
又因为CD⊥AB，所以BC2＝BD·AB，
即2＝BD·m，所以BD＝m.
AD＝AB－BD＝m－m＝m.
由CD2＝AD·BD＝m·m＝m2，
得CD＝m.因此，BD的长是m，CD的长是m.
11．如图，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＝∠BCF.
求证：GD2＝GF·GH.
证明：因为∠H＝∠BCF，∠EBC＝∠GBH，
所以△BCE∽∠BHG，
因为CE⊥BH，
所以∠BGH＝90°，所以HG⊥BC.
在Rt△BCD中，因为BD⊥DC，
所以GD2＝GB·GC. ①
在△FCG和△BHG中，
因为∠FGC＝∠HGB＝90°，∠BCF＝∠H，
所以△FCG∽△BHG，
所以＝，
即GB·GC＝GF·GH， ②
由①②得，GD2＝GF·GH.
第二课时 平行线分线段成比例定理
[对应学生用书P5]
1．平行线分线段成比例定理及推论
定理内容
符号语言
平行线分线段成比例定理
三条平行线截两条直线，截得的对应线段成比例
如图，若a∥b∥c，则＝
推论
平行于三角形一边的直线截其他两边(或两边的延长线)，截得的对应线段成比例
如图，若a∥b∥c，则＝＝
2．三角形内角平分线定理
定理内容
符号语言
三角形内角平分线定理
三角形的内角平分线分对边所得的两条线段与这个角的两边对应成比例
如图，AD为∠A的平分线，则＝
1．平行线分线段成比例定理的条件是什么？
提示：定理的条件应给出一组平行线，至少三条，可以推广到多条但要注意对应成比例．
2．线段的比与比例线段有何异同？
提示：线段的比是两条线段而言的，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．
3．三角形内角平分线定理中能否写成AB·DC＝BD·AC?
提示：可以．但要注意其对应成比例不变．
[对应学生用书P5]
利用定理证明比例式
[例1] 如图，AD为△ABC的中线，在AB上取点E，AC上取点F，使AE＝AF，求证：＝.
[思路点拨] 本题主要考查利用平行线分线段成比例定理证明比例式．解答此题时，可考虑过C作CM∥EF，补一个平行四边形求解．
[精解详析] 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，则四边形ABGC为平行四边形．
∴AB＝GC.
∵CM∥EF，∴＝＝，∴＝.
又AB∥GC，AM＝AC，GC＝AB，
∴＝＝.∴＝.
1．利用平行线分线段成比例定理证明比例式时，当不能直接证明要证的比例成立时，常把线段的比转化为另两条线段的比．
2．当题中没有平行线条件而必须转移比例时，常添加辅助平行线，从而达到转移比例的目的．
1．AD为△ABC的中线，过C作任一直线交线段AB及中线AD于F，E.求证：＝.
证明：作FK∥AD交BC于点K，则有＝.
又＝，＝，
CD＝BD，两式相乘，
得＝，即＝，
∴＝＝＝，
∴＝，又＝，∴＝.
利用定理证明乘积式
[例2] 如图所示，已知直线FD和△ABC的BC边交于D，与AC边交于E，与BA的延长线交于F，且BD＝DC，求证：AE·FB＝EC·FA.
[思路点拨] 本题只需证＝即可．由于与没有直接关系，因此必须寻找过渡比将它们联系起来．因此考虑添加平行线构造过渡比．
[精解详析] 过A作AG∥BC，交DF于G点，如图所示．
∵AG∥BD，∴＝.
又∵BD＝DC，∴＝.
∵AG∥BD，∴＝.
∴＝，即AE·FB＝EC·FA.
证明乘积式时先转化为比例式，再利用平行线分线段成比例定理证明，必要时添加辅助平行线．
2．如图已知，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.
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.
定理的应用
[例3] 如图所示，∠A＝∠E，＝，BD＝8，求BC的长．
[思路点拨] 本题主要考查利用平行线分线段成比例定理求线段长．解此题时，由于BC和BD是对应线段，因此只需得出AC∥DE即可．
[精解详析] ∵∠A＝∠E，∴AC∥DE，
∴＝，∴＝，∴BC＝4.
在列比例式求线段的长时，应尽可能将需求的线段写成比例式的一项，以减少比例变形，减少错误．
3.如图，EF⊥FD，AB⊥FD，CD⊥FD，EF＝1.5，AB＝2.5，FB＝2，BD＝6，求CD的长．
解：由EF⊥FD，AB⊥FD，CD⊥FD，得EF∥AB∥CD.
过E作EH⊥CD于H，交AB于G，
则EH∥FD，则EF＝GB＝HD，EG＝FB，GH＝BD，
AG＝AB－EF＝2.5－1.5＝1，
＝＝＝，
所以CH＝4，所以CD＝CH＋HD＝4＋1.5＝5.5.
本课主要考查平行线分线段成比例定理，难度较低，属中低档题．
[考题印证]
如图，设D是△ABC的边AB上的一点，D点沿着平行于BC的方向移动到AC边上的E点，再由E点沿着平行于AB的方向移动到BC边上的F点；再由F点沿着平行于CA的方向移动到AB边上的G点……这样每沿着平行于某边的直线移动到另一边算作一次，那么最多n次，D点可回到原出发点，则n的值为 ．
[命题立意]
本题主要考查平行线分线段成比例定理的应用．
[自主尝试] 当D点是AB边的中点时，只需3次；
当D点是AB边上除中点外的任一点时，由平行线分线段成比例定理得
＝＝＝＝＝＝，
∴＝，
即＝，
∴BD＝BM，可知D点与M点重合，
∴n＝6.
答案：6
[对应学生用书P7]
一、选择题
1．如图，已知AA′∥BB′∥CC′，AB∶BC＝2∶1，那么下列等式成立的是( )
A．AB＝A′B′ B．AB∶AC＝2∶3
C．A′C′＝2BC D．CC′＝2AA′
解析：选B ∵＝，∴＝.
∴＝.∴＝，即＝.
2．如图，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( )
A．2∶1 B．3∶1
C．4∶1 D．5∶1
解析：选C 过D作DG∥AC交BE于G，
∴DG＝EC，又AE＝2EC，
∴AF∶FD＝AE∶DG＝2EC∶EC＝4∶1.
3.如图，在平行四边形ABCD中，E是AD上一点，连接CE并延长交BA的延长线于点F，则下列结论中错误的是( )
A．∠AEF＝∠DEC B．FA∶CD＝AE∶BC
C．FA∶AB＝FE∶EC D．AB＝DC
解析：选B 对于A，根据对顶角相等，此结论正确；
对于B，分析可得FA∶FB＝AE∶BC，所以此结论错误；
对于C，根据平行线分线段成比例定理得，此结论正确；
对于D，由平行四边形性质知，正确．
4．如图，在△ABC中，AE∶EB＝1∶3，BD∶DC＝2∶1，AD与CE相交于F，则＋的值为( )
A． B．1
C． D．2
解析：选C 过点D作DG∥AB交EC于G，
则＝＝＝，
而＝，即＝.∴AE＝DG.
∴AF＝DF，EF＝FG＝CG.
∴＋＝＋＝＋1＝.
二、填空题
5．如图，正方形ABCD中，过点D作DP交AC于点M，交AB于中点N，交CB的延长线于点P.若MN＝1，PN＝3，则DM的长为 ．
解析：∵AD∥BC，AN＝NB，∴＝＝1.
∵PN＝3，∴DN＝3.
∵MN＝1，∴DM＝DN－MN＝2.
答案：2
6．(广东高考)如图，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：由CD∥AE，得△CDF∽△AEF，
于是＝2＝2＝9.
答案：9
7．如图，体育兴趣小组选一名身高1.6 m的同学直立于旗杆影子的顶端处，其他人分为两部分，一部分同学测得该同学的影长为1.2 m，另一部分同学测得同一时刻旗杆影长为9 m，那么旗杆的高度是 m.
解析：由题意得1.6∶1.2＝旗杆的高度∶9.所以旗杆的高度为12 m.
答案：12
8．如图，在△ABC中，D是AC的中点，E是BD的中点，直线AE交BC于F，则的值为 ．
解析：过点D作DM∥AF交BC于点M，
∵点E是BD的中点，
∴在△BDM中，BF＝FM.
∵点D是AC的中点，
∴在△CAF中，CM＝MF.
∴＝＝.
答案：
三、解答题
9.已知线段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，当OA＝OB，且D为OA中点时，求的值．
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，AB⊥BD于B，CD⊥BD于D，连接AD，BC交于点E，EF⊥BD于F，求证：＋＝.
证明：∵AB⊥BD，CD⊥BD，EF⊥BD，
∴AB∥EF∥CD，
∴＝，＝，
∴＋＝＋＝＝＝1，
∴＋＝.
11．已知?ABCD的对角线交于点O，点P是直线BD上任意一点(异于B，O，D三点)，过P点作平行于AC的直线，交直线AD于E，交直线BA的延长线于F.
(1)若点P在线段BD上(如图所示)，试说明：AC＝PE＋PF.
(2)若点P在BD或DB的延长线上，试探究AC，PE，PF满足的等量关系式(只写出结论，不作证明)．
解：(1)延长FP交DC于点G，
因为AB∥CD，AC∥FG，
所以四边形AFGC是平行四边形，
所以AC＝FG(平行四边形的对边相等)，
因为EG∥AC，
所以＝＝(被平行线所截的线段对应成比例)；
又因为OA＝OC，所以PE＝PG，
所以AC＝FG＝PF＋PG＝PE＋PF.
(2)若点P在BD延长线上，AC＝PF－PE.如图所示．
若点P在DB延长线上，AC＝PE－PF.如图所示．
2．1 圆周角定理
[对应学生用书P12]
1．圆周角定理
(1)文字语言：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半；圆周角的度数等于它所对的弧的度数的一半．
(2)符号语言：在⊙O中，所对的圆周角和圆心角分别是∠BAC，∠BOC，则有∠BAC＝∠BOC＝°.
(3)图形语言：如图所示．
2．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也相等．
(2)推论2 半圆(或直径)所对的圆周角是直角；90°的圆周角所对的弧是半圆．
1．圆周角定理中圆周角与圆心角所对的弧是同一段弧吗？
提示：一定对着同一条弧才能有定理中的数量关系．
2．推论1中若把“同弧或等弧”改为“同弦或等弦”结论还成立吗？
提示：不成立．因为一条弦所对的圆周角有两种可能，在一般情况下是不相等的．
[对应学生用书P13]
利用圆周角定理解决计算问题
[例1] 已知△ABC内接于圆O，∠OBC＝35°，求∠A.
[思路点拨] 本题主要考查圆周角定理．顶点A的位置不确定，所以点A和圆心O可能在BC的同侧，也可能在BC的异侧．
[精解详析] (1)当点A和圆心O在BC的同侧时，如图①所示．
∵OB＝OC，∴∠OBC＝∠OCB.
∵∠OBC＝35°，
∴∠BOC＝180°－2∠OBC＝110°.
∴∠BAC＝∠BOC＝55°.
(2)当点A和圆心O在BC的异侧时，如图②所示．
设P为圆上与圆心O在BC的同侧一点，连接PB，PC.
∵OB＝OC，∴∠OBC＝∠OCB.
∵∠OBC＝35°，
∴∠BOC＝180°－2∠OBC＝110°.
∴∠BPC＝∠BOC＝55°.
∴∠BAC＝180°－∠BPC＝180°－55°＝125°.
综上所得，∠A的度数是55°或125°.
使用圆周角定理时，一定要注意“同一条弧”所对的圆周角与圆心角这一条件．
1．如图，△ABC内接于⊙O，OD⊥BC于D，∠A＝50°，则∠OCD的度数是( )
A．40° B．25°
C．50° D．60°
解析：选A 连接OB.因为∠A＝50°，
所以BC弦所对的圆心角∠BOC＝100°，
∠COD＝∠BOC＝50°，∠OCD＝90°－∠COD＝90°－50°＝40°.所以∠OCD＝40°.
[例2] 如图，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2sinA－1＝0，求⊙O的直径．
[思路点拨] 本题主要考查圆周角定理推论2的应用．解题时，可判断∠ACB＝90°.利用OD∥BC可得OD⊥AC.用相似可得OD的长，由边角关系可求⊙O的直径．
[精解详析] (1)∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°.∵OD∥BC，
∴∠ADO＝∠ACB＝90°，∴OD⊥AC.
(2)∵△AOD∽△ABC，
∴＝＝，∴OD＝BC＝×4＝2(cm)．
(3)∵2sin A－1＝0，∴sin A＝.
∵sin A＝，
∴＝，∴AB＝2BC＝2×4＝8(cm)．
“半圆(直径)所对的圆周角是直角，和直径能构成直角三角形”这一性质应用广泛，解题时注意直角三角形中有关定理的应用．
本例的条件变为：“弦AC＝4，BC＝3，CD⊥AB于D”，求CD.
解：由勾股定理知AB＝5，
∵S△ACB＝AC·BC＝AB·CD，
∴3×4＝5×CD，∴CD＝.
利用圆周角定理解决证明问题
[例3] 如图，BC为圆O的直径，AD⊥BC，＝，BF和AD相交于E，求证：AE＝BE.
[思路点拨] 本题主要考查利用圆周角定理证明问题．解题时只需在△ABE中证明∠ABE＝∠EAB.而要证这两个角相等，只需借助∠ACB即可．
[精解详析] ∵BC是⊙O的直径，
∴∠BAC为直角，
又AD⊥BC，
∴Rt△BDA∽Rt△BAC.
∴∠BAD＝∠BCA.
∵＝，∴∠FBA＝∠ACB.
∴∠BAD＝∠FBA.
∴△ABE为等腰三角形．
∴AE＝BE.
有关圆的题目中，圆周角与它所对的弧及弦可以相互转化．即欲证圆周角相等，可转化为证明它们所对的弧相等．要证线段相等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用方法．
2．如图，AB是⊙O的直径，C为圆周上一点，∠ABC＝30°，⊙O过点B的切线与CO的延长线交于点D.
求证：(1)∠CAB＝∠BOD.
(2)△ABC≌△ODB.
证明：(1)因为AB是⊙O的直径，
所以∠ACB＝90°，由∠ABC＝30°，
所以∠CAB＝60°.
又OB＝OC，所以∠OCB＝∠OBC＝30°，
所以∠BOD＝60°，
所以∠CAB＝∠BOD.
(2)在Rt△ABC中，∠ABC＝30°，得AC＝AB，
又OB＝AB，所以AC＝OB.
由BD切⊙O于点B，得∠OBD＝90°.
在△ABC和△ODB中，
所以△ABC≌△ODB.
本课时主要考查圆周角定理及推论的计算与证明问题，难度中档．
[考题印证]
如图，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.
[命题立意]
本题主要考查圆周角定理的推论及平行线的性质．
[自主尝试] 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.
[对应学生用书P14]
一、选择题
1.如图，CD是⊙O的直径，弦AB⊥CD于E，∠BCD＝25°，则下列结论错误的是( )
A．AE＝BE B．OE＝DE
C．∠AOD＝50° D．D是的中点
解析：选B 因为CD是⊙O的直径，弦AB⊥CD，
所以＝，AE＝BE，
因为∠BCD＝25°，
所以∠AOD＝2∠BCD＝50°，
故A，C，D正确，B不能得证．
2．如图所示，AB是⊙O的直径，C是上的一点，且AC＝8，BC＝6，则⊙O的半径r等于( )
A． B．5
C．10 D．不确定
解析：选B 由已知得∠ACB＝90°，
∴AB＝＝10，
即2r＝10，r＝5.
3.如图，直径为10的⊙C经过点A(0,5)和点O(0,0)，B是y轴右侧⊙C弧上一点，则cos∠ABO的值为( )
A． B．
C． D．
解析：选B 法一：设⊙C与x轴另一个交点为D，
连接AD，如图所示：
因为∠AOD＝90°，
所以AD为⊙C的直径，
又因为∠ABO与∠ADO为圆弧AO所对的圆周角，
所以∠ABO＝∠ADO，
又因为A(0,5)，所以OA＝5，
在Rt△ADO中，AD＝10，AO＝5，
根据勾股定理得：
OD＝＝5.
所以cos∠ABO＝cos∠ADO＝＝＝，故选B.
法二：连接CO，因为OA＝5，AC＝CO＝5，
所以△ACO为等边三角形，
∠ACO＝60°，
∠ABO＝∠ACO＝30°，
所以cos∠ABO＝cos 30°＝.
4．已知P，Q，R都在弦AB的同侧，且点P在上，点Q在所在的圆内，点R在所在的圆外(如图)，则( )
A．∠AQB<∠APB<∠ARB
B．∠AQB<∠ARB<∠APB
C．∠APB<∠AQB<∠ARB
D．∠ARB<∠APB<∠AQB
解析：选D 如图所示，延长AQ交圆O于点C，设AR与圆O相交于点D，连接BC，BD，则有∠AQB>∠ACB，∠ADB>∠ARB.
因为∠ACB＝∠APB＝∠ADB，
所以∠AQB>∠APB>∠ARB.
二、填空题
5.如图，点A，B，C在⊙O上，∠AOC＝60°，则∠ABC的度数是 ．
解析：因为∠AOC＝60°，所以弧ABC的度数为60°，
AC对的优弧的度数为
360°－60°＝300°，
所以∠ABC＝150°.
答案：150°
6.如图，在△ABC中，AB为⊙O的直径，∠B＝60°，∠BOD＝100°，则∠C的度数为 ．
解析：因为∠BOD＝100°，
所以∠A＝∠BOD＝50°.
因为∠B＝60°，
所以∠C＝180°－∠A－∠B＝70°.
答案：70°
7.如图，△ABC为⊙O的内接三角形，AB为⊙O的直径，点D在⊙O上，∠ADC＝68°，则∠BAC＝ .
解析：因为AB是圆O的直径，所以弧ACB的度数为180°，它所对的圆周角为90°，所以∠BAC＝90°－∠ABC＝90°－∠ADC＝90°－68°＝22°.
答案：22°
8.如图，在半径为2 cm的⊙O内有长为2 cm的弦AB，则此弦所对的圆心角∠AOB为 ．
解析：作OC⊥AB于C，则BC＝，
在Rt△BOC中，
∵OC＝＝
＝1(cm)，
∴＝，
∴sin∠B＝，∠B＝30°，
∴∠BOC＝60°，∴∠AOB＝120°.
答案：120°
三、解答题
9.如图，在⊙O中，弦AB＝16，点C在⊙O上，且sin C＝.求⊙O的半径长．
解：作直径AD，连接BD，
则∠ABD＝90°，
∠D＝∠C.
因为sin C＝，所以sin D＝.
在Rt△ABD中，
sin D＝＝，
又因为AB＝16，
所以AD＝16×＝20，
所以OA＝AD＝10，
即⊙O的半径长为10.
10．如图，已知在⊙O中，直径AB为10 cm，弦AC为6 cm，∠ACB的平分线交⊙O于D，求BC，AD和BD的长．
解：因为AB为直径，
所以∠ACB＝∠ADB＝90°.
在Rt△ABC中，
BC＝＝＝8(cm)．
因为CD平分∠ACB，
所以＝，
所以△ADB为等腰三角形．
所以AD＝BD＝AB＝×10＝5(cm)．
11.如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点N，点M在⊙O上，
∠1＝∠C.
(1)求证：CB∥MD.
(2)若BC＝4，sin M＝，求⊙O的直径．
解：(1)证明：因为∠C与∠M是同一弧所对的圆周角，
所以∠C＝∠M.又∠1＝∠C，
所以∠1＝∠M，
所以CB∥MD(内错角相等，两直线平行)．
(2)由sin M＝知，sin C＝，
所以＝，
BN＝×4＝.
由射影定理得：BC2＝BN·AB，则AB＝6.
所以⊙O的直径为6.
2．2 圆的切线的判定和性质
[对应学生用书P15]
1．切线的判定定理
文字语言
符号语言
图形语言
切线的判定定理
经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线
OA是圆O的半径．直线l⊥OA且A∈l，则l是圆O的切线
2．切线的性质定理及推论
文字语言
符号语言
图形语言
切线的性质定理
圆的切线垂直于经过切点的半径
直线l与圆O相切于点A，则l⊥OA
推论1
经过圆心且垂直于切线的直线经过切点
直线l与圆O相切于点A.过O作直线m⊥l，则A∈m
推论2
经过切点且垂直于切线的直线经过圆心
直线l与圆O相切于点A过A作直线m⊥l，则O∈m
3．切线长定理
过圆外一点作圆的两条切线，这两条切线长相等．
怎样求圆的切线长？
提示：利用圆外的点、圆心、切点构成的直角三角形求长．
[对应学生用书P16]
切线的判定定理的应用
[例1] 如图，在△ABC中，∠C＝90°，BE是角平分线，DE⊥BE交AB于D，⊙O是△BDE的外接圆．求证：AC是⊙O的切线．
[思路点拨] 本题主要考查切线的判定问题， 解此题时只需证明AC⊥OE即可．
[精解详析] 连接OE.
∵OE＝OB，
∴∠OEB＝∠OBE.
又∵BE平分∠CBD，
∴∠CBE＝∠DBE.
∴∠OEB＝∠CBE.
∴EO∥CB.
∵∠C＝90°，∴∠AEO＝90°，即AC⊥OE.
∵E为⊙O半径OE的外端，
∴AC是⊙O的切线．
证明直线与圆相切一般有以下几种方法：
(1)直线与圆只有一个公共点；
(2)圆心到直线的距离等于圆的半径；
(3)切线的判定定理．
几何证明问题常用方法(3)．
1．如图，AB是⊙O的直径，BC交⊙O于点D，DE⊥AC于点E，要使DE是⊙O的切线，还需补充一个条件，则补充的条件不正确的是( )
A．DE＝DO B．AB＝AC
C．CD＝DB D．AC∥OD
解析：选A 当AB＝AC时，如图：
连接AD，
因为AB是⊙O的直径，
所以AD⊥BC，
所以CD＝BD，
因为AO＝BO，
所以OD是△ABC的中位线，
所以OD∥AC，
因为DE⊥AC，所以DE⊥OD，
所以DE是⊙O的切线．所以B正确．
当CD＝BD时，AO＝BO，
同B，所以C正确．
当AC∥OD时，因为DE⊥AC，
所以DE⊥OD.
所以DE是⊙O的切线．
所以D正确．
2．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．
证明：如图，连接OB，OC，OD，OD交BC于E.
∵∠DCB是所对的圆周角，
∠BOD是所对的圆心角，
∠BCD＝45°，∴∠BOD＝90°.
∵∠ADB是△BCD的一个外角，
∴∠DBC＝∠ADB－∠ACB＝60°－45°＝15°，
∴∠DOC＝2∠DBC＝30°，从而∠BOC＝120°.
∵OB＝OC，∴∠OBC＝∠OCB＝30°.
在△OEC中，∵∠EOC＝∠ECO＝30°，
∴OE＝EC.在△BOE中，
∵∠BOE＝90°，∠EBO＝30°，
∴BE＝2OE＝2EC，∴＝＝，
∴AB∥OD.∴∠ABO＝90°，
故AB是△BCD的外接圆的切线.
切线的性质定理的应用
[例2] 如图，已知∠C＝90°，点O在AC上，CD为⊙O的直径，⊙O切AB于E，若BC＝5，AC＝12.求⊙O的半径．
[思路点拨] ⊙O切AB于点E，由圆的切线的性质，易联想到连接OE构造Rt△OAE，再利用相似三角形的性质，求出⊙O的半径．
[精解详析] 连接OE，
∵AB与⊙O切于点E，
∴OE⊥AB，
即∠OEA＝90°.
∵∠C＝90°，∠A＝∠A，
∴Rt△ACB∽Rt△AEO，
∴＝.∵BC＝5，AC＝12，∴AB＝13，
∴＝，∴OE＝.
即⊙O的半径为.
利用圆的切线的性质来证明或进行有关的计算有时需添加辅助线，其中连接圆心和切点的半径是常用辅助线，从而可以构造直角三角形，利用直角三角形边角关系求解，或利用勾股定理求解，或利用三角形相似求解等．
3.如图，AB切⊙O于点B，延长AO交⊙O于点C，连接BC.若∠A＝40°，则∠C＝( )
A．20° B．25°
C．40° D．50°
解析：选B 连接OB，因为AB切⊙O于点B，
所以OB⊥AB，即∠ABO＝90°，
所以∠AOB＝50°，
又因为点C在AO的延长线上，且在⊙O上，
所以∠C＝∠AOB＝25°.
4．AB是圆O的直径，D为圆O上一点，过D作圆O的切线交AB延长线于点C，若DA＝DC，求证：AB＝2BC.
证明：连接OD，则OD⊥DC，
又OA＝OD，DA＝DC，
所以∠DAO＝∠ODA＝∠DCO，
∠DOC＝∠DAO＋∠ODA＝2∠DCO，
所以∠DCO＝30°，∠DOC＝60°，
所以OC＝2OD，即OB＝BC＝OD＝OA.
所以AB＝2BC.
[例3] 如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于D，过D作⊙O的切线交AC于E.求证：DE⊥AC.
[思路点拨] 本题主要考查切线性质定理的应用．解题时由于DE是⊙O的切线，则OD⊥DE，故要证DE⊥AC，只需证明OD∥AC即可．
[精解详析] 连接OD、AD，如图．
∵AB为⊙O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D，∴OD⊥DE.
∴DE⊥AC.
与圆的切线有关问题往往连接圆心与切点添加辅助线后出现垂直关系，这是解决圆的切线问题的一个关键点．
5．如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B是切点，AC是⊙O的直径，∠BAC＝20°，求∠P的度数．
解：如图，连接OB，∵OA＝OB，OA⊥AP，OB⊥BP，
∴∠OAP＝∠OBP＝90°，∠OAB＝∠OBA.
又∠BAC＝20°，
∴∠OBA＝20°，∠BAP＝90°－∠BAC＝70°，
∠ABP＝90°－∠OBA＝70°.
∴∠P＝180°－∠BAP－∠ABP＝40°.
6.如图，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°.
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.
本课时主要考查圆的切线的性质定理与判定定理的应用，题目难度中档．
[考题印证]
如图，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＝ .
[命题立意]
本题主要考查圆的切线的性质定理和圆周角定理的应用．
[自主尝试] 如图，连接OA.
由∠ABC＝30°，
得∠AOC＝60°，
在直角三角形AOP中，OA＝1，
于是PA＝OAtan 60°＝.
答案：
[对应学生用书P18]
一、选择题
1．矩形的两邻边长分别为2.5和5，若以较长一边为直径作半圆，则矩形中与半圆相切的边有( )
A．1条 B．2条
C．3条 D．0条
解析：选C 以较长的边为直径作半圆，半径正好与另一边相等，所以由图可知，与半圆相切的边有3条．
2.如图，⊙O内切于△ABC，切点分别为D，E，F，若∠ABC＝40°，∠ACB＝60°，连接OE，OF，则∠EOF＝( )
A．30° B．45°
C．100° D．90°
解析：选C 因为∠ABC＝40°，∠ACB＝60°，所以∠A＝80°，则∠EOF＝180°－80°＝100°.
3．如图，AB是⊙O的直径，点P在AB的延长线上，PC与⊙O相切于点C，PC＝AC＝1，则⊙O的半径为( )
A． B．
C． D．
解析：选A 连接OC.设∠PAC＝θ.因为PC＝AC，所以∠CPA＝θ，∠COP＝2θ.又因为PC与⊙O相切于点C，所以OC⊥PC.所以3θ＝90°.所以θ＝30°.设⊙O的半径为r，在Rt△POC中，r＝CP·tan30°＝1×＝.
4．如图，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＝( )
A． B．
C． D．
解析：选A 连接BD，
则BD⊥AC.
∵AD＝DC，∴BA＝BC，
∵BC是⊙O的切线，切点为B，
∴∠OBC＝90°，∠BCA＝45°.
∴sin∠BCO＝＝＝，
cos∠BCO＝＝＝.
∴sin∠ACO＝sin(45°－∠BCO)＝sin45°cos∠BCO－cos45°sin∠BCO＝×－×＝.
二、填空题
5．如图，⊙O是边长为2的等边△ABC的内切圆，则⊙O的半径为 ．
解析：设⊙O与BC边的切点为D，
连接OD以及OC，如图，由等边三角形的内切圆的性质可得OD⊥BC，∠OCD＝30°，OD即为圆的半径．
又由BC＝2，则CD＝1，
所以在Rt△OCD中，＝tan 30°，
解得OD＝.
答案：
6．如图，已知EB是半圆O的直径，A是BE延长线上一点，AC切半圆O于点D，BC⊥AC于C，若BC＝6，AC＝8，则AE＝ ，AD＝ .
解析：据题意设圆的半径为R，连接OD，由OD∥BC得：
＝?＝?R＝，故AE＝10－2R＝，
由＝，得AD＝5.
答案： 5
7．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＝ .
解析：AB＝＝.
由AB2＝PB·BC，
∴BC＝3，
Rt△ABC中，AC＝＝2.
∴R＝.
答案：
8．如图，⊙O为△ABC的内切圆，∠C＝90°，AO的延长线交BC于点D，AC＝4，CD＝1，则⊙O的半径等于 ．
解析：如图所示，设点E为BC与⊙O的切点，连接OE，则OE⊥BC.又∵∠C＝90°，
∴OE∥AC，CE＝OE＝r，
∴DE＝1－r.
∴＝，
∴＝，解得r＝.
答案：
三、解答题
9.如图，AC是⊙O的直径，PA是⊙O的切线，A为切点，连接PC交⊙O于点B，连接AB，且PC＝10，PA＝6.
求：(1)⊙O的半径．
(2)cos∠BAC的值．
解：(1)因为AC是⊙O的直径，PA是⊙O的切线，
所以CA⊥PA，即∠PAC＝90°，
因为PC＝10，PA＝6，
所以AC＝＝8，所以OA＝AC＝4，
所以⊙O的半径为4.
(2)因为AC是⊙O的直径，PA是⊙O的切线，
所以∠ABC＝∠PAC＝90°，
所以∠P＋∠C＝90°，∠BAC＋∠C＝90°，
所以∠BAC＝∠P，
在Rt△PAC中，cos ∠P＝＝＝，
所以cos ∠BAC＝.
10．如图，已知PAB是⊙O的割线，AB为⊙O的直径．PC为⊙O的切线，C为切点，BD⊥PC于点D，交⊙O于点E，PA＝AO＝OB＝1.
(1)求∠P的度数；
(2)求DE的长．
解：(1)∵C为切点，∴OC⊥PC，△POC为直角三角形．
∵OC＝OA＝1，
PO＝PA＋AO＝2，
∴sinP＝＝.∴∠P＝30°.
(2)∵BD⊥PD，在Rt△PBD中，
由∠P＝30°，PB＝PA＋AO＋OB＝3，得BD＝.
连接AE，则∠AEB＝90°，∴AE∥PD.
∴∠EAB＝∠P＝30°，∴BE＝ABsin30°＝1，
∴DE＝BD－BE＝.
11．如图所示，⊙O的外切四边形ABCD是直角梯形，AD∥BC，∠A＝∠B＝90°.
(1)求证：OC⊥OD.
(2)若CD＝4 cm，∠BCD＝60°，求⊙O的半径．
解：(1)证明：因为AD∥BC，
所以∠BCD＋∠ADC＝180°，
由题意知∠ODC＝∠ADC，
∠OCD＝∠BCD，
所以∠ODC＋∠OCD＝∠ADC＋∠BCD＝90°，
所以∠DOC＝90°，即OC⊥OD.
(2)过点D作DE⊥BC于点E，
则四边形ABED是矩形，DE等于⊙O的直径，
在Rt△DEC中，∠DEC＝90°，
∠ECD＝∠BCD＝60°，CD＝4 cm，
所以CE＝CD＝2 cm，
DE＝＝2 cm，
所以⊙O的半径为 cm.
2．3 弦切角定理
[对应学生用书P19]
1．弦切角的定义
顶点在圆上，一边和圆相交，另一边和圆相切的角叫弦切角．
2．弦切角定理
弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角；弦切角的度数等于它所夹弧的度数的一半．
弦切角的三要素是什么？
提示：(1)顶点在圆上；(2)一边与圆相交；(3)一边与圆相切．
[对应学生用书P20]
弦切角的计算
[例1] 如图，AB为⊙O的直径，CD切⊙O于D，AB延长线交CD于点C，若∠CAD＝25°，求∠C.
[思路点拨] 本题主要考查弦切角定义及定理的应用．解此题时，需连接BD，创设弦切角∠CDB，然后求∠C.
[精解详析] 连接BD.∵AB为直径，
则∠BDA＝90°.
又CD为⊙O的切线，切点为D，
∴∠BDC为弦切角．
∴∠BDC＝∠CAD＝25°.
∴∠CDA＝90°＋25°＝115°.
在△ACD中，∠C＝180°－∠A－∠CDA＝40°.
利用定义确定弦切角时要紧扣定义中的三要素．确定大小时，要区分弦切角所夹的弧对应的是圆心角还是圆周角．
1.如图，CD是⊙O的切线，T为切点，A是上的一点，若∠TAB＝100°，则∠BTD的度数为( )
A．20° B．40°
C．60° D．80°
解析：选D 如图，作四边形ABET，因为四边形ABET是圆内接四边形，
所以∠E＝180°－∠A＝80°，
又CD是⊙O的切线，T为切点，
所以∠BTD＝∠E＝80°.
弦切角定理的应用
[例2] 如图，AB为⊙O的弦，CD切⊙O于P，AC⊥CD于C，BD⊥DC于D，PQ⊥AB于Q.求证：PQ2＝AC·BD.
[思路点拨] 本题主要考查弦切角定理的应用，解题时连接PA、PB证明△ACP∽△PQB，△BDP∽△PQA后可证PQ2＝AC·BD.
[精解详析] 连接PA，PB，如图所示．
∵CD切⊙O于P，
∴∠1＝∠2.
∵AC⊥CD于C，PQ⊥AB于Q，
∴∠ACP＝∠PQB＝90°.
∴△ACP∽△PQB.
∴AC∶PQ＝PA∶BP.
同理，△BDP∽△PQA，
∴PQ∶BD＝PA∶BP.
∴AC∶PQ＝PQ∶BD，即PQ2＝AC·BD.
利用弦切角定理证明问题的关键是根据条件创设弦切角，从而寻找角的等量关系．
2．如图，OA和OB是⊙O的半径，并且OA⊥OB，P是OA上任一点，BP的延长线交⊙O于点Q，过点Q的⊙O的切线交OA延长线于点R.求证：RP＝RQ.
证明：作直径BC，连接CQ，因为BC是⊙O的直径，
所以∠B＋∠C＝90°，
因为OA⊥OB，
所以∠B＋∠BPO＝90°.
所以∠C＝∠BPO.
又∠BPO＝∠RPQ，
所以∠C＝∠RPQ.
又因为RQ为⊙O的切线，
所以∠PQR＝∠C.
所以∠PQR＝∠RPQ.
所以RP＝RQ.
[例3] 如图，圆O的直径AB＝8，C为圆周上一点，BC＝4，过C作圆的切线l，过A作直线l的垂线AD，D为垂足，AD与圆O交于点E，求线段AE的长．
[思路点拨] 本题考查利用弦切角定理进行计算问题．解此题时，连接BE，AC，OC.可知△AEB为直角三角形，利用角的关系确定∠EBA＝30°可求AE.
[精解详析] 连接OC，BE，AC，则BE⊥AE.
∵BC＝4，∴OB＝OC＝BC＝4，
即△OBC为正三角形，
∴∠CBO＝∠COB＝60°.
又直线l切⊙O于C，
∴∠DCA＝∠CBO＝60°，
∵AD⊥l，∴∠DAC＝90°－60°＝30°，
而∠OAC＝∠ACO＝∠COB＝30°，∴∠EAB＝60°.
在Rt△BAE中，∠EBA＝30°，∴AE＝AB＝4.
弦切角是沟通圆内已知和未知的桥梁，利用弦切角定理时，注意结合条件添加适当的辅助线以构造弦切角．
3.如图，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.
证明：连接CA，CB.
因为PA，PB是⊙O的切线，
所以∠CAP＝∠CBA，
∠CBP＝∠CAB.
又因为CD⊥AB，CE⊥PA，CF⊥PB，
所以Rt△CAE∽Rt△CBD，
Rt△CBF∽Rt△CAD，
所以＝，＝，
所以＝，即CD2＝CE·CF.
本课时常考查弦切角定理及应用，题目难度中等．
[考题印证]
如图，⊙O和⊙O′相交于A，B两点，过A作两圆的切线分别交两圆于C，D两点，连接DB并延长交⊙O于点E.证明：
(1)AC·BD＝AD·AB；
(2)AC＝AE.
[命题立意]
本题考查平面几何中的弦切角定理及相似三角形的判定与性质．
[自主尝试] (1)由AC与⊙O′相切于A，得∠CAB＝∠ADB，
同理∠ACB＝∠DAB，
所以△ACB∽△DAB.
从而＝，
即AC·BD＝AD·AB.
(2)由AD与⊙O相切于A，得∠AED＝∠BAD，
又∠ADE＝∠BDA，
得△EAD∽△ABD.
从而＝，
即AE·BD＝AD·AB.
结合(1)的结论，AC＝AE.
[对应学生用书P21]
一、选择题
1．如图，AB是⊙O的直径，DB，DC分别切⊙O于B，C两点，若∠ACE＝25°，则∠D为( )
A．50° B．55°
C．60° D．65°
解析：选A 连接BC，
根据弦切角定理，得∠ACE＝∠ABC＝25°.
又因为AB⊥BD，
所以∠CBD＝90°－∠ABC＝65°.
因为DC，DB是圆的切线，
所以∠CBD＝∠DCB＝65°，
所以∠D＝180°－2×65°＝50°.
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：选A 如图，∵AD为⊙O的切线，
∴∠DAC＝∠B＝35°.又∠ACB＝80°，
∴∠D＝∠ACB－∠DAC
＝80°－35°＝45°.
3．如图，AB是⊙O的直径，EF切⊙O于点C，AD⊥EF于点D，AD＝2，AB＝6，则AC的长为( )
A．2 B．3
C．2 D．4
解析：选C 连接BC，如图所示，
∵EF是⊙O的切线，
∴∠ACD＝∠ABC.
又AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°.
又AD⊥EF，∴∠ACB＝∠ADC.
∴△ADC∽△ACB.∴＝.
∴AC2＝AD·AB＝2×6＝12.∴AC＝2.
4.已知如图，E是两相交圆⊙M和⊙N的一个交点，且ME ⊥NE，AB为外公切线，切点分别为A，B，连接AE，BE，则∠AEB的度数为( )
A．145° B．140°
C．135° D．130°
解析：选C 连接AM，BN，因为∠BAE＝∠AME，
∠ABE＝∠BNE，
所以∠BAE＋∠ABE＝(∠AME＋∠BNE)，
因为MA⊥AB，NB⊥AB，
所以MA∥NB，
所以∠AMN＋∠BNM＝180°.
因为∠MEN＝90°，
所以∠EMN＋∠ENM＝90°，
所以∠AME＋∠BNE＝180°－90°＝90 °，
所以∠BAE＋∠ABE＝×90°＝45°，
所以∠AEB＝180°－45°＝135°.
二、填空题
5.如图，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＝ .
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：
6．如图所示，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＝ .
解析：因为直线PB是圆O的切线，所以∠ABP＝∠C，又因为∠ABP＝∠ABD，所以∠ABD＝∠C，又因为∠A＝∠A，所以△ABD∽△ACB，所以＝，所以AB＝＝.
答案：
7.如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝BC.AT是⊙O的切线，∠BAT＝55°，则∠D等于 ．
解析：如图，连接AC，
由弦切角定理知∠ACB＝∠BAT＝55°，
因为AB＝BC，所以∠ACB＝∠CAB＝55°，
所以∠B＝180°－2∠ACB＝70°，
所以∠D＝180°－∠B＝110°.
答案：110°
8．如图，PA切⊙O于点A，割线PBC经过圆心O，OB＝PB＝1，OA绕点O逆时针旋转60°到OD，则PD的长为 ．
解析：过点D作DE⊥PC，垂足为E.∵∠POD＝120°，
∴∠DOC＝60°.
可得OE＝，DE＝，在Rt△PED中，
∴PD＝＝＝.
答案：
三、解答题
9．过⊙O外一点P作⊙O的切线PA，切点为A，连接OP与⊙O交于点C，过C作AP的垂线，垂足为D.若PA＝12 cm，PC＝6 cm.求CD的长．
证明：连接AO，PA为圆的切线，
∴△PAO为直角三角形，设⊙O的半径为r，
则122＋r2＝(r＋6)2，
∴r＝9.
又CD⊥PA，于是＝.
∴CD＝(cm)．
10.如图，已知AB是⊙O的直径，AB＝AC，BC交⊙O于点D，DE⊥AC，E为垂足．
(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＝90°，
所以△FDO∽△DEA.
所以＝，即FD·DA＝FO·DE.
11．如图，⊙O是以AB为直径的△ABC的外接圆，点D是劣弧的中点，连接AD并延长，与过C点的切线交于P，OD与BC相交于点E.求证：
(1)OE＝AC；
(2)＝.
证明：(1)因为AB为⊙O的直径，所以∠ACB＝90°，即AC⊥BC.
因为D是弧 的中点，由垂径定理得OD⊥BC，
因此OD∥AC，
又因为点O为AB的中点，所以点E为BC的中点，
所以OE＝AC.
(2)连接CD，因为PC是⊙O的切线，
所以∠PCD＝∠PAC.
又∠P是公共角，所以△PCD∽△PAC.
得＝＝，得＝，
因为D是弧的中点，所以CD＝BD，
因此＝.
2．4&2.5 切割线定理 相交弦定理
[对应学生用书P23]
1．切割线定理
(1)文字语言：过圆外一点作圆的一条切线和一条割线，切线长是割线上从这点到两个交点的线段长的比例中项．
(2)符号语言：从⊙O外一点P引圆的切线PT和割线PAB，T是切点，则PT2＝PA·PB.
(3)图形语言：如图所示．
推论：过圆外一点作圆的两条割线，在一条割线上从这点到两个交点的线段长的积，等于另一条割线上对应线段长的积(割线定理)．
2．相交弦定理
(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)符号语言：⊙O的两条弦AB和CD相交于圆内的一点P，则PA·PB＝PC·PD.
(3)图形语言：如图所示．
1．由相交弦定理知，垂直于弦的直径平分弦．那么，直径被弦分成的两条线段与弦有何关系？
提示：弦的一半是直径被弦分成的两条线段的比例中项．
2．如图，圆外一点P引圆的两条割线能否有PA·AB＝PC·CD?
提示：只有PA＝PC时才有PA·PB＝PC·CD成立．
[对应学生用书P23]
切割线定理的应用
[例1] 如图所示，⊙O1与⊙O2相交于A，B两点，AB是⊙O2的直径，过A点作⊙O1的切线交⊙O2于点E，并与BO1的延长线交于点P.PB分别与⊙O1，⊙O2交于C，D两点．求证：
(1)PA·PD＝PE·PC；
(2)AD＝AE.
[思路点拨] 本题主要考查切割线定理的应用．解题时由割线定理得PA·PE＝PD·PB，再由切割线定理知PA2＝PC·PB可得结论，然后由(1)进一步可证AD＝AE.
[精解详析] (1)∵PAE，PDB分别是⊙O2的割线，
∴PA·PE＝PD·PB. ①
又∵PA，PCB分别是⊙O1的切线和割线，
∴PA2＝PC·PB. ②
由①②得PA·PD＝PE·PC.
(2)连接AD，AC，ED，
∵BC是⊙O1的直径，∴∠CAB＝90°.
∴AC是⊙O2的切线．
又由(1)知＝，
∴AC∥ED.∴AB⊥ED.
又∵AB是⊙O 2的直径，∴＝，
∴AD＝AE.
讨论与圆有关的线段间的相互关系，常常可以借助于切割线定理和相似成比例的知识去解决，通常用分析法揭示解题的思考过程，而用综合法来表示解题的形式．
1．(湖北高考)如图，P为⊙O外一点，过P点作⊙O的两条切线，切点分别为A，B.过PA的中点Q作割线交⊙O于C，D两点．若QC＝1，CD＝3，则PB＝ .
解析：由切割线定理，得QA2＝QC·QD＝4?QA＝2，则PB＝PA＝2QA＝4.
答案：4
相交弦定理的应用
[例2] 如图，已知在⊙O中，P是弦AB的中点，过点P作半径OA的垂线分别交⊙O于C，D两点，垂足是点E.
求证：PC·PD＝AE·AO.
[思路点拨] 由相交弦定理知PC·PD＝AP·PB，又P为AB的中点，所以PC·PD＝AP2.在Rt△PAO中再使用射影定理即可．
[精解详析] 连接OP，
∵P为AB的中点，
∴OP⊥AB，AP＝PB.
∵PE⊥OA，
∴AP2＝AE·AO.
∵PD·PC＝PA·PB＝AP2，
∴PD·PC＝AE·AO.
相交弦定理的运用多与相似三角形联系在一起，经常与射影定理、直角三角形的性质相结合证明某些结论．
2．(湖南高考)如图，已知AB，BC是⊙O的两条弦，AO⊥BC，AB＝，BC＝2，则⊙O的半径等于 ．
解析：设AO，BC的交点为D，由已知可得D为BC的中点，则在直角三角形ABD中，AD＝＝1，设圆的半径为r，延长AO交圆O于点E，由圆的相交弦定理可知BD·CD＝AD·DE，即()2＝2r－1，解得r＝.
答案：
相交弦定理与切割线定理的综合应用
[例3] 如图所示，已知PA与⊙O相切，A为切点，PBC为割线，弦CD∥AP，AD、BC相交于E点，F为CE上一点，且DE2＝EF·EC.
(1)求证：∠P＝∠EDF；
(2)求证：CE·EB＝EF·EP.
(3)若CE∶BE＝3∶2，DE＝6，EF＝4，求PA的长．
[思路点拨] 本题主要考查相交弦定理与切割线定理的综合应用．解题时先证△CED∽△DEF，同时利用平行关系可证(1)；然后证明△DEF∽△PEA，结合相交弦定理可证(2)；最后由切割线定理可求PA.
[精解详析] (1)证明：∵DE2＝EF·EC，
∴DE∶EC＝EF∶ED.
∵∠DEF是公共角，∴△CED∽△DEF.
∴∠EDF＝∠C.
∵CD∥AP，∴∠C＝∠P.
∴∠P＝∠EDF.
(2)证明：∵∠P＝∠EDF，∠DEF＝∠PEA，
∴△DEF∽△PEA.
∴DE∶PE＝EF∶EA，
即EF·EP＝DE·EA.
∵弦AD，BC相交于点E，
∴DE·EA＝CE·EB.
∴CE·EB＝EF·EP.
(3)∵DE2＝EF·EC，DE＝6，EF＝4，
∴EC＝9.∵CE∶BE＝3∶2，∴BE＝6.
∵CE·EB＝EF·EP，∴9×6＝4×EP.
解得EP＝.
∴PB＝PE－BE＝，PC＝PE＋EC＝.
由切割线定理得PA2＝PB·PC.
∴PA2＝×.∴PA＝.
解决与圆有关的线段问题多综合应用相交弦定理及切割线定理，同时注意相似三角形及平行过渡传递等量关系的应用．
3．如图，E是⊙O内两弦AB和CD的交点，直线EF∥CB，交AD的延长线于点F，FC与圆交于点G.求证：
(1)△DFE∽△EFA；
(2)△EFG∽△CFE.
证明：(1)∵EF∥CB，
∴∠DEF＝∠DCB.
∵∠DCB和∠DAB都是上的圆周角，
∴∠DAB＝∠DCB＝∠DEF.
∵∠DFE＝∠EFA，∴△DFE∽△EFA.
(2)由(1)知：△DFE∽△EFA，∴＝.
即EF2＝FA·FD.
由割线定理得FA·FD＝FG·FC.
∴EF2＝FG·FC，
即＝.
又∵∠EFG＝∠CFE，∴△EFG∽△CFE.
本课时主要考查相交弦定理、切割线定理的应用．难度中档，是高考命题的热点内容．
[考题印证]
(新课标全国卷Ⅱ)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.
[命题立意] 本题主要考查切割线定理、相交弦定理以及三角形的外切定理、弦切角定理、同弧所对的圆心角相等定理．
[自主尝试] (1)连接AB，AC.
由题设知PA＝PD，故∠PAD＝∠PDA.
因为∠PDA＝∠DAC＋∠DCA，
∠PAD＝∠BAD＋∠PAB，∠DCA＝∠PAB，
所以∠DAC＝∠BAD，从而＝.
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.
[对应学生用书P25]
一、选择题
1.如图，已知⊙O的两条弦AB，CD相交于AB的中点E，且AB＝4，DE＝CE＋3，则CD的长为( )
A．4 B．5
C．8 D．10
解析：选B 设CE＝x，则DE＝3＋x.根据相交弦定理，得x(x＋3)＝2×2，x＝1或x＝－4(不合题意，应舍去)．
则CD＝3＋1＋1＝5.
2.如图，点P是⊙O外一点，PAB为⊙O的一条割线，且PA＝AB，PO交⊙O于点C，若OC＝3，OP＝5，则AB的长为( )
A． B．2
C． D．
解析：选B
设PA＝AB＝x，延长PO交圆于点D.
因为PA·PB＝PC·PD，OC＝3，OP＝5，所以PC＝2，PD＝8.
所以x·2x＝16，所以x＝2.
3．如图，∠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
解析：选A 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.
4．如图，CA，CD分别切圆O1于A，D两点，CB，CE分别切圆O2于B，E两点．若∠1＝60°，∠2＝65°，判断AB，CD，CE的长度，下列关系正确的是( )
A．AB>CE>CD B．AB＝CE>CD
C．AB>CD>CE D．AB＝CD＝CE
解析：选A 因为∠1＝60°，∠2＝65°，
所以∠ABC＝180°－∠1－∠2＝180°－60°－65°＝55°，
所以∠2>∠1>∠ABC，
所以AB>BC>AC，
因为CA，CD分别切圆O1于A，D两点，
CB，CE分别切圆O2于B，E两点，
所以AC＝CD，BC＝CE，
所以AB>CE>CD.
故选A.
二、填空题
5．如图，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＝3，则BD的长为 ．
解析：由切割线定理得：DB·DA＝DC2，即DB(DB＋BA)＝DC2，∴DB2＋3DB－28＝0，∴DB＝4.
答案：4
6．如图，从圆O外一点P引圆O的切线PA和割线PBC，已知PA＝2，PC＝4，圆心O到BC的距离为，则圆O的半径为 ．
解析：记圆O的半径为R.依题意得PA2＝PB·PC，PB＝＝2，BC＝PC－PB＝2，
所以R＝＝2.
答案：2
7．如图，⊙O的弦ED，CB的延长线交于点A，若BD⊥AE，AB＝4，BC＝2，AD＝3，则DE＝ ；CE＝ .
解析：由切割线定理得AB·AC＝AD·AE，即4×6＝3×(3＋DE)，解得DE＝5；
易知＝＝，
又∠A＝∠A，故△ABD∽△AEC，故∠BCE＝∠BDA＝90°，＝.
在直角三角形ABD中，BD＝＝，
∴CE＝＝＝2.
答案：5 2
8.如图，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＝x，则FB＝2x，AF＝4x，由相交弦定理得DF·FC＝AF·FB，即2＝8x2，解得x＝，AE＝，再由切割线定理得CE2＝EB·EA＝×＝，所以CE＝.
答案：
三、解答题
9．如图，P为圆O外一点，PA，PB是圆O的两条切线，A，B为切点，OP与AB相交于点M，且点C是上一点．
求证：∠OPC＝∠OCM.
证明：连接OB，由切线长定理，得PA＝PB，PM⊥AB，
PO平分∠APB.
又PB⊥OB，在Rt△OPB中，OB2＝OP·OM，
∵OB＝OC，∴OC2＝OP·OM，
即＝，∴△OCP∽△OMC，∴∠OPC＝∠OCM.
10.如图，两个同心圆的圆心是O，大圆的半径为13，小圆的半径为5，AD是大圆的直径．大圆的弦AB，BE分别与小圆相切于点C，F.AD，BE相交于点G，连接BD.
(1)求BD的长．
(2)求∠ABE＋2∠D的度数．
(3)求的值．
解：(1)连接OC，
因为AB是小圆的切线，C是切点，所以OC⊥AB，
所以C是AB的中点．
因为AD是大圆的直径，
所以O是AD的中点．
所以OC是△ABD的中位线．
所以BD＝2OC＝10.
(2)连接AE.
由(1)知C是AB的中点．
同理F是BE的中点．
即AB＝2BC，BE＝2BF，
由切线长定理得BC＝BF.
所以BA＝BE.所以∠BAE＝∠E.
因为∠E＝∠D，
所以∠ABE＋2∠D＝∠ABE＋∠E＋∠BAE＝180°.
(3)连接BO，在Rt△OCB中，
因为OB＝13，OC＝5，
所以BC＝12，AB＝24.
由(2)知∠OBG＝∠OBC＝∠OAC.
因为∠BGO＝∠AGB，
所以△BGO∽△ AGB.
所以＝＝.
11.如图，在Rt△BDE中，∠BDE＝90°，BC平分∠DBE交DE于点C，AC⊥CB交BE于点A，△ABC的外接圆的半径为r.
(1)若∠E＝30°，求证：BC·BD＝r·ED.
(2)若BD＝3，DE＝4，求AE的长．
解：(1)证明：取AB的中点为O，△ABC是直角三角形，AB是斜边，O是外接圆的圆心，连接CO，
所以BO＝CO，∠BCO＝∠OBC，
因为BC是∠DBE的平分线，
所以∠DBC＝∠CBA，
所以∠OCB＝∠DBC，
所以OC∥DB(内错角相等，两直线平行)，
所以＝，
把比例式化为乘积式得
BD·CE＝DE·OC，
因为OC＝r，
所以BD·CE＝DE·r.
因为∠D＝90°，∠E＝30°，
所以∠DBE＝60°，
所以∠CBE＝∠DBE＝30°，
所以∠CBE＝∠E，
所以CE＝BC，
所以BC·BD＝r·ED.
(2)过点C作CH⊥OE，垂足为H.BD＝3，DE＝4，根据勾股定理，BE＝5，OC＝OA＝r，
因为OC∥DB，
所以△OCE∽△BDE，
所以＝＝，即＝＝，
解得OE＝r，CE＝r.
CH＝＝r，
因为BC平分∠DBE交DE于点C，
则△BDC≌△BHC，
所以BH＝BD＝3，则HE＝2.
在Rt△CHE中，根据勾股定理得：CH2＋EH2＝CE2，
即2＋22＝2，
解得：r＝，
则AE＝BE－2r＝5－＝.
§3 圆与四边形
[对应学生用书P26]
1．圆内接四边形的性质定理
文字语言
符号语言
图形语言
性质定理
圆内接四边形的对角互补
若四边形ABCD内接于圆O，则有∠A＋∠C＝∠B＋∠D＝180°
推论
圆内接四边形的任何一个外角等于它的内对角.
四边形ABCD内接于⊙O，E为AB延长线上一点，则有∠CBE＝∠D
2．四点共圆的判定定理
文字语言
符号语言
图形语言
判定定理
如果一个四边形的内对角互补，那么这个四边形四个顶点共圆
在四边形ABCD中，∠B＋∠D＝180°或∠A＋∠C＝180°，那么四边形ABCD内接于圆
推论
如果四边形的一个外角等于其内对角，那么这个四边形的四个顶点共圆
在四边形ABCD中，延长AB到E.若∠CBE＝∠D，则A，B，C，D共圆
由圆内接四边形的性质定理知，圆的内接平行四边形、菱形、梯形分别是什么图形？
提示：矩形、正方形、等腰梯形
[对应学生用书P27]
证明四点共圆
[例1] 如图所示，在△ABC中，AB＝AC，延长CA到P，再延长AB到Q，使得AP＝BQ.求证：△ABC的外心O与A，P，Q四点共圆．
[思路点拨] 本题主要考查四点共圆的判断．解题时，先连接OA，OC，OP，OQ，PQ.要证O，A，P，Q四点共圆，只需证∠CAO＝∠OQP即可，为此只要证△CPO≌△AQO即可．
[精解详析] 如图，连接OA，OC，OP，OQ，PQ.
在△OCP和△OAQ中，OC＝OA，
∴∠OCP＝∠OAC.
由已知CA＝AB，AP＝BQ，
∴CP＝AQ.
又O是等腰△ABC的外心且AB＝AC，
∴∠OAC＝∠OAQ，
∴∠OCP＝∠OAQ.
∴△OCP≌△OAQ.∴∠APO＝∠AQO，OP＝OQ.
∴∠OPQ＝∠OQP.
∴∠CAO＝∠BAC
＝(∠APQ＋∠PQA)
＝(∠OPQ＋∠APO＋∠OQP－∠AQO)
＝×2∠OQP＝∠OQP.
∴O，A，P，Q四点共圆．
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)如果两个直角三角形有公共的斜边，那么这两个三角形的四个顶点共圆．(因为四个顶点与斜边中点距离相等)
1．在锐角三角形ABC中，AD是BC边上的高，DE⊥AB，DF⊥AC，E，F是垂足．
求证：E，B，C，F四点共圆．
证明：如图，连接EF.
∵DE⊥AB，DF⊥AC，
∴A，E，D，F四点共圆．
∴∠1＝∠2.
∴∠1＋∠C＝∠2＋∠C＝90°.
∴∠BEF＋∠C＝180°.
∴B，E，F，C四点共圆.
证明线段相等或角相等
[例2] 如图，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：∠DEA＝∠DFA.
[思路点拨] 本题主要考查圆内接四边形判定及性质的应用．解题时，只需证A，D，E，F四点共圆后可得结论．
[精解详析] 连接AD，
因为AB为圆的直径，所以∠ADB＝90°.
又EF⊥AB，∠EFA＝90°，
所以A，D，E，F四点共圆．
所以∠DEA＝∠DFA.
利用圆内接四边形的判定或性质定理，证明线段相等或角相等时，可构造全等或相似三角形，以达到证题的目的．
2．(新课标全国卷Ⅰ)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．
证明：(1)由题设知A，B，C，D四点共圆，
所以∠D＝∠CBE.
由已知CB＝CE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.
证明比例式问题
[例3] 如图，已知CF是⊙O的切线，C为切点，弦AB∥CF，E为圆周上一点，CE交AB延长线于点D，求证：
(1)AC＝BC；
(2)BC2＝CD·CE.
[思路点拨] 本题主要考查利用圆内接四边形性质定理及相似三角形知识证明比例式问题．解题时，先利用弦切角定理推证(1)，再由A，B，E，C四点共圆得出∠BED＝∠BAC，后证△BCE∽△DCB.可得结论．
[精解详析] (1)∵AB∥CF，∴∠FCA＝∠BAC.
∵CF是⊙O的切线，∴∠FCA＝∠ABC.
∴∠BAC＝∠ABC.∴AC＝BC.
(2)∠BEC＝180°－∠BED，
∵A，B，E，C四点共圆，∴∠BED＝∠BAC.
∴∠BEC＝180°－∠BAC.
由(1)得∠BAC＝∠ABC，
∵∠DBC＝180°－∠ABC，∴∠BEC＝∠DBC.
又∵∠BCE＝∠DCB，∴△BCE∽△DCB.
∴＝，即BC2＝CD·CE.
证明比例式问题常用三角形相似．而寻找角的等量关系，圆内接四边形的性质定理往往起到关键性的作用．注意结合图形进行判断，同时注意等量代换的使用．
3．在△ABC中，AB＝AC，过点A的直线与其外接圆交于点P，交BC延长线于点D.
(1)求证：＝；
(2)若AC＝3，求AP·AD的值．
解：(1)证明：∵∠CPD＝∠ABC，∠D＝∠D，
∴△DPC∽△DBA，∴＝.
又∵AB＝AC，∴＝.
(2)∵∠ACD＝∠APC，∠CAP＝∠CAP，
∴△APC∽△ACD，∴＝，
∴AC2＝AP·AD＝9.
本课时常考查圆内接四边形的判定定理及性质定理的应用．该定理在角相等、线段相等及比例式的证明中有广泛的应用．属中低档题．
[考题印证]
如图，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．
[命题立意]
本题主要考查圆内接四边形的判定定理的应用以及分析问题、解决问题的能力．
[自主尝试] (1)证明：连接DE，根据题意在△ADE和△ACB中，AD·AB＝mn＝AE·AC，
即＝.
又∠DAE＝∠CAB，从而△ADE∽△ACB.
因此∠ADE＝∠ACB.
所以C，B，D，E四点共圆．
(2)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.
由于∠A＝90°，故GH∥AB，HF∥AC.
从而HF＝AG＝5，DF＝×(12－2)＝5.
故C，B，D，E四点所在圆的半径为5.
[对应学生用书P29]
一、选择题
1．四边形ABCD的一个内角∠C＝36°，E是BA延长线上一点，若∠DAE＝36°，则四边形ABCD( )
A．一定有一个外接圆
B．四个顶点不在同一个圆上
C．一定有内切圆
D．四个顶点是否共圆不能确定
解析：选A 因为∠C＝36°，∠DAE＝36°，所以∠C与∠BAD的一个外角相等，由圆内接四边形判定定理的推论知，该四边形有外接圆，故选A.
2．圆内接四边形ABCD中，若∠A∶∠B∶∠C＝1∶2∶5，则∠D等于( )
A．60° B．120°
C．140° D．150°
解析：选B 因为四边形ABCD为圆内接四边形，所以∠A∶∠B∶∠C∶∠D＝1∶2∶5∶4，
所以∠D＝180°×＝120°.
3．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，E为AB的延长线上一点，∠CBE＝40°，则∠AOC＝( )
A．20° B．40°
C．80° D．100°
解析：选C ∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，且∠CBE＝40°，由圆内接四边形的性质知∠D＝∠CBE＝40°，又由圆周角定理知：∠AOC＝2∠D＝80°.
4.如图，ABCD是⊙O的内接四边形，延长BC到E，已知∠BCD∶∠ECD＝3∶2，那么∠BOD＝( )
A．120° B．136°
C．144° D．150°
解析：选C 由圆内接四边形性质知∠A＝∠DCE，而∠BCD∶∠ECD＝3∶2，且∠BCD＋∠ECD＝180°，∠ECD＝72°.
又由圆周角定理知∠BOD＝2∠A＝144°.
二、填空题
5．(陕西高考)如图，△ABC中，BC＝6，以BC为直径的半圆分别交AB，AC于点E，F，若AC＝2AE，则EF＝ .
解析：∵B，C，F，E四点在同一个圆上，∴∠AEF＝∠ACB，又∠A＝∠A，∴△AEF∽△ACB，∴＝，
即＝，∴EF＝3.
答案：3
6.如图，已知PA，PB是圆O的切线，A，B分别为切点，C为圆O上不与A，B重合的另一点．若∠ACB＝120°，则∠APB＝ .
解析：连接OA，OB，∠PAO＝∠PBO＝90°，
∵∠ACB＝120°，∴∠AOB＝120°.
又P，A，O，B四点共圆，故∠APB＝60°.
答案：60°
7．如图，AB＝10，BC＝8，CD平分∠ACB，则AC＝ ，BD＝ .
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
8．如图，在圆内接四边形ABCD中，AB＝AD，AC＝1，∠ACD＝60°，则四边形ABCD的面积为 ．
解析：过A作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F.因为∠ADF＋∠ABC＝180°(圆的内接四边形对角之和为180°)，∠ABE＋∠ABC＝180°，
所以∠ABE＝∠ADF，又AB＝AD，∠AEB＝∠AFD＝90°，
所以△AEB≌△AFD，
所以S四边形ABCD＝S四边形AECF，AE＝AF.
又因为∠E＝∠AFC＝90°，AC＝AC，
所以Rt△AEC≌Rt△AFC.
因为∠ACD＝60°，∠AFC＝90°，
所以∠CAF＝30°，因为AC＝1，所以CF＝，AF＝，所以S四边形ABCD＝2S△ACF＝2×CF×AF＝.
答案：
三、解答题
9．如图，圆内接四边形ABCD，过C点作对角线BD的平行线交AD的延长线于E点．
求证：DE·AB＝BC·CD.
证明：连接AC，
则∠BAC＝∠BDC，
因为CE∥BD，所以∠DCE＝∠BDC，
所以∠DCE＝∠BAC，
因为ABCD是圆内接四边形，
所以∠CDE＝∠ABC，
所以△CDE∽△ABC，所以＝，
即DE·AB＝BC·CD.
10.如图所示，圆O是△ABC的外接圆，∠BAC与∠ABC的平分线相交于点I，延长AI交圆O于点D，连接BD，DC.
(1)求证：BD＝DC＝DI.
(2)若圆O的半径为10 cm，∠BAC＝120°，求△BCD的面积．
解：(1)证明：因为AI平分∠BAC，所以∠BAD＝∠DAC，
所以＝，
所以BD＝DC.
因为BI平分∠ABC，所以∠ABI＝∠CBI.
因为∠BAD＝∠DAC，∠DBC＝∠DAC，
所以∠BAD＝∠DBC.
又因为∠DBI＝∠DBC＋∠CBI，
∠DIB＝∠ABI＋∠BAD，
所以∠DBI＝∠DIB，所以△BDI为等腰三角形，
所以BD＝ID，所以BD＝DC＝DI.
(2)当∠BAC＝120°时，△ABC为钝角三角形，所以圆心O在△ABC外．
连接OB，OD，OC，
则∠DOC＝∠BOD＝2∠BAD＝120°，
所以∠DBC＝∠DCB＝60°，
所以△BDC为正三角形．
所以OB是∠DBC的平分线，
延长CO交BD于点E，则OE⊥BD，
所以BE＝BD.
又因为OB＝10，
所以BC＝BD＝2OBcos 30°＝2×10×＝10，
所以CE＝BC·sin 60°＝10×＝15，
所以S△BCD＝BD·CE＝×10×15＝75.
所以△BCD的面积为75.
11．(新课标全国卷Ⅰ)如图，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.
(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：连接DE，交BC于点G.
由弦切角定理得，
∠ABE＝∠BCE.
而∠ABE＝∠CBE，
故∠CBE＝∠BCE，
BE＝CE.
又DB⊥BE，所以DE为直径，则∠DCE＝90°，
由勾股定理可得DB＝DC.
(2)由(1)知，∠CDE＝∠BDE，DB＝DC，
故DG是BC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.
第一章 直线、多边形、圆
章末复习课
[对应学生用书P30]
[对应学生用书P30]
平移反射旋转相似
判断两个图形是经过平移、反射、旋转、相似哪种变换而得到的．关键是抓住每一种变换的特点：即图形的位置、形状、大小会发生如何变化，从而解决与之相关的问题．
[例1] 如图，正方形ABCD的顶点坐标分别为A(8，8)，B(4,0)，C(12，－4)，D(16,4)，画出它以原点O为位似中心、相似比为的位似图形，并确定其对应点的坐标．
[解] A、B、C、D的对应点的坐标分别为A′(4,4)，B′(2,0)，C′(6，－2)，D′(8,2)和A″(－4，－4)，B″(－2,0)，C″(－6,2)，D″(－8，－2)．
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．
[例2] (1)已知⊙O是∠ABC的外接圆，⊙I是△ABC的内切圆，∠A＝80°，则∠BOC＝ ，∠BIC＝ .
(2)如图，过点P作⊙O的割线PAB与切线PE，E为切点，连接AE，BE，∠APE的平分线分别与AE，BE相交于点C，D.若∠AEB＝30°，则∠PCE＝ .
[解析] (1)如图，∵∠A＝80°，
由一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，得∠BOC＝2∠A＝160°.
又∵在△ABC中，∠A＝80°，
∴∠ABC＋∠ACB＝180°－80°＝100°.
又∵∠IBC＝∠ABC，
∠ICB＝∠ACB，
∴∠IBC＋∠ICB＝(∠ABC＋∠ACB)＝×100°＝50°.
∴在△IBC中，∠BIC＝180°－50°＝130°.
(2)由圆的切割线定理可得PE2＝PB·PA?＝，
∴△PEB∽△PAE，
设∠PAE＝α，
则∠PEB＝α，∠PBE＝α＋30°，∠APE＝150°－2α，
∴△PCE中，∠EPC＝75°－α，∠PEC＝30°＋α，
∴∠PCE＝75°.
[答案] (1)160° 130° (2)75°
与圆有关的线段的计算与证明
解决与圆有关的线段的计算与证明问题时，首先考虑相交弦定理、割线定理、切割线定理和弦切角定理，从而获得成比例线段，再结合相似三角形进行等比代换或等线代换加以证明，或列出方程解得线段的长．
[例3] 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.
[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.
而∠DGB＝∠EFC＝∠DBC，故△BCD∽△GBD.
[例4] 如图，四边形ABCD是边长为a的正方形，以D为圆心，DA为半径的圆弧与以BC为直径的⊙O交于点F，连接CF并延长CF交AB于E.
(1)求证：E是AB的中点；
(2)求线段BF的长．
[解] (1)证明：连接OD，OF，DF.
∵四边形ABCD是边长为a的正方形，
∴BC＝CD，∠EBC＝∠OCD＝90°，
∵OF＝OC，DF＝DC，OD＝OD，
∴△OFD≌△OCD，
∴∠ODC＝∠ODF，
∠ECB＝∠FDC＝∠ODC，
∴△EBC≌△OCD，
∴EB＝OC＝AB，即E是AB的中点．
(2)由BC为⊙O的直径易得BF⊥CE，
∴S△BEC＝BF·CE＝CB·BE，
∴＝，∴BF＝a.
一、选择题
1．如图，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：选B 由DE∥BC，EF∥AB知①②④正确，③错误．
2．如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝3，BC＝9，AB＝6，CD＝4，若EF∥BC，且梯形AEFD与梯形EBCF的周长相等，则EF的长为( )
A． B．
C． D．
解析：选C
过A作AG∥DC，交EF于H，交BC于G，
设AE＝x，DF＝y，
由AB＝BG＝6，可得AE＝EH＝x.
由题意知x∶6＝y∶4.
所以2x＝3y. ①
又梯形AEFD与梯形EBCF的周长相等，
所以3＋x＋3＋x＋y＝6－x＋9＋4－y＋3＋x.
所以x＋y＝8. ②
由①②解得x＝，所以EF＝＋3＝.
3. 如图，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：选D 延长CO交⊙O于D，则DM＝3CM，CM·MD＝MA·MB，所以1.5×4＝3CM2，CM＝，OC＝2.
4.如图，在梯形ABCD中，AB∥DC.
①若∠A＝90°，AB＋CD＝BC，则以AD为直径的圆与BC相切；
②若∠A ＝90°，当以AD为直径的圆与BC相切时，则以BC为直径的圆也与AD相切；
③若以AD为直径的圆与BC相切，则AB＋CD＝BC；
④若以AD为直径的圆与BC相切，则以BC为直径的圆与AD相切．
以上判断正确的个数有( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C (1)过AD的中点E，作EG⊥BC于点G，过E作AB的平行线EF，则EF是梯形ABCD的中位线．
所以EF＝(AB＋CD)＝BC＝CF.
所以∠CEF＝∠ECF，
因为EF∥CD，
所以∠DCE＝∠CEF，
所以∠DCE＝∠ECF.
因为在△DCE和△GCE中，
所以△DCE≌△GCE(AAS)，
所以EG＝DE＝AD，则以AD为直径的圆与BC相切．
故命题①正确；
(2)若∠A＝90°，当以AD为直径的圆与BC相切时，设以AD为直径的圆的圆心是E，则E是AD的中点，设圆与BC相切于点G，则连接EG，则EG⊥BC，且EG＝ED.
因为在Rt△DCE和Rt△GCE中，
所以Rt△DCE≌Rt△GCE(HL)，
所以CD＝CG，同理，BG＝AB，
所以AB＋CD＝BC，故③正确；
取BC的中点F，连接EF，则EF是梯形ABCD的中位线，
EF＝(AB＋CD)＝BC，
又因为若∠A＝90°，则EF⊥AD，
所以以BC为直径的圆也与AD相切．故②正确；
(3)若以AD为直径的圆与BC相切，则以BC为直径的圆与AD相切，根据(2)可以得到当中位线EF是F到AD的垂线段时，以BC为直径的圆与AD相切，否则就不相切．故④错误．
故正确的是①②③.故选C.
二、填空题
5.如图，⊙O的两条弦AB，CD交于点P，已知AP＝4，BP＝6，CP＝3，则CD＝ .
解析：因为⊙O的弦AB，CD相交于点P，所以AP·PB＝CP·PD，
因为AP＝4，BP＝6，CP＝3，
所以PD＝＝8，
所以CD＝CP＋PD＝3＋8＝11.
即CD的长是11.
答案：11
6.(天津高考)如图， △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 ．
解析：因为AE是圆的切线，且AE＝6，BD＝5，由切割线定理可得EA2＝EB·ED，即36＝EB·(EB＋5)，解得EB＝4.又∠BAE＝∠ADB＝∠ACB＝∠ABC，所以AE∥BC.又AC∥BD，所以四边形AEBC是平行四边形，所以AE＝BC＝6，AC＝EB＝4.又由题意可得△CAF∽△CBA，所以＝，CF＝＝＝.
答案：
7.(广东高考)如图，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：因为AB为圆O的直径，所以AC⊥BC.又BC＝CD，所以△ABD是等腰三角形，所以AD＝AB＝6，∠DAC＝∠BAC.因为CE切圆O
于点C，所以∠ECA＝∠ABC.又因为∠BAC＋∠ABC＝90°，所以∠DAC＋∠ECA＝90°，故CE⊥AD.故CD2＝DE·DA＝2×6＝12，所以BC＝CD＝2.
答案：2
8.如图，PA，PB分别切⊙O于A，B两点，在劣弧上任取一点C，过C作⊙O的切线分别交PA，PB于D，E两点．
(1)若PA＝5，则△PDE的周长为 ；
(2)若∠APB＝50°，则∠DOE＝ .
解析：(1)由切线长定理得DC＝DA，
EC＝EB，PA＝PB，
∴△PDE的周长为PD＋PE＋DE＝PD＋DC＋PE＋CE＝PD＋DA＋PE＋EB＝PA＋PB＝2PA＝10.
(2)连接OP.∵PA、DC均为切线，
∴∠PAO＝90°.由切线长定理得
∠APO＝∠APB＝25°，
∴∠AOP＝65°.
又C在PO上，且∠DOC＝∠AOD，
∴∠COD＝，∴∠DOE＝2∠COD＝65°.
答案：10 65°
三、解答题
9.如图，已知BC是⊙O的直径，AH⊥BC，垂足为D，点A为的中点，BF交AD于点E，且BE·EF＝32，AD＝6.
(1)求证：AE＝BE.
(2)求DE的长．
(3)求BD的长．
解：(1)证明：连接AF，AB，AC.
因为A是的中点，
所以∠ABE＝∠AFB.
又∠AFB＝∠ACB，
所以∠ABE＝∠ACB.
因为BC为直径，
所以∠BAC＝90°.因为AH⊥BC.
所以∠BAE＝∠ACB.
所以∠ABE＝∠BAE.
所以AE＝BE.
(2)设DE＝x(x>0)，由AD＝6，BE·EF＝32，
AE·EH＝BE·EF，
则(6－x)(6＋x)＝32，
解得x＝2，
即DE的长为2.
(3)由(1)，(2)知：BE＝AE＝6－2＝4，
在Rt△BDE中，BD＝＝2.
10．(辽宁高考)如图，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.
§1 & §2 截面欣赏 直线与球、平面与球的位置关系
[对应学生用书P33]
1．直线与球的位置关系有相离、相切、相交．
2．从球外一点作球的切线，它们的切线长相等，所有的切点组成一个圆．
3．平面与球的位置关系有相离、相切、相交．
4．一个平面与球面相交，所得的交线是一个圆，且圆心与球心的连线垂直于这一平面．
1．用一平面去截正方体时，其截面可能是几边形？
提示：三角形(锐角三角形、等腰三角形、等边三角形)
四边形(长方形、正方形、梯形)
五边形、六边形
2．直线与球的位置关系的判定与直线与圆的位置关系判定一样吗？
提示：一样．都是利用点到直线的距离与半径r的关系去判定．
3．平面与球的位置关系如何判定？
提示：平面α，球O，球心O到α的距离为OH，球半径为R.若OH>R，则相离；若OH＝R，则相切；若OH[对应学生用书P33]
截面问题
[例1] 从一个底面半径和高都是R的圆柱中，挖去一个以圆柱上底面为底，下底面中心为顶点的圆锥，得到如图所示的几何体，如果用一个与圆柱下底面距离等于l并且平行于底面的平面去截它，求所得截面的面积(阴影部分)．
[思路点拨] 本题主要考查截面问题，解题时根据题意画出轴截面可直观求解．
[精解详析] 轴截面如图所示：被平行于下底面的平面所截的圆柱的截面圆的半径O1C＝R，圆锥的截面圆的半径O1D设为x.
∵OA＝AB＝R，
∴△OAB是等腰直角三角形．
又CD∥OA，则CD＝BC，故x＝l.
∴截面面积S＝πR2－πl2＝π(R2－l2)．
解决这类问题的关键是准确分析出组合体的结构特征，发挥自己的空间想象能力，正确作出几何体的轴截面等，把立体图和截面图对照分析，找出几何体中的数量关系．把空间几何问题转化在同一平面内利用平面几何的知识解决，即用空间问题平面化的解题策略．
1.一长方体木料，沿如图所示平面EFGH截长方体，若AB⊥CD，那么下列四个图形中是截面的是( )
解析：选A 因为AB，MN两条交线所在平面(侧面)互相平行，故AB，MN无公共点；又AB，MN在平面EFGH内，故AB∥MN.同理易知，AN∥BM.又AB⊥CD，所以截面必为矩形．
平面、直线与球的位置关系
[例2] 有三个球，第一个球内切于正方体，第二个球与这个正方体各条棱相切，第三个球过这个正方体的各个顶点，求这三个球的表面积之比．
[思路点拨] 本题主要考查平面、直线与球的位置关系的应用．解此题时分别作出三种情况的截面图，可求解．
[精解详析] 设正方体的棱长为a.
(1)正方形的内切球球心是正方体的中心，切点是六个面正方形的中心，经过四个切点及球心作截面如图①，所以有2r1＝a，r1＝，所以S1＝4πr＝πa2.
(2)球与正方体的各棱的切点在每条棱的中点， 过球心作正方体的对角面得截面，如图②，2r2＝a，r2＝a, 所以S2＝4πr＝2πa2.
(3)正方体的各个顶点在球面上，过球心作正方体的对角面得截面，如图③，所以有2r3＝a，r3＝a，所以S3＝4πr＝3πa2.
综上可得S1∶S2∶S3＝1∶2∶3.
与球有关的截面问题，为了增加图形的直观性，解题时常常画一个截面圆起衬托作用．
2．棱长为2的正四面体的四个顶点都在同一个球面上，若过该球球心的一个截面如图，则图中三角形(正四面体的截面)的面积是( )
A． B．
C． D．
解析：选C 由题意结合图形分析知：截面过球心，且交AB于E点，则E为AB的中点，即可得△ECD为等腰三角形，又CD＝2，CE＝DE＝，可求得S△ECD＝.
[例3] 如图，球O的半径为2，圆O1是一小圆，O1O＝，A，B是圆O1上两点．若∠AO1B＝，则A，B两点间的球面距离为 ．
[精解详析] 如图，OB＝OA＝2，
O1O＝，
∴O1A＝，
∴AB＝2，
∴△OAB为正三角形，
∴∠AOB＝.
∴A，B两点间的球面距离为×2＝.
[答案]
若一平面与球面相交所得交线是一个圆，且圆心与球心的连线垂直于这一平面，该圆心与球心距离为d，圆半径为r，球半径为R，则d2＋r2＝R2.
本例条件变为“如图，球O的半径为2，圆O1是一小圆，O1O＝，A，B是圆O1上两点．若A，B两点间的球面距离为”，则∠AO1B＝ .
解析：由A，B间的球面距离为知∠AOB＝，所以△AOB为等边三角形，AB＝2；又由球O的半径为2，O1O＝知O1A＝O1B＝，所以△AO1B为等腰直角三角形，∠AO1B＝.
答案：
本课时常考查截面问题，是每年命题的热点内容之一．属中档题．
[考题印证]
平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为，则此球的体积为( )
A．π B．4π
C．4π D．6π
[命题立意]
本题主要通过截面问题考查球的性质及球的体积公式．
[自主尝试] 设球的半径为R，由球的截面性质得R＝＝，所以球的体积V＝πR3＝4π.
[答案] B
[对应学生用书P35]
一、选择题
1．在一个锥体中，作平行于底面的截面，若这个截面面积与底面面积之比为1∶3，则锥体被截面所分成的两部分的体积之比为( )
A．1∶ B．1∶9
C．1∶3 D．1∶(3－1)
解析：选D 由面积比等于边长比的平方，体积比为边长比的立方可求得D正确．
2．过半径为2的球O表面上一点A作球O的截面，若OA与该截面所成的角是60°，则该截面的面积是( )
A．π B．2π
C．3π D．2π
解析：选A 设截面的圆心为O′，由题意得：∠OAO′＝60°，O′A＝1，S＝π·12＝π.
3．如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D为棱AA1的中点，若截面△BC1D是面积为6的直角三角形，则此三棱柱的体积为( )
A．4 B．3
C．8 D．6
解析：选C 由题意，设AB＝a，AA1＝b，再由BD·DC1＝6可得a2＋＝12.又由BC2＋CC＝BC得a2＋b2＝24，可得a＝2，b＝4，
∴V＝×(2)2×4＝8.
4．正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q，R分别是AB，AD，B1C1的中点，则正方体的过P，Q，R的截面图形是( )
A．矩形 B．正五边形
C．正六边形 D．菱形
解析：选C 如图，利用空间图形的公理作出截面，可知截面为正六边形．
二、填空题
5．已知OA为球O的半径，过OA的中点M且垂直于OA的平面截球面得到圆M.若圆M的面积为3π，则球O的表面积等于 ．
解析：记球O的半径为R，圆M的半径为r，则依题意得r2＝3，R2＝r2＋2，故R2＝4，球O的表面积等于4πR2＝16π.
答案：16π
6．直三棱柱ABC－A1B1C1的各顶点都在同一球面上，若AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝120°，则此球的表面积等于 ．
解析：在△ABC中AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，可得BC＝2，由正弦定理，可得△ABC外接圆半径r＝2，设此圆圆心为O′，球心为O，在Rt△OO′B中，易得球半径R＝，故此球的表面积为4πR2＝20π.
答案：20π
7．已知点A，B，C在球心为O的球面上，△ABC的内角A，B，C所对应的边长分别为a，b，c，且a2＝b2＋c2－bc，a＝，球心O到截面ABC的距离为，则该球的表面积为 ．
解析：由a2＝b2＋c2－bc可得A＝，再由正弦定理可得球的小圆半径为r＝1，进而可得球的半径为R＝，该球的表面积为12π.
答案：12π
8．在的二面角内，放一个半径为5的球切两半平面于A，B两点，那么这两个切点在球面上最短距离是 ．
解析：两切点对球心的张角为，∴球面距为.
答案：
三、解答题
9．已知棱长为a的正方体ABCD－A′B′C′D′中，M，N分别是CD，AD的中点，求证：MNA′C′是梯形．
证明：如图，连接AC.
∵M，N分别为CD，AD的中点，
∴MN綊AC.
由正方体性质可知AC綊A′C′，
∴MN綊A′C′，
∴四边形MNA′C′是梯形．
10．在北纬45°的纬度圈上有A，B两点，它们分别在东经70°与东经160°的经度圈上，设地球半径为R，求A，B两点间的球面距离．
解：如图，设北纬45°圈的圆心为O1，地球中心为O，
则∠AO1B＝160°－70°＝90°，∠OBO1＝45°，OB＝R，
∴O1B＝O1A＝R，AB＝R.
连接AO，AB，则AO＝BO＝AB＝R，
∴∠AOB＝60°，∴＝·2πR＝πR.
故A，B两点间的球面距离为πR.
11．如图所示，三棱锥V－ABC中，VA⊥底面ABC，∠ABC＝90°.
(1)求证：V，A，B，C四点在同一球面上．
(2)过球心作一平面与底面内直线AB垂直．求证：此平面截三棱锥所得的截面是矩形．
证明：(1)取VC的中点M.
∵VA⊥底面ABC，∠ABC＝90°，
∴BC⊥VB.在Rt△VBC中，M为斜边VC的中点，
∴MB＝MC＝MV.
同理，在Rt△VAC中，
MA＝MV＝MC.
∴MV＝MC＝MA＝MB，
∴V，A，B，C四点在同一球面上，M是球心．
(2)取AC，AB，VB的中点分别为N，P，Q，
连接NP，PQ，QM，MN.则MNPQ就是垂直于AB的三棱锥V－ABC的截面，易证PQMN是平行四边形，
又VA⊥BC，PQ∥VA，NP∥BC，
∴QP⊥PN，故截面MNPQ是矩形．
§3 柱面与平面的截面
[对应学生用书P36]
1．圆柱面可以看成是一个矩形ABCD以一边CD所在的直线为轴旋转一周后AB边所形成的曲面．
2．平面上一条曲线C绕着一条直线l旋转一周后所形成的曲面称为旋转面．
3．用垂直于圆柱轴的平面截圆柱，所得交线是圆．
4．当截面β与圆柱面的轴不垂直时，所得交线为椭圆．
将两个球放入圆柱内，使它们位于平面γ的两侧，且每一个球既与圆柱相切，又与平面γ相切．那么平面γ与圆柱面的截线是什么？
提示：椭圆
[对应学生用书P37]
椭圆的度量性质
[例1] 已知平面α与一圆柱的母线成45°角，那么该平面与圆柱截口图形的离心率是( )
A． B．1
C． D．
[思路点拨] 本题主要考查椭圆的度量性质，解决此题时只需结合椭圆的性质求解即可．
[精解详析] 设圆柱的底半径为r，由题意知平面与圆柱截口图形为椭圆，短轴长为2b＝2r，
则2a＝＝2b＝2r，
∴a＝r，c＝＝r
∴离心率e＝＝
[答案] C
椭圆是圆柱与平面的截口，因此椭圆的度量性质与圆柱的底面半径、截面与母线的夹角相关．
1．已知圆柱的底面半径为r，平面α与圆柱母线的夹角为30°，则它们截口椭圆的焦距是( )
A．2r B．4r
C．r D．3r
解析：选A 如图，过G2作G2H⊥AD，H为垂足，则G2H＝2r.
在Rt△G1G2H中，
G1G2＝＝2r×2＝4r，
∴长轴2a＝G1G2＝4r，短轴2b＝2r.
∴焦距2c＝2＝2×r＝2r.
椭圆的性质的应用
[例2] 如图，已知球O1，O2分别切平面β于点F1，F2.G1G2＝2a，Q1Q2＝2b，G1G2与Q1Q2垂直且互相平分，求证：F1F2＝2.
[思路点拨] 本题主要考查椭圆性质的应用．解决时要结合图形，依据圆柱、双球及其截面的关系综合应用相关性质去求解．
[精解详析] 连接AB，过G1作G1H⊥BG2，H为垂足，则四边形ABHG1是矩形．∴G1H＝AB.
设P1，P2分别是Q1，Q2的平行射影，连接P1P2，P1Q1，P2Q2，
则P1Q1綊P2Q2.
∴P1Q1Q2P2是平行四边形．
∴Q1Q2＝P1P2，即Q1Q2等于底面直径，
∴G1H＝AB＝Q1Q2＝2b.又由切线长定理得
G1A＝G1F1＝G2F2，G2F1＝G2B，
∴G2F1－G2F2＝G2B－G1A.
又G1A＝BH，
∴G2F1－G2F2＝G2B－BH.
∴F1F2＝G2H.
在Rt△G1G2H中，
G2H＝＝＝2 .
如图将双球放入圆柱内，可得：
(1)圆柱形物体的斜截口是椭圆．
(2)椭圆的长轴长为AD，短轴长为圆的直径．焦点为切点F1，F2.焦距2c＝2＝F1F2.
解决并应用此类问题时，要仔细考查双球与圆柱及截面的关系，常用到切线长定理、三角形相似、全等、解直角三角形等相关知识．
2．如图，已知PF1∶PF2＝1∶3，AB＝12，G1G2＝20，求PQ.
解：设椭圆长轴为2a，短轴为2b，焦距为2c.
由已知可得a＝10，b＝6，c＝＝8，e＝＝.
由椭圆定义PF1＋PF2＝K1K2＝G1G2＝20.
又∵PF1∶PF2＝1∶3，
∴PF1＝5，PF2＝15.
由离心率定义，
∴＝.
∴PQ＝.
本课时考点常以客观题形式考查平面与柱面的截线的几何性质及应用．难度中等．
[考题印证]
已知圆柱底面半径为，平面β与圆柱母线夹角为60°，在平面β上以G1G2所在直线为横轴，以G1G2中点为原点，建立平面直角坐标系，求平面β与圆柱截口椭圆的方程．
[命题立意]
本题主要考查利用柱面与平面的截线性质及椭圆的定义求方程问题．
[自主尝试] 如图，过G1作G1H⊥BC于H.
∵圆柱底面半径为，
∴AB＝2.
∵四边形ABHG1是矩形，
∴AB＝G1H＝2.
在Rt△G1G2H中，
G1G2＝＝＝4.
又椭圆短轴长等于底面圆的直径2，
∴椭圆的标准方程为＋＝1.
[对应学生用书P38]
一、选择题
1．用一个平面去截一个圆柱面，其截线是( )
A．圆 B．椭圆
C．两条平行线 D．以上均可能
解析：选D 平面与轴垂直时截线为圆；不垂直时截线可为椭圆；平面平行于轴自上而下时是两平行线．
2．已知平面β与一圆柱斜截口(椭圆)的离心率为，则平面β与圆柱母线的夹角是( )
A．30° B．60°
C．45° D．90°
解析：选A 设β与母线夹角为φ，则cosφ＝，
∴φ＝30°.
3．如图所示，过F1作F1Q⊥G1G2，△QF1F2为等腰直角三角形，则椭圆的离心率为( )
A．
B．
C．2－
D．－1
解析：选D 设椭圆的长轴长、短轴长、焦距分别为2a,2b,2c.
∵△QF1F2是等腰直角三角形，
∴QF1＝F1F2＝2c，QF2＝2c.
由椭圆的定义得QF1＋QF2＝2a，
∴e＝＝＝＝－1.
4．两圆柱底面半径分别为R，r(R>r)，平面γ与它们的母线的夹角分别为α，β(α<β<90°)，斜截口椭圆的离心率分别为e1，e2，则( )
A．e1>e2 B．e1C．e1＝e2 D．无法确定
解析：选A ∵e1＝cosα，e2＝cosβ
又∵α<β<90°时，cosα>cosβ，∴e1>e2.
二、填空题
5．椭圆的一个顶点与两个焦点构成等边三角形，则此椭圆的离心率是 ．
解析：设椭圆的长轴长，短轴长，焦距分别为2a,2b,2c，由a＝2c，得＝，即e＝.
答案：
6．如果方程x2＋ky2＝2表示焦点在y轴上的椭圆，那么实数k的取值范围是 ．
解析：＋＝1表示焦点在y轴上的椭圆，则>2，则0＜k＜1.
答案：(0,1)
7．已知平面α截圆柱体，截口是一条封闭曲线，且截面与底面所成的角为30°，此曲线是 ，它的离心率为 ．
解析：曲线是椭圆，e＝.
答案：椭圆
8．已知圆柱底面半径为b，平面α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，椭圆短轴为2b，长轴长2a＝＝4b，
∴c＝＝b.
∴e＝＝(或e＝cos30°＝)．
设P到F1的距离为d，则＝，
∴d＝b.
又PF1＋PF2＝2a＝4b，
∴PF2＝4b－PF1＝4b－b＝b.
答案：
三、解答题
9．如图所示，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.
(1)比较EF，GH的大小；
(2)若圆柱的底面半径为r，截面α与母线的夹角为θ，求CD.
解：(1)∵EG∥FH且EG＝FH，
∴四边形EFHG是平行四边形．
∴EF＝GH.
(2)过D作DP⊥AC于P，
在Rt△CDP中，＝sin∠DCP，
∴CD＝.
10．如图所示，设两焦点的距离F1F2＝2c，两端点G1G2＝2a，求证：l1与l2之间的距离为.
证明：设椭圆上任意一点P，过P作PQ1⊥l1于Q1，过P作PQ2⊥l2于Q2，
∵e＝＝＝，
∴PF1＝PQ1，PF2＝PQ2.
由椭圆定义PF1＋PF2＝2a，
∴PQ1＋PQ2＝2a.
∴PQ1＋PQ2＝，即l1与l2之间的距离为.
11．如图，设两焦点的距离F1F2＝2c，两端点距离G1G2＝2a，截面β与圆柱母线的夹角为φ.
求证：P到F1的距离与到l1的距离比等于.
证明：过G1作G1H⊥BC于H，则G1A＝BH.
由切线长定理得G2F1＝G2B，G1A＝G1F1＝G2F2，
∴G2F1－G2F2＝G2B－BH.
∴G2H＝F1F2＝2c.
在△PQK1和△G2G1H中，∠QPK1＝∠G1G2H＝φ，∠QK1P＝∠G1HG2＝90°，
∴△PQK1∽△G2G1H.
∴＝＝＝＝cosφ＝e.
又由切线长定理得PK1＝PF1，
∴＝＝＝cosφ＝e.
即e＝cosφ＝.
§4 & §5平面截圆锥面 圆锥曲线的几何性质
[对应学生用书P39]
1．平面截圆锥面
(1)当截面β与圆锥面的轴l垂直时，所得交线是一个圆．
(2)任取一平面β，它与圆锥面的轴l所成的夹角为θ(β与l平行时，记θ＝0°)，当θ>σ(σ为圆锥母线与轴交角)时，平面截圆锥面所得交线为椭圆；当θ＝σ时，交线为抛物线；当θ<σ时，交线为双曲线．
2．圆锥曲线的几何性质
抛物线、椭圆、双曲线都是平面上到定点的距离与到定直线的距离之比为常数e(离心率)的动点的轨迹，此时定点称为焦点，定直线称为准线．
当e＝1时，轨迹为抛物线；
当0当e>1时，轨迹为双曲线．
1．当平面β与圆锥面的轴l所成的夹角为θ＝时，其交线应为什么？
提示：圆
2．由圆锥曲线的统一定义可知，椭圆、双曲线的准线有几条？定义e时，定点与定直线有怎样的关系？
提示：因为椭圆、双曲线各有两个焦点，故其准线有两条．定义e时，定点与定直线是对应的．即右焦点应对应右准线、左焦点对应左准线．
[对应学生用书P40]
圆锥曲线的探讨
[例1] 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γ，若它与轴l的交角为β(当γ与l平行时，记β＝0)，求证：β＝α时，平面γ与圆锥的交线是抛物线．
[思路点拨] 本题主要考查平面截圆锥面的曲线的讨论问题．解题时，注意利用条件，结合图形利用抛物线的定义求解．
[精解详析] 如图，设平面γ与圆锥内切球相切于点F，球与圆锥的交线为S，过该交线的平面为γ′，γ与γ′相交于直线m.
在平面γ与圆锥的截线上任取一点P，连接PF.过点P作PA⊥m，交m于点A，过点P作γ′的垂线，垂足为B，连接AB，则AB⊥m，∴∠PAB是γ与γ′所成二面角的平面角．连接点P与圆锥的顶点，与S相交于点Q，连接BQ，则∠BPQ＝α，∠APB＝β.
在Rt△APB中，PB＝PAcos β.
在Rt△PBQ中，PB＝PQcos α.
∴＝.
又∵PQ＝PF，α＝β，∴＝1，
即PF＝PA，动点P到定点F的距离等于它到定直线m的距离，故当α＝β时，平面与圆锥的交线为抛物线．
已知平面与圆锥面的轴的夹角为β，曲线与轴的夹角为α，当α＝β时，平面与圆锥的交线为抛物线．β<α时为双曲线，β>α时为椭圆．讨论曲线类型时注意结合图形．
1．一圆锥面的母线和轴线成30°角，当用一与轴线成60°的不过顶点的平面去截圆锥面时，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
解析：选A 如图可知应为椭圆．
圆锥曲线的几何性质
[例2] 如图，已知圆锥母线与轴的夹角为α，平面γ与轴线夹角为β，焦球的半径分别为R，r，且α<β，R>r，求平面γ与圆锥面交线的焦距F1F2，轴长G1G2.
[思路点拨] 本题主要考查圆锥曲线的几何性质．由β>α知截线为椭圆．通过数形结合转化到相应平面中求解．
[精解详析] 如图，在Rt△O1F1O中，
OF1＝＝.
在Rt△O2F2O中，OF2＝＝.
∴F1F2＝OF1＋OF2＝.
同理，O1O2＝.在Rt△O1O2H中，
O1H＝O1O2·cos α＝·cos α.又O1H＝A1A2，由切线定理，容易验证G1G2＝A1A2，∴G1G2＝·cos α.
已知圆锥曲线的结构特点，解决有关计算问题，通常利用圆锥曲线结构特点中的数量等式关系，列出方程来解决．
2．已知圆锥母线与轴夹角为60°，平面γ与轴夹角为45°，则平面γ与圆锥交线的离心率是 ，该曲线的形状是 ．
解析：e＝＝.
∵e>1，∴曲线为双曲线．
答案： 双曲线
圆锥曲线的统一定义
[例3] 已知F是椭圆C的一个焦点，B是短轴的一个端点，线段BF的延长线交C于点D，且BF＝2FD，则C的离心率为 ．
[精解详析] 法一：如图，|BF|＝＝a，作DD1⊥y轴于点D1，则由BF＝2FD，得＝＝，
所以|DD1|＝|OF|＝c，
即xD＝，由椭圆的第二定义得|FD|＝e(－)＝a－.
又由|BF|＝2|FD|，
得a＝2a－?e＝.
法二：设椭圆方程为第一标准形式＋＝1，
设D(x2，y2)，F分BD所成的比为2，
xc＝?x2＝xc＝c；
yc＝?y2＝＝＝－，
代入椭圆方程得：＋＝1?e＝.
[答案]
由圆锥曲线的统一定义可知它沟通了焦半径与e的关系，故涉及焦半径问题可考虑使圆锥曲线的定义进行转化．同时注意数形结合思想的应用．
3．点A(x0，y0)在双曲线－＝1的右支上，若点A到右焦点的距离等于2x0，则x0＝ .
解析：由题知a＝2，b＝4，
则c＝＝6，
所以右准线为x＝＝，
由双曲线的第二定义知＝e，
即＝3，所以2x0＝3x0－2，故x0＝2.
答案：2
本课时考点常用客观题的形式考查圆锥曲线的统一定义及几何性质，属中档题．
[考题印证]
过抛物线y2＝2x的焦点F作直线交抛物线于A，B两点，若|AB|＝，|AF|<|BF|，则|AF|＝ .
[命题立意]
本题主要考查直线与抛物线的位置关系及抛物线定义的应用．
[自主尝试] 设过抛物线焦点的直线为
y＝k，联立得
整理得k2x2－(k2＋2)x＋k2＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
x1＋x2＝，x1x2＝.
|AB|＝x1＋x2＋1＝＋1＝，得k2＝24，
代入k2x2－(k2＋2)x＋k2＝0得12x2－13x＋3＝0，
解之得x1＝，x2＝，
又|AF|<|BF|，
故|AF|＝x1＋＝.
答案：
[对应学生用书P41]
一、选择题
1．椭圆＋＝1的右焦点到直线y＝x的距离为( )
A． B．
C．1 D．
解析：选B 右焦点为(1,0)，∴距离为.
2．平面γ与圆锥的轴线平行，圆锥母线与轴线夹角为60°，则平面与圆锥面交线的离心率是( )
A．2 B．
C． D．2
解析：选A e＝＝＝2.
3．平面γ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：选A 由定义知交线为抛物线．
4．抛物线y＝4x2上的一点M到焦点的距离为1，则M的纵坐标是( )
A． B．
C． D．0
解析：选B 设M的纵坐标为y，则y＋＝1，∴y＝.
二、填空题
5．设圆锥面V是由直线l′绕直线l旋转而得，l′与l交点为V，l′与l的夹角为α(0°<α<90°)，不经过圆锥顶点V的平面γ与圆锥面V相交，设轴l与平面γ所成的角为β，则
当 时，平面γ与圆锥面的交线为圆；
当 时，平面γ与圆锥面的交线为椭圆；
当 时，平面γ与圆锥面的交线为双曲线；
当 时，平面γ与圆锥面的交线为抛物线．
答案：β＝90° α<β<90° β<α β＝α
6．已知椭圆两准线间的距离为20，长轴长为10，则短轴长为 ．
解析：由?a＝5，c＝.
∴2b＝2 ＝5.
答案：5
7．已知双曲线的中心在原点，焦点F1，F2在坐标轴上，离心率为，且过点(4，－)，则双曲线方程为 ．
解析：∵e＝，∴可设双曲线方程为x2－y2＝λ.
∵过点(4，－)，∴16－10＝λ，即λ＝6，
∴双曲线方程为x2－y2＝6.
答案：x2－y2＝6
8．已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P是准线上一点，且PF1⊥PF2，|PF1|·|PF2|＝4ab，则双曲线的离心率是 ．
解析：∵PF1⊥PF2，
∴P在以F1F2为直径的圆上．
∴点P(x，y)满足解得y2＝.
∵|PF1|·|PF2|＝|F1F2|·|y|，
∴4ab＝2c·，解得e＝.
答案：
三、解答题
9．如图，讨论其中抛物线的准线与离心率．
解：由抛物线结构特点知，抛物线上的任意一点P到焦点的距离PF1与到平面γ与γ′的交线m的距离PA相等，
∴e＝＝1.
∴抛物线的准线是m，离心率e＝1.
10．已知双曲线两顶点间距离为2a，焦距为2c，求两准线间的距离．
解：如图，l1，l2是双曲线的准线，F1，F2是焦点，A1，A2是顶点，O为中心．
由离心率定义＝，
∴A1H1＝A1F1.
又A1F1＝OF1－OA1＝c－a，
∴A1H1＝.
∴OH1＝OA1－A1H1，
∴a－＝.
由对称性，得OH2＝，
∴H1H2＝.
11．如图，一个焦球与圆锥面的交线为圆S，记圆S所在的平面为γ′，设γ与γ′的交线为m.在椭圆上任取一点P，连接PF1，在γ中过P作m的垂线，垂足为A，过P作γ′的垂线，垂足为B，连接AB，AB是PA在平面γ′上的射影．在Rt△ABP中，∠APB＝β.
(1)求平面γ与γ′所成二面角的大小；
(2)在所截椭圆上任取一点P，求证：为定值．
解：(1)由已知PB⊥γ′，平面γ′∩平面γ＝m.
∴m⊥PB.又PA⊥m，
∴m⊥面PAB，
∴∠PAB是γ与γ′所成二面角的平面角．
又∠APB＝β，
∴∠PAB＝－β.
(2)证明：由已知PB＝PF1，
∴＝＝sin∠PAB＝cos β为定值．
第二章 圆锥曲线
[对应学生用书P39]
1．平面截圆锥面
(1)当截面β与圆锥面的轴l垂直时，所得交线是一个圆．
(2)任取一平面β，它与圆锥面的轴l所成的夹角为θ(β与l平行时，记θ＝0°)，当θ>σ(σ为圆锥母线与轴交角)时，平面截圆锥面所得交线为椭圆；当θ＝σ时，交线为抛物线；当θ<σ时，交线为双曲线．
2．圆锥曲线的几何性质
抛物线、椭圆、双曲线都是平面上到定点的距离与到定直线的距离之比为常数e(离心率)的动点的轨迹，此时定点称为焦点，定直线称为准线．
当e＝1时，轨迹为抛物线；
当0当e>1时，轨迹为双曲线．
1．当平面β与圆锥面的轴l所成的夹角为θ＝时，其交线应为什么？
提示：圆
2．由圆锥曲线的统一定义可知，椭圆、双曲线的准线有几条？定义e时，定点与定直线有怎样的关系？
提示：因为椭圆、双曲线各有两个焦点，故其准线有两条．定义e时，定点与定直线是对应的．即右焦点应对应右准线、左焦点对应左准线．
[对应学生用书P40]
圆锥曲线的探讨
[例1] 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γ，若它与轴l的交角为β(当γ与l平行时，记β＝0)，求证：β＝α时，平面γ与圆锥的交线是抛物线．
[思路点拨] 本题主要考查平面截圆锥面的曲线的讨论问题．解题时，注意利用条件，结合图形利用抛物线的定义求解．
[精解详析] 如图，设平面γ与圆锥内切球相切于点F，球与圆锥的交线为S，过该交线的平面为γ′，γ与γ′相交于直线m.
在平面γ与圆锥的截线上任取一点P，连接PF.过点P作PA⊥m，交m于点A，过点P作γ′的垂线，垂足为B，连接AB，则AB⊥m，∴∠PAB是γ与γ′所成二面角的平面角．连接点P与圆锥的顶点，与S相交于点Q，连接BQ，则∠BPQ＝α，∠APB＝β.
在Rt△APB中，PB＝PAcos β.
在Rt△PBQ中，PB＝PQcos α.
∴＝.
又∵PQ＝PF，α＝β，∴＝1，
即PF＝PA，动点P到定点F的距离等于它到定直线m的距离，故当α＝β时，平面与圆锥的交线为抛物线．
已知平面与圆锥面的轴的夹角为β，曲线与轴的夹角为α，当α＝β时，平面与圆锥的交线为抛物线．β<α时为双曲线，β>α时为椭圆．讨论曲线类型时注意结合图形．
1．一圆锥面的母线和轴线成30°角，当用一与轴线成60°的不过顶点的平面去截圆锥面时，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
解析：选A 如图可知应为椭圆．
圆锥曲线的几何性质
[例2] 如图，已知圆锥母线与轴的夹角为α，平面γ与轴线夹角为β，焦球的半径分别为R，r，且α<β，R>r，求平面γ与圆锥面交线的焦距F1F2，轴长G1G2.
[思路点拨] 本题主要考查圆锥曲线的几何性质．由β>α知截线为椭圆．通过数形结合转化到相应平面中求解．
[精解详析] 如图，在Rt△O1F1O中，
OF1＝＝.
在Rt△O2F2O中，OF2＝＝.
∴F1F2＝OF1＋OF2＝.
同理，O1O2＝.在Rt△O1O2H中，
O1H＝O1O2·cos α＝·cos α.又O1H＝A1A2，由切线定理，容易验证G1G2＝A1A2，∴G1G2＝·cos α.
已知圆锥曲线的结构特点，解决有关计算问题，通常利用圆锥曲线结构特点中的数量等式关系，列出方程来解决．
2．已知圆锥母线与轴夹角为60°，平面γ与轴夹角为45°，则平面γ与圆锥交线的离心率是 ，该曲线的形状是 ．
解析：e＝＝.
∵e>1，∴曲线为双曲线．
答案： 双曲线
圆锥曲线的统一定义
[例3] 已知F是椭圆C的一个焦点，B是短轴的一个端点，线段BF的延长线交C于点D，且BF＝2FD，则C的离心率为 ．
[精解详析] 法一：如图，|BF|＝＝a，作DD1⊥y轴于点D1，则由BF＝2FD，得＝＝，
所以|DD1|＝|OF|＝c，
即xD＝，由椭圆的第二定义得|FD|＝e(－)＝a－.
又由|BF|＝2|FD|，
得a＝2a－?e＝.
法二：设椭圆方程为第一标准形式＋＝1，
设D(x2，y2)，F分BD所成的比为2，
xc＝?x2＝xc＝c；
yc＝?y2＝＝＝－，
代入椭圆方程得：＋＝1?e＝.
[答案]
由圆锥曲线的统一定义可知它沟通了焦半径与e的关系，故涉及焦半径问题可考虑使圆锥曲线的定义进行转化．同时注意数形结合思想的应用．
3．点A(x0，y0)在双曲线－＝1的右支上，若点A到右焦点的距离等于2x0，则x0＝ .
解析：由题知a＝2，b＝4，
则c＝＝6，
所以右准线为x＝＝，
由双曲线的第二定义知＝e，
即＝3，所以2x0＝3x0－2，故x0＝2.
答案：2
本课时考点常用客观题的形式考查圆锥曲线的统一定义及几何性质，属中档题．
[考题印证]
过抛物线y2＝2x的焦点F作直线交抛物线于A，B两点，若|AB|＝，|AF|<|BF|，则|AF|＝ .
[命题立意]
本题主要考查直线与抛物线的位置关系及抛物线定义的应用．
[自主尝试] 设过抛物线焦点的直线为
y＝k，联立得
整理得k2x2－(k2＋2)x＋k2＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
x1＋x2＝，x1x2＝.
|AB|＝x1＋x2＋1＝＋1＝，得k2＝24，
代入k2x2－(k2＋2)x＋k2＝0得12x2－13x＋3＝0，
解之得x1＝，x2＝，
又|AF|<|BF|，
故|AF|＝x1＋＝.
答案：
[对应学生用书P41]
一、选择题
1．椭圆＋＝1的右焦点到直线y＝x的距离为( )
A． B．
C．1 D．
解析：选B 右焦点为(1,0)，∴距离为.
2．平面γ与圆锥的轴线平行，圆锥母线与轴线夹角为60°，则平面与圆锥面交线的离心率是( )
A．2 B．
C． D．2
解析：选A e＝＝＝2.
3．平面γ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：选A 由定义知交线为抛物线．
4．抛物线y＝4x2上的一点M到焦点的距离为1，则M的纵坐标是( )
A． B．
C． D．0
解析：选B 设M的纵坐标为y，则y＋＝1，∴y＝.
二、填空题
5．设圆锥面V是由直线l′绕直线l旋转而得，l′与l交点为V，l′与l的夹角为α(0°<α<90°)，不经过圆锥顶点V的平面γ与圆锥面V相交，设轴l与平面γ所成的角为β，则
当 时，平面γ与圆锥面的交线为圆；
当 时，平面γ与圆锥面的交线为椭圆；
当 时，平面γ与圆锥面的交线为双曲线；
当 时，平面γ与圆锥面的交线为抛物线．
答案：β＝90° α<β<90° β<α β＝α
6．已知椭圆两准线间的距离为20，长轴长为10，则短轴长为 ．
解析：由?a＝5，c＝.
∴2b＝2 ＝5.
答案：5
7．已知双曲线的中心在原点，焦点F1，F2在坐标轴上，离心率为，且过点(4，－)，则双曲线方程为 ．
解析：∵e＝，∴可设双曲线方程为x2－y2＝λ.
∵过点(4，－)，∴16－10＝λ，即λ＝6，
∴双曲线方程为x2－y2＝6.
答案：x2－y2＝6
8．已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P是准线上一点，且PF1⊥PF2，|PF1|·|PF2|＝4ab，则双曲线的离心率是 ．
解析：∵PF1⊥PF2，
∴P在以F1F2为直径的圆上．
∴点P(x，y)满足解得y2＝.
∵|PF1|·|PF2|＝|F1F2|·|y|，
∴4ab＝2c·，解得e＝.
答案：
三、解答题
9．如图，讨论其中抛物线的准线与离心率．
解：由抛物线结构特点知，抛物线上的任意一点P到焦点的距离PF1与到平面γ与γ′的交线m的距离PA相等，
∴e＝＝1.
∴抛物线的准线是m，离心率e＝1.
10．已知双曲线两顶点间距离为2a，焦距为2c，求两准线间的距离．
解：如图，l1，l2是双曲线的准线，F1，F2是焦点，A1，A2是顶点，O为中心．
由离心率定义＝，
∴A1H1＝A1F1.
又A1F1＝OF1－OA1＝c－a，
∴A1H1＝.
∴OH1＝OA1－A1H1，
∴a－＝.
由对称性，得OH2＝，
∴H1H2＝.
11．如图，一个焦球与圆锥面的交线为圆S，记圆S所在的平面为γ′，设γ与γ′的交线为m.在椭圆上任取一点P，连接PF1，在γ中过P作m的垂线，垂足为A，过P作γ′的垂线，垂足为B，连接AB，AB是PA在平面γ′上的射影．在Rt△ABP中，∠APB＝β.
(1)求平面γ与γ′所成二面角的大小；
(2)在所截椭圆上任取一点P，求证：为定值．
解：(1)由已知PB⊥γ′，平面γ′∩平面γ＝m.
∴m⊥PB.又PA⊥m，
∴m⊥面PAB，
∴∠PAB是γ与γ′所成二面角的平面角．
又∠APB＝β，
∴∠PAB＝－β.
(2)证明：由已知PB＝PF1，
∴＝＝sin∠PAB＝cos β为定值．
