1．1.1 相似三角形判定定理
[读教材·填要点]
1．相似三角形的定义及相关概念
如果在两个三角形中，对应角相等、对应边成比例，则这两个三角形叫做相似三角形．设相似三角形对应边的比值为k，则k叫做相似比(或相似系数)．
2．相似三角形判定定理
(1)判定定理1：两角对应相等的两个三角形相似．
(2)判定定理2：三边对应成比例的两个三角形相似．
(3)判定定理3：两边对应成比例，并且夹角相等的两个三角形相似．
[小问题·大思维]
1．两个三角形“相似”与两个三角形“全等”之间有什么关系？
提示：两个三角形全等是两个三角形相似的一种特殊情况．相似三角形的本质特征是“具有相同形状”，它们的大小不一定相等，当两个相似三角形的相似比为1时，两个三角形全等．
2．如果两个三角形的两边对应成比例，且有一角相等，那么这两个三角形相似吗？
提示：不一定．只有当这个角是对应成比例的两边的夹角时，这两个三角形才相似．
相似三角形的判定
[例1] 如图，若O是△ABC内任一点，D，E，F分别是OA，OB，OC的靠近O的三等分点．
求证：△DEF∽△ABC.
[思路点拨] 本题考查相似三角形判定定理2的应用．解答此题需要根据已知条件，寻找三角形相似的条件．利用三等分点找出对应边成比例即可．
[精解详析] ∵D，E，F分别是OA，OB，OC靠近点O的三等分点，∴DE＝AB，EF＝BC，FD＝CA.
∴＝＝＝.
由三角形相似的判定定理得△DEF∽△ABC.
在相似三角形的判定中，应用最多的是判定定理1，因为它的条件最容易寻求，实际证明当中，要特别注意两个三角形的公共角．判定定理2、3则常见于连续两次证明相似时，在第二次使用的情况较多．
1．已知△ABC中，BF⊥AC于点F，CE⊥AB于点E，BF和CE相交于点P，求证：
(1)△BPE∽△CPF；
(2)△EFP∽△BCP.
证明：(1)∵BF⊥AC于点F，
CE⊥AB于点E，
∴∠BFC＝∠CEB.
又∵∠CPF＝∠BPE，
∴△CPF∽△BPE.
(2)由(1)得△CPF∽△BPE，
∴＝.
又∵∠EPF＝∠BPC，∴△EFP∽△BCP.
[例2] 如图所示，∠ABC＝∠CDB＝90°，AC＝a，BC＝b，求当BD与a，b之间满足怎样的关系时，△ABC与△CDB相似？
[思路点拨] 由于△ABC与△CDB相似且都是直角三角形，因此，只要对应边成比例即可．而斜边肯定是三角形的最大边，所以AC一定与BC对应，这里要注意分类讨论的运用．
[精解详析] ∵∠ABC＝∠CDB＝90°，斜边AC与BC为对应边，以下分两种情况讨论．
①当＝时，△ABC∽△CDB，即＝.
∴BD＝时，△ABC∽△CDB.
②当＝时，△ABC∽△BDC，即＝.
∴当BD＝时，△ABC∽△BDC.
故当BD＝或BD＝时，
△ABC与△CDB相似．
(1)在证明直角三角形相似时，要特别注意直角这一隐含条件的应用．
(2)直角三角形被斜边上的高分成的两个直角三角形与原三角形相似．
2．如图，BD、CE是△ABC的高．
求证：△ADE∽△ABC.
证明：∵BD、CE是△ABC的高，
∴∠AEC＝∠ADB＝90°.
又∵∠A＝∠A，
∴△AEC∽△ADB.
∴＝.
又∵∠A＝∠A，
∴△ADE∽△ABC.
相似三角形的应用
[例3] 如图，已知在△ABC中，AB＝AC，AD是BC边上的中线，CF∥BA，BF交AD于点P，交AC于点E.
求证：BP2＝PE·PF.
[思路点拨] 本题考查相似三角形的判定及其应用，解答本题需要注意AD是等腰△ABC底边上的高，所以PB＝PC，从而将所求证的结论转化为PC2＝PE·PF.进而可以证明△PCE∽△PFC来解决问题．
[精解详析] 连接PC，在△ABC中，
因为AB＝AC，D为BC中点，
所以AD垂直平分BC.
所以PB＝PC，∠1＝∠2.
因为AB＝AC，
所以∠ABC＝∠ACB，
所以∠ABC－∠1＝∠ACB－∠2，
即∠3＝∠4.
因为CF∥AB，
所以∠3＝∠F，所以∠4＝∠F.
又因为∠EPC＝∠CPF，
所以△PCE∽△PFC，
所以＝，所以PC2＝PE·PF.
因为PC＝PB，
所以PB2＝PE·PF.
(1)有两个角对应相等，那么这两个三角形相似，这是判断两个三角形相似最常用的方法，并且根据相等的角的位置，可以确定哪些边是对应边．
(2)要说明线段的乘积式ab＝cd，或平方式a2＝bc，一般都是证明比例式＝或＝，再根据比例的基本性质推出乘积式或平方式．
3．如图所示，正方形ABCD的边长为1，P是CD边的中点，点Q在线段BC上，当△ADP与△QCP相似时，求BQ的值．
解：由题知∠D＝∠C＝90°，
①当△ADP∽△PCQ时，＝，
∴＝，∴CQ＝，∴BQ＝1－＝.
②当△ADP∽△QCP时，＝，∴＝，
∴CQ＝1，∴BQ＝0.
综上可知，当△ADP与△QCP相似时，BQ＝0或.
一、选择题
1．如图，锐角三角形ABC的高CD和BE相交于点O，图中与△ODB相似的三角形的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：∵BE⊥AC，CD⊥AB，
∴△ODB，△ABE，△ADC，△OCE都是直角三角形．
又∵∠DBO＝∠EBA，∠A＝∠A，∠DOB＝∠EOC，
∴△ODB∽△AEB∽△ADC，△ODB∽△OEC.
∴与△ODB相似的三角形有3个．
答案：C
2．Rt△ABC中，CD是斜边AB上的高，图形中共有x个三角形与△ABC相似，则x的值为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：由题意知，△ACD与△CBD与△ABC相似，故x＝2.
答案：B
3．三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：等腰三角形底边上的高或直角三角形斜边上的高分得的两个三角形分别相似．
答案：D
4．如图所示，∠AOD＝90°，OA＝OB＝BC＝CD，则下列结论正确的是( )
A．△DAB∽△OCA
B．△OAB∽△ODA
C．△BAC∽△BDA
D．△OAC∽△ABD
解析：设OA＝OB＝BC＝CD＝a，
则AB＝a，BD＝2a.
∴＝，＝＝.
∴＝，且∠ABC＝∠DBA.
∴△BAC∽△BDA.
答案：C
二、填空题
5．如图，已知△ABC，△DEF均为正三角形，D，E分别在AB，BC上，与△DBE相似的三角形的个数为________．
解析：在△DBE与△ECH中，
∵∠B＝∠C＝60°，
∠BDE＋∠BED＝120°，∠BED＋∠CEH＝120°，
∴∠BDE＝∠CEH.∴△DBE∽△ECH.
同理可证△ADG和△FHG也都和△BED相似．
答案：3
6．如图所示，在△ABC中，点D在线段BC上，∠BAC＝∠ADC，AC＝8，BC＝16，那么CD＝________.
解析：先根据已知条件和隐含条件证明△ABC∽△DAC.再根据相似建立比例式，根据给出的线段易求出未知线段．
答案：4
7．如图，∠B＝∠D，AE⊥BC，∠ACD＝90°，且AB＝6，AC＝4，AD＝12，则AE＝________.
解析：∵∠ACD＝∠AEB＝90°，∠B＝∠D，
∴△ABE∽△ADC，∴＝.
又AC＝4，AD＝12，AB＝6，
∴AE＝＝＝2.
答案：2
8．如图，在△ABC中，DE∥BC，EF∥CD，若BC＝3，DE＝2，DF＝1，则AB的长为________．
解析：∵DE∥BC，EF∥CD，
∴∠FDE＝∠DBC，∠DFE＝∠BDC.
∴△FDE∽△DBC ∴＝，即BD＝.
由＝＝，得＝2＝.
∴AF＝2，AB＝.
答案：
三、解答题
9．如图，已知：D是△ABC内的一点，在△ABC外取一点E，使∠CBE＝∠ABD，∠BCE＝∠BAD.
求证：△ABC∽△DBE.
证明：∵∠CBE＝∠ABD，
∠BCE＝∠BAD，
∴△ABD∽△CBE，∠ABC＝∠DBE.
∴＝，即＝，∴△ABC∽△DBE.
10．如图，已知?ABCD中，G是DC延长线上一点，AG分别交BD和BC于E，F两点．
证明：AF·AD＝AG·BF.
证明：因为四边形ABCD为平行四边形，
所以AB∥DC，AD∥BC.
所以△ABF∽△GCF，△GCF∽△GDA.
所以△ABF∽△GDA.
从而有＝，
即AF·AD＝AG·BF.
11．如图，M为线段AB的中点，AE与BD交于点C，∠DME＝∠A＝∠B＝α.且DM交AC于F，ME交BC于G，
(1)写出图中三对相似三角形，并证明其中的一对；
(2)连接FG，如果α＝45°，AB＝4，AF＝3，求FG的长．
解：(1)△AMF∽△BGM，△DMG∽△DBM，△EMF∽△EAM.
以下证明：△AMF∽△BGM.
∵∠AFM＝∠DME＋∠E＝∠A＋∠E＝∠BMG，∠A＝∠B，
∴△AMF∽△BGM.
(2)当α＝45°时，可得AC⊥BC且AC＝BC.
∵M为AB的中点，∴AM＝BM＝2.
又∴△AMF∽△BGM，
∴＝.
∴BG＝＝＝.
又AC＝BC＝4×sin 45°＝4，
∴CG＝4－＝，CF＝4－3＝1.
∴FG＝＝＝.
1．1.2 相似三角形的性质
[读教材·填要点]
相似三角形的性质定理
(1)性质定理1：相似三角形对应边上的高、中线和它们周长的比都等于相似比．
(2)性质定理2：相似三角形面积的比等于相似比的平方．
[小问题·大思维]
1．两个相似三角形的外接圆的直径比、周长比、面积比与相似比有什么关系？
提示：相似三角形外接圆的直径比、周长比等于相似比，外接圆的面积比等于相似比的平方．
2．两个相似三角形的内切圆的直径比、周长比、面积比与相似比之间又有什么关系？
提示：相似三角形内切圆的直径比、周长比等于相似比，内切圆的面积比等于相似比的平方．
利用性质1求边长或面积
[例1] 如图，梯形ABCD，AB∥CD，E是对角线AC和BD的交点，S△DEC∶S△DBC＝1∶3，
求：的值．
[思路点拨] 本题考查相似三角形的判定及性质的应用．解答本题需要利用相似三角形的性质求得之比，进而求得的值，最后求得的值．
[精解详析] ∵S△DEC∶S△DBC＝1∶3，
∴DE∶DB＝1∶3，即DE∶EB＝1∶2.
又∵DC∥AB，
∴△DEC∽△BEA.
∴S△DEC∶S△BEA＝1∶4.
又∵DE∶EB＝CE∶EA＝1∶2，
∴S△DEC∶S△DEA＝1∶2.
∴S△DEC∶S△ABD＝1∶6.
即＝.
相似三角形的性质把相似三角形对应边上的高、中线，以及周长、面积都与相似三角形的对应边的比(相似比)联系起来，利用相似三角形的性质可得到线段的比例，线段的平方比或角相等，有时还可用来计算三角形的面积、周长和边长．
1．△ABC∽△A′B′C′，AD和A′D′分别是△ABC和△A′B′C′的中线，且AD∶A′D′＝7∶3，下面给出四个结论：
①BC∶B′C′＝7∶3；
②△ABC的周长与△A′B′C′的周长之比为7∶3；
③△ABC与△A′B′C′的对应高之比为7∶3；
④△ABC与△A′B′C′的对应中线之比为7∶3.
其中正确的个数为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：由相似三角形的性质知4个命题均正确，故选D.
答案：D
利用相似三角形的性质解决实际问题
[例2] 如图，△ABC是一块锐角三角形余料，边BC＝200 mm，高AD＝300 mm，要把它加工成长是宽的2倍的矩形零件，使矩形较短的边在BC上，其余两个顶点分别在AB、AC上，求这个矩形零件的边长．
[思路点拨] 本题考查相似三角形性质的应用．解答本题需要设出所求矩形零件的某一边长，然后借助△AEH∽△ABC求解．
[精解详析] 设矩形EFGH为加工成的矩形零件，边FG在BC上，则点E、H分别在AB、AC上，△ABC的高AD与边EH相交于点P，设矩形的边EH的长为x mm.
因为EH∥BC，所以△AEH∽△ABC.
所以＝.
所以＝，
解得x＝(mm)，2x＝ (mm)．
答：加工成的矩形零件的边长分别为 mm和 mm.
将实际问题转化为平面几何问题是解决此题的关键，要注意相似三角形的性质在实际问题中的作用．
2．如图，小明欲测量一座古塔的高度，他站在该塔的影子上前后移动，直到他本身影子的顶端正好与塔的影子的顶端重叠，此时他距离该塔18 m，已知小明的身高是1.6 m，他的影长是2 m.
(1)图中△ABC与△ADE是否相似？为什么？
(2)求古塔的高度．
解：(1)△ABC∽△ADE.
∵BC⊥AE，DE⊥AE，
∴∠ACB＝∠AED＝90°.
∵∠A＝∠A，
∴△ABC∽△ADE.
(2)由(1)得△ABC∽△ADE，
∴＝.
∵AC＝2 m，AE＝2＋18＝20 m，BC＝1.6 m.
∴＝，
∴DE＝16 m.
答：古塔的高度为16 m.
相似三角形性质的综合应用
[例3] 如图，已知矩形ABCD的边长AB＝2，BC＝3，点P是AD边上的一动点(P异于A、D)，Q是BC边上的任意一点．连AQ、DQ，过P作PE∥DQ交AQ于E，作PF∥AQ交DQ于F.
(1)求证：△APE∽△ADQ；
(2)设AP的长为x，试求△PEF的面积S△PEF关于x的函数关系式，并求当P在何处时，S△PEF取得最大值？最大值为多少？
(3)当Q在何处时，△ADQ的周长最小？(必须给出确定Q在何处的过程或方法，不必给出证明)
[思路点拨] 本题考查相似三角形的判定及性质的综合应用．解答问题(1)只需证明△APE和△ADQ中有两个角对应相等即可；解答问题(2)要注意△ADQ的面积为定值，且S△PEF＝(S△ADQ－S△APE－S△PDF)；解答问题(3)可作点A关于直线BC的对称点A′，利用三点共线解决．
[精解详析] (1)证明：因为PE∥DQ，
所以∠APE＝∠ADQ，∠AEP＝∠AQD，
所以△APE∽△ADQ.
(2)因为△APE∽△ADQ，所以＝2.
因为AD∥BC，所以△ADQ的高等于AB.
所以S△ADQ＝3.所以S△APE＝x2.
同理，由PF∥AQ，可证得△PDF∽△ADQ，
所以＝2.
因为PD＝3－x，所以S△PDF＝(3－x)2.
因为PE∥DQ，PF∥AQ，
所以四边形PEQF是平行四边形．
所以S△PEF＝S?PEQF
＝(S△ADQ－S△APE－S△PDF)
＝－x2＋x＝－2＋.
所以当x＝时，即P是AD的中点时，
S△PEF取得最大值，最大值为.
(3)作A关于直线BC的对称点A′，连接DA′交BC于Q，则这个Q点就是使△ADQ周长最小的点，此时Q是BC的中点．
在三角形中有平行于一边的直线时，通常考虑三角形相似，利用比值获得线段的长或三角形的面积．
3．如图(1)，已知矩形ABCD中，AB＝1，点M在对角线AC上，AM＝AC，直线l过点M且与AC垂直，与边AD相交于点E.
(1)如果AD＝，求证点B在直线l上；
(2)如图(2)，如果直线l与边BC相交于点H，直线l把矩形分成的两部分的面积之比为2∶7，求AD的长；
(3)如果直线l分别与边AD，AB相交于E，G.
当直线l把矩形分成的两部分的面积之比为1∶6时，求AE的长是多少？
解：(1)证明：连接BD，交AC于O点，
∵四边形ABCD为矩形，∴OA＝AC.
∵AM＝AC，∴AM＝OM.
在Rt△ABD中，AB＝1，AD＝，
∴BD＝＝2.
∴BO＝OA＝AB＝1，
∴△AOB是等边三角形，又AM＝OM，
∴BM⊥AO，∴点B在直线l上．
(2)设AD＝a，则AC＝.
∵∠EAM＝∠CAD，∠AME＝∠D＝90°，
∴△AEM∽△ACD，∴＝.
又AM＝AC＝ ，
∴AE＝＝.
由AE∥HC，得△AEM∽△CHM，
∴＝＝，∴HC＝3AE.
又BH＝BC－HC＝a－＝，
而S梯形ABHE＝(AE＋BH)·AB
＝(＋)·1＝.
∵S梯形ABHE∶S梯形EHCD＝2∶7，
∴S梯形ABHE＝S矩形ABCD＝a，
∴＝a，
解得a＝3，即AD＝3.
(3)如图，设l分别交AD、AC、AB于E、M、G三点，
则有△AEG∽△DCA，
∴＝.
∵DC＝1，∴AE＝.
∵S△AEG＝AE·AG，＝，
∴＝.
∴＝，即＝.
∴AE2＝，AE＝.
一、选择题
1．在△ABC和△DEF中，AB＝2DE，AC＝2DF，∠A＝∠D，如果△ABC的周长是16，面积是12，那么△DEF的周长、面积依次为( )
A．8,3 B．8,6
C．4,3 D．4,6
解析：∵AB＝2DE，AC＝2DF，∠A＝∠D，
∴△ABC∽△DEF，且相似比为2.
∵△ABC的周长是16，面积是12，
∴△DEF的周长是8，面积是3.
答案：A
2．如图，在四边形ABCD中，EF∥BC，FG∥AD，则＋＝( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：∵EF∥BC，∴＝，
又∵FG∥AD，∴＝，
∴＋＝＋＝＝1.
答案：A
3．如图所示，已知在△ABC中，∠C＝90°，正方形DEFG内接于△ABC，DE∥AC，EF∥BC，AC＝1，BC＝2，则AF∶FC等于( )
A．1∶3 B．1∶4
C．1∶2 D．2∶3
解析：设正方形边长为x，则由△AFE∽△ACB，
可得AF∶AC＝FE∶CB，即＝.
所以x＝，于是＝.
答案：C
4．如图，D，E分别是△ABC的边AB，AC上的点，DE∥BC且＝2，那么△ADE与四边形DBCE的面积比是( )
A. B．
C. D．
解析：∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，
∴＝.
∵＝2，∴＝，∴＝，
∴＝.
答案：C
二、填空题
5．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，直线EF∥BD，交AB于点E，交AC于点G，交AD于点F.若S△AEG＝S四边形EGCB，则＝________.
解析：∵S△AEG＝S四边形EGCB，
∴＝.
由相似三角形的性质定理，得＝，
∴E为AB的中点．
由平行线等分线段定理的推论，知G为AC的中点．
∵EF∥BC，AC⊥BC，
∴FG⊥AC.又点G为AC的中点，
∴FG为AC的中垂线．∴FC＝FA.
∵EF∥BD，E为AB的中点，∴F为AD的中点，
∴＝＝.
答案：
6．如图，在△ABC中，D为AC边上的中点，AE∥BC，ED交AB于G，交BC延长线于F，若BG∶GA＝3∶1，BC＝10，则AE的长为________．
解析：∵AE∥BC，∴△BGF∽△AGE.
∴BF∶AE＝BG∶GA＝3∶1.
∵D为AC中点，∴＝＝1.
∴AE＝CF.
∴BC∶AE＝2∶1，∵BC＝10，∴AE＝5.
答案：5
7．(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
8．△ABC是一块锐角三角形余料，边BC＝12 cm，高AD＝8 cm，要把它加工成正方形零件，使正方形的一边在BC上，其余两个顶点分别在AB，AC上，则这个正方形的边长为________ cm.
解析：设正方形PQMN为加工成的正方形零件，边QM在BC上，顶点P，N分别在AB，AC上，△ABC的高AD与边PN相交于点E，设正方形的边长为x cm.
∵PN∥BC，
∴△APN∽△ABC.
∴＝，∴＝.
解得x＝4.8.
即加工成的正方形零件的边长为4.8 cm.
答案：4.8
三、解答题
9．如图，在△ABC中，D是AC的中点，E是BD的三等分点，AE的延长线交BC于F，求的值．
解：过D点作DM∥AF交BC于M，
因为DM∥AF，
所以＝＝，
因为EF∥DM，
所以＝，
即S△BDM＝9S△BEF，
因为D为AC的中心，且AF∥DM，则M为FC的中点．
所以＝，
即S△DMC＝S△BDM＝6S△BEF，
所以S四边形DEFC＝14S△BEF，
因此＝.
10．有一块三角形铁片ABC，已知最长边BC＝12 cm，高AD＝8 cm，要把它加工成一个矩形铁片，使矩形的一边在BC上，其余两个顶点分别在AB、AC上，且矩形的长是宽的2倍．则加工成的铁片的面积为多少？
解：本题有图(1)和图(2)两种情况．
如图(1)，矩形的长EF在BC上，G、H分别在AC、AB上，高AD交GH于K，
设矩形的宽为x cm，则长为2x cm.
由HG∥BC，得△AHG∽△ABC.
得AK∶AD＝HG∶BC，
所以(8－x)∶8＝2x∶12，即x＝(cm)．
则S矩形EFGH＝2x2＝(cm2)．
如图(2)，矩形的宽MN在BC上，类似地可求得
S矩形MNPQ＝18(cm2)．
即加工成的铁片的面积为 cm2或18 cm2.
11．如图所示，在矩形ABCD中，E为AD的中点，EF⊥EC交AB于F，连接FC(AB>AE)．
(1)△AEF与△ECF是否相似？若相似证明你的结论；若不相似，请说明理由．
(2)设＝k，是否存在这样的k值，使得△AEF与△BFC相似，若存在，证明你的结论，并求出k的值；若不存在，说明理由．
解：(1)相似．在矩形ABCD中，∠A＝∠D＝90°.
∵EF⊥EC，A、D、E共线，
∴∠AEF＋∠DEC＝90°.
又∵∠DCE＋∠DEC＝90°，
∴∠AEF＝∠DCE.
∴△AEF∽△DCE，∴＝.
∵AE＝DE，∴＝.
又∵∠A＝∠FEC＝90°，
∴△AEF∽△ECF.
(2)存在，由于∠AEF＝90°－∠AFE<180°－∠CFE－∠AFE＝∠BFC，
∴只能是△AEF∽△BCF，∠AEF＝∠BCF.
由(1)知∠AEF＝∠DCE＝∠ECF＝∠FCB＝30°.
∴＝＝＝，即k＝.
反过来，在k＝时，＝，∠DCE＝30°，
∠AEF＝∠DCE＝30°，
∠ECF＝∠AEF＝30°，
∠BCF＝90°－30°－30°＝30°＝∠AEF.
∴△AEF∽△BCF.
1．1.3 平行截割定理
[读教材·填要点]
1．平行截割定理
(1)定理的内容：三条平行线截任两条直线，所截出的对应线成比例．
(2)符号语言表示：如图，若l1∥l2∥l3，则＝.
2．平行截割定理的推论
(1)推论的内容：平行于三角形一边的直线截其他两边(或两边的延长线)，所得的对应线段成比例．
(2)符号语言表示：
如图，若l1∥l2∥l3，则＝＝.
[小问题·大思维]
1．在平行截割定理中，被截的两条直线m，n应满足什么条件？
提示：被截取的两条直线m、n可以平行，也可以相交，但它们必须与已知的平行直线a、b、c都相交．
2．若将定理中的“三条平行线”改为“三个互相平行的平面”，是否仍然成立？
提示：仍然成立．
利用定理证明“比例式”
[例1] 已知：如图，l1∥l2∥l3，
＝.
求证：＝.
[思路点拨] 本题考查平行截割定理及比例的基本性质．解答本题需要利用定理证得＝，然后利用比例的有关性质求出即可．
[精解详析] ∵l1∥l2∥l3，∴＝＝.
∴＝，＝，
即＝，∴＝.
解决此类问题要结合几何直观，合理地利用比例的性质，常见的性质有：
(1)比例的基本性质：
＝(bd≠0)?ad＝bc；
＝(bc≠0)?b2＝ac；
＝(abcd≠0)?＝.
(2)合分比性质：如果＝，那么＝.
(3)等比性质：如果＝＝…＝(bd…n≠0，b＋d＋…＋n≠0)，那么＝.
1．如图，已知在△ABC中，∠BAC＝120°，AD平分∠BAC交BC于D.
求证：＝＋.
证明：过D点作DE∥AB交AC于E点，
∵∠BAC＝120°，AD平分∠BAC，
∴∠DAE＝60°，∠BAD＝60°.
∵DE∥AB，∴∠ADE＝60°，
∴AD＝DE＝AE，
∴＝＝.
∴＋＝＋＝＋.
∵＋＝＝1，∴＋＝1.
∴＋＝.
利用定理证明“乘积式”
[例2] 如图所示，已知直线l截△ABC三边所在的直线分别于E，F，D三点，且AD＝BE.
求证：EF·CB＝FD·CA.
[思路点拨] 借助平行线分线段成比例定理即可证得．
[精解详析] 法一：如图1，过D作DK∥AB交EC于点K，则＝，＝，即＝.
∵AD＝BE，
∴＝，∴＝.
即EF·CB＝FD·CA.
图1
法二：如图2，过E作EP∥AB，交CA的延长线于点P.
∵AB∥EP，
∴＝，即＝.
在△DPE中，∵AF∥PE，
∴＝.
∵AD＝BE，∴＝.∴EF·CB＝FD·CA.
图2
法三：如图3，过D作DN∥BC，交AB于N.
∵ND∥EB，∴＝，
∵DN∥BC，∴＝，
即＝.
∵AD＝EB，∴＝，即EF·CB＝FD·CA.
图3
本题所作的辅助线，不仅构造了两个常见的基本图形，而且可以直接利用三角形一边的平行线的性质定理，找到与的比值关系，再借助等量代换，使问题得以突破．
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.
证明：过A作AG∥BC，交DF于G点．
∵AG∥BD，∴＝.
又∵BD＝DC，∴＝.
∵AG∥DC，∴＝.
∴＝，即AE·FB＝EC·FA.
利用定理进行计算
[例3] 如图，已知?ABCD中，延长AB到E，使BE＝AB，连接ED交BC、AC于F、G.求EF∶FG∶GD的值．
[思路点拨] 本题考查平行截割定理及其推论的应用．解答本题需要求出EF∶FG，EF∶GD的比值，进而求出EF∶FG∶GD的值．
[精解详析] ∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC.
∵BE＝AB，
∴＝＝＝.
设EF＝k，ED＝3k，∴FD＝2k.
∵BC∥AD，∴＝＝.
∴＝，∴FG＝k，GD＝k，
∴EF∶FG∶GD＝k∶k∶k，
即EF∶FG∶GD＝5∶4∶6.
求线段长度比的问题，通常引入一个参数k，然后用所设的参数k表示所求结论中的各个线段，最后消掉参数k即可得到所求结论．
3.如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，DE∥AC，EF∥BC，AB＝15，AF＝4，则DE＝________.
解析：设DE＝x，∵DE∥AC，EF∥BC，
∴＝，解得BE＝.
∴＝＝＝.
又∵AD平分∠BAC，
∴＝＝＝，
解得x＝6.
答案：6
[对应学生用书P11]
一、选择题
1．如图，AB∥CD∥EF，AF，BE相交于O，若AO＝OD＝DF，BE＝10 cm，则BO的长为( )
A. cm B．5 cm
C. cm D．3 cm
解析：∵CD∥EF，OD＝DF，
∴C为OE中点，∴OC＝CE.
∵AB∥CD，AO＝OD，∴O为BC中点，
∴BO＝OC，∴OB＝BE＝ cm.
答案：A
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：要求AF∶FD的比，需要添加平行线寻找与之相等的比．
过D作DG∥AC交BE于G，
如图，因为D是BC的中点，
所以DG＝EC，又AE＝2EC，
故AF∶FD＝AE∶DG＝2EC∶EC＝4∶1.
答案：C
3.如图，梯形ABCD中，E是DC延长线上一点，AE交BD于G，交BC于F，下列结论：
①＝；②＝；③＝；
④＝，其中正确的个数是( )
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
解析：∵BC∥AD，∴＝，＝，∴①、②正确．
由BC∥AD得＝，
∴＝.
即＝，即＝，∴④正确．
答案：C
4．如图，已知P、Q分别在BC和AC上，＝，＝，则＝( )
A．3∶14 B．14∶3
C．17∶3 D．17∶14
解析：过点P作PM∥AC，
交BQ于M，
则＝.
∵PM∥AC且＝，
∴＝＝.
又∵＝，
∴＝·＝×＝.
即＝.
答案：B
二、填空题
5．如图，AB∥EM∥DC.AE＝ED，EF∥BC，EF＝12 cm，则BC的长为________．
解析：?E为AD中点，M为BC的中点．
EF∥BC?EF＝MC＝12 cm.
∴BC＝2MC＝24 cm.
答案：24 cm
6．如图，?ABCD中，N是AB延长线上一点，－的值为________．
解析：∵AD∥BM，∴＝.
又∵DC∥AN，∴＝，
∴＝，即＝.
∴－＝－＝＝1.
答案：1
7.如图所示，l1∥l2∥l3，若CH＝4.5 cm，AG＝3 cm，BG＝5 cm，EF＝12.9 cm，则DH＝________，EK＝________.
解析：由l1∥l2∥l3，可得＝，
所以DH＝＝＝7.5 (cm)，
同理可得EK的长度．
答案：7.5 cm 34.4 cm
8.梯形ABCD中，AD∥BC，AD∶BC＝a∶b.中位线EF＝m，则MN的长是________．
解析：易知EF＝(AD＋BC)，
EM＝FN＝AD.
又AD∶BC＝a∶b，设AD＝ak，则BC＝bk.
∵EF＝(AD＋BC)，
∴m＝(a＋b)，∴k＝.
∴MN＝EF－EM－NF＝m－ak－ak
＝m－ak＝.
答案：
三、解答题
9．如图，M是?ABCD的边AB的中点，直线l过M分别交AD、AC于E、F，交CB的延长线于N.若AE＝2，AD＝6.
求：AF∶AC的值．
解：∵AD∥BC，
∴＝，∴＝.
∵AM＝MB，
∴＝＝1，∴AE＝BN.
∴＝＝.
∵AE＝2，BC＝AD＝6，∴＝＝.
即AF∶AC＝1∶5.
10．如图，在?ABCD中，E和F分别是边BC和AD的中点，BF和DE分别交AC于P，Q两点．
求证：AP＝PQ＝QC.
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，E，F分别是BC，AD边上的中点，
∴DF綊BE，∴四边形BEDF是平行四边形．
∵在△ADQ中，F是AD的中点，FP∥DQ，
∴P是AQ的中点，∴AP＝PQ.
∵在△CPB中，E是BC的中点，EQ∥BP，
∴Q是CP的中点，∴CQ＝PQ.
∴AP＝PQ＝QC.
11．如图，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；
(2)求＋的值；
(3)求证：＋＝.
解：(1)证明：∵EF∥AD，AD∥BC，
∴EF∥AD∥BC.
∵EF∥BC，∴＝，＝.
∵EF∥AD∥BC，∴＝.
∴＝，∴OE＝OF.
(2)∵OE∥AD，∴＝.
由(1)知＝，
∴＋＝＋＝＝1.
(3)证明：由(2)知＋＝1，
∴＋＝2.又EF＝2OE，
∴＋＝2，
∴＋＝.
1．1.4 锐角三角函数与射影定理
[对应学生用书P12]
[读教材·填要点]
1．锐角三角函数的定义
含有相等锐角α的所有直角三角形都相似，锐角三角函数(或三角比)为：
sinα＝，cosα＝，tanα＝.
2．射影定理
(1)定理的内容：直角三角形中，每一条直角边是这条直角边在斜边上的射影和斜边的比例中项；斜边上的高是两条直角边在斜边上的射影的比例中项．
(2)符号语言表示：如图若CD是Rt△ABC的斜边AB上的高，则：
①AC2＝AD·AB
②BC2＝BD·AB
③CD2＝AD·BD
[小问题·大思维]
1．线段的正射影还是线段吗？
提示：不一定．当该线段所在的直线与已知直线垂直时，线段的正射影为一个点．
2．如何用勾股定理证明射影定理？
提示：如图，在Rt△ABC中，
∵AB2＝AC2＋BC2，
∴(AD＋DB)2＝AC2＋BC2，
∴AD2＋2·AD·DB＋DB2
＝AC2＋BC2，
即2AD·DB＝AC2－AD2＋BC2－DB2.
∵AC2－AD2＝CD2，BC2－DB2＝CD2，
∴2AD·DB＝2CD2，即CD2＝AD·DB.
在Rt△ACD中，AC2＝AD2＋CD2＝AD2＋AD·DB
＝AD(AD＋DB)＝AD·AB，
即AC2＝AD·AB.
在Rt△BCD中，BC2＝CD2＋BD2＝AD·DB＋BD2
＝BD(AD＋DB)＝BD·AB，
即BC2＝BD·AB.
[对应学生用书P13]
利用射影定理解决求值问题
[例1] 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的高，已知BD＝4，AB＝29，试求BC，AC和CD的长度．
[思路点拨] 本题考查射影定理与勾股定理的应用．解答本题可由已知条件先求出AD，然后利用射影定理求BC，AC和CD的长度．
[精解详析] ∵BD＝4，AB＝29，∴AD＝25.
由射影定理得CD2＝AD·BD＝25×4＝100，
∴CD＝10.BC2＝BD·BA＝4×29.
∴BC＝2.
AC2＝AD·AB＝25×29，∴AC＝5.
运用射影定理时，要注意其成立的条件，要结合图形去记忆定理，当所给条件中具备定理的条件时，可直接运用定理，不具备时可通过作垂线使之满足定理的条件，再运用定理．
1．在Rt△ACB中，∠C＝90°，CD⊥AB于D，若BD∶AD＝1∶9，则tan∠BCD＝________.
解析：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.
Rt△CDB中，tan∠BCD＝＝＝.
答案：
利用射影定理解决证明问题
[例2] 如图所示，在△ABC中，∠CAB＝90°，AD⊥BC于D，BE是∠ABC的平分线，交AD于F.
求证：＝.
[思路点拨] 本题考查射影定理的应用，利用三角形的内角平分线定理及射影定理可证得．
[精解详析] 由三角形的内角平分线定理得，
在△ABD中，＝，①
在△ABC中，＝，②
在Rt△ABC中，由射影定理知，
AB2＝BD·BC，
即＝.③
由①③得：＝，④
由②④得：＝.
将原图分成两部分来看，分别在两个三角形中运用射影定理，实现了沟通两个比例式的目的，在求解此类问题时，一定要注意对图形进行剖析．
2．如图，AD、BE是△ABC的高，DF⊥AB于F，交BE于G，FD的延长线交AC的延长线于H，
求证：DF2＝FG·FH.
证明：∵BE⊥AC，
∴∠ABE＋∠BAE＝90°.
同理，∠H＋∠HAF＝90°
∴∠ABE＝∠H.又∠BFG＝∠HFA，
∴△BFG∽△HFA.
∴BF∶HF＝FG∶AF.
∴BF·AF＝FG·FH.
Rt△ADB中，DF2＝BF·AF，
∴DF2＝FG·FH.
[对应学生用书P14]
一、选择题
1．如图所示，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，CD＝2，BD＝3，则AC等于( )
A. B.
C. D．
解析：由射影定理知，
CD2＝BD·AD，∴AD＝.
∴AB＝AD＋BD＝.
∴AC2＝AD·AB＝×＝.
∴AC＝.
答案：C
2．如图所示，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，D为垂足，若CD＝6 cm，AD∶DB＝1∶2，则AD的值是( )
A．6 cm B．3 cm
C．18 cm D．3 cm
解析：∵AD∶DB＝1∶2，
∴可设AD＝t，DB＝2t.
又∵CD2＝AD·DB，∴36＝t·2t，
∴2t2＝36，∴t＝3(cm)，即AD＝3 cm.
答案：B
3．在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC于点D，若＝，则＝( )
A. B．
C. D．
解析：如图，由射影定理，
得AC2＝CD·BC，AB2＝BD·BC.
∴＝＝2.即＝.
∴＝.
答案：C
4．在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，AD∶BD＝2∶3，则△ACD与△CBD周长的相似比为( )
A．2∶3 B．4∶9
C.∶3 D．不确定
解析：如图，在Rt△ACB中，CD⊥AB，由射影定理得，CD2＝AD·BD，即＝.
又∵∠ADC＝∠BDC＝90°，∴△ACD∽△CBD.
又∵AD∶BD＝2∶3，令AD＝2x，BD＝3x(x>0)，
∴CD2＝6x2.∴CD＝x.
∴△ACD与△CBD周长的相似比为＝＝，
即相似比为∶3.
答案：C
二、填空题
5．如果两条直角边在斜边上的射影分别是4和16，则此直角三角形的面积是________．
解析：由题意知，直角三角形斜边长为20，根据射影定理知，斜边上的高为＝8，所以直角三角形的面积为×20×8＝80.
答案：80
6．已知：在△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的高，BC＝ cm，BD＝3 cm，则AD的长是________．
解析：∵BC2＝BD·AB，
∴15＝3AB，∴AB＝5(cm)．
∴AD＝AB－BD＝5－3＝2(cm)．
答案：2 cm
7．如图，在直角梯形ABCD中，DC∥AB，CB⊥AB，AB＝AD＝a，CD＝，点E，F分别为线段AB，AD的中点，则EF＝________.
解析：连接DE，可知△AED为直角三角形，则EF是Rt△DEA斜边上的中线，其长等于斜边长的一半，为.
答案：
8．已知在梯形ABCD中，DC∥AB，∠D＝90°，AC⊥BC，AB＝10 cm，AC＝6 cm，则此梯形的面积为________．
解析：如图，过C作CE⊥AB于E.
在Rt△ACB中，
∵AB＝10 cm，AC＝6 cm，
AC2＝AE·AB，
∴AE＝3.6 cm，
BE＝AB－AE＝6.4 cm.
又∵CE2＝AE·BE，
∴CE＝＝4.8(cm)．
又∵在梯形ABCD中，CE⊥AB，
∴DC＝AE＝3.6 cm.
∴S梯形ABCD＝＝32.64(cm2)．
答案：32.64 cm2
三、解答题
9．已知∠CAB＝90°，AD⊥CB，△ACE，△ABF是正三角形，求证：DE⊥DF.
证明：如图，在Rt△BAC中，
AC2＝CD·CB，AB2＝BD·BC，
∴＝＝＝＝＝.
∵AC＝AE，AB＝BF，
∴＝，即＝.
又∠FBD＝∠60°＋∠ABD，
∠EAD＝60°＋∠CAD，∠ABD＝∠CAD，
∴∠FBD＝∠EAD.
∴△EAD∽△FBD.∴∠BDF＝∠ADE.
∴∠FDE＝∠FDA＋∠ADE
＝∠FDA＋∠BDF＝90°.
∴DE⊥DF.
10．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC于D，DF⊥AC于F，DE⊥AB于E，试证明：
(1)AB·AC＝BC·AD；
(2)AD3＝BC·CF·BE.
证明：(1)Rt△ABC中，AD⊥BC，
∴S△ABC＝AB·AC＝BC·AD.
∴AB·AC＝BC·AD.
(2)Rt△ADB中，DE⊥AB，
由射影定理可得BD2＝BE·AB，
同理CD2＝CF·AC，
∴BD2·CD2＝BE·AB·CF·AC.
又Rt△BAC中，AD⊥BC，∴AD2＝BD·DC，
∴AD4＝BE·AB·CF·AC.又AB·AC＝BC·AD，
即AD3＝BC·CF·BE.
11．如图所示，CD为Rt△ABC斜边AB边上的中线，CE⊥CD，CE＝，连接DE交BC于点F，AC＝4，BC＝3.求证：
(1)△ABC∽△EDC；
(2)DF＝EF.
证明：(1)在Rt△ABC中，AC＝4，BC＝3，则AB＝5.
∵D为斜边AB的中点，
∴AD＝BD＝CD＝AB＝2.5.
∴＝＝＝.
∴△ABC∽△EDC.
(2)由(1)知，∠B＝∠CDF，
∵BD＝CD，∴∠B＝∠DCF，
∴∠CDF＝∠DCF.
∴DF＝CF.①
由(1)知，∠A＝∠CEF，∠ACD＋∠DCF＝90°，
∠ECF＋∠DCF＝90°，
∴∠ACD＝∠ECF.由AD＝CD，得∠A＝∠ACD.
∴∠ECF＝∠CEF，
∴CF＝EF.②
由①②，知DF＝EF.
1．2.1 圆 的 切 线
[对应学生用书P15]
[读教材·填要点]
1．直线与圆的位置关系
(1)相离：直线和圆没有公共点，称直线和圆相离．
(2)相交：如果圆心到一条直线的距离小于半径，则这条直线和该圆一定相交于两点，此时称直线和圆相交，这条直线叫做圆的割线．
(3)相切：如果一条直线与一圆只有一个公共点，则这条直线叫做这个圆的切线，公共点叫做切点．
2．圆的切线判定定理
经过圆的半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．
3．圆的切线的性质定理
圆的切线垂直于经过切点的半径．
推论1：从圆外的一个已知点所引的两条切线长相等．
推论2：经过圆外的一个已知点和圆心的直线，平分从这点向圆所作的两条切线所夹的角．
4．三角形的内切圆、旁切圆
(1)内切圆：与一三角形三边都相切的圆，叫做这个三角形的内切圆．
(2)旁切圆：与三角形的一边和其它两边的延长线都相切的圆，叫做三角形的旁切圆，一个三角形有三个旁切圆．
[小问题·大思维]
1．下列关于切线的说法中，正确的有哪些？
①与圆有公共点的直线是圆的切线；
②垂直于圆的半径的直线是圆的切线；
③与圆心的距离等于半径的直线是圆的切线；
④过直径的端点，垂直于此直径的直线是圆的切线．
提示：由切线的定义及性质可知，只有③④正确．
2．圆的切线的判定方法有哪些？
提示：圆的切线的判定方法有：
(1)定义法：和圆只有一个公共点的直线是圆的切线；
(2)几何法：和圆心距离等于半径的直线是圆的切线．
(3)判定定理：过圆的半径的外端点且与这条半径垂直的直线是圆的切线．
[对应学生用书P16]
切线的判定
[例1] 如图所示，已知AB是⊙O的直径，BC是⊙O的切线，切点为B，OC平行于弦AD.求证：DC是⊙O的切线．
[思路点拨] 本题考查圆的切线的判定方法．解决本题只要证明OD⊥CD即可．
[精解详析] 如图，连接OD.
∵OC∥AD，∴∠3＝∠1，∠4＝∠2.
∵OD＝OA，∴∠1＝∠2，∴∠4＝∠3.
∵OD＝OB，OC＝OC，
∴△DOC≌△BOC.
∴∠CDO＝∠CBO.
∵AB是直径，BC是切线，
∴∠CBO＝90°，∴∠CDO＝90°.
∴DC是⊙O的切线．
证明某条直线是圆的切线，有以下规律：
(1)若已知直线经过圆上的某一点，则需作出经过这一点的半径，证明直线垂直于这条半径，简记为“连半径，证垂直”；
(2)若直线与圆的公共点没确定，应过圆心作直线的垂线，得到垂线段，再证明这条垂线段的长等于半径，简记为“作垂直，证半径”．
1．如图所示，在△ABC中，已知AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，DE⊥AC于点E.
求证：DE是⊙O的切线．
证明：连接OD和AD，如图所示．
∵AB是⊙O的直径，∴AD⊥BC.
又∵AB＝AC，∴BD＝CD.
∵AO＝OB，∴OD∥AC.
∵DE⊥AC，∴DE⊥OD，
∴DE是⊙O的切线．
切线的性质及判定定理的应用
[例2] 如图，OA和OB是⊙O的半径，并且OA⊥OB，P是OA上任意一点，BP的延长线交⊙O于Q，过Q作⊙O的切线交OA的延长线于R，
求证：△PQR为等腰三角形．
[思路点拨] 本题考查切线的性质的应用．解答本题需要证明△PQR中的两个角相等，因为QR为切线，故可考虑连接OQ，得到垂直关系，然后再证明．
[精解详析] 连接OQ.
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，所以PQR为等腰三角形．
(1)圆的切线的性质定理及它的两个推论，概括起来讲就是三点：①经过圆心；②切线长相等；③平分切线的夹角．
(2)若题目条件中有圆的切线，可考虑连接圆心和切点，则得垂直关系．
2.如图，AB是⊙O直径，弦CD∥AB，连接AD，并延长交⊙O过B点的切线于E点，作EG⊥AC交AC的延长线于G点．
求证：AC＝CG.
证明：如图，连接BC交AE于F点．
∵AB∥CD，∴∠1＝∠3.
又∵∠2＝∠3，
∴∠1＝∠2，即AF＝BF.①
AB为⊙O的直径，BE为⊙O的切线，
∴，
∴∠4＝∠5，即FE＝BF.②
由①②得AF＝FE.③
又AB为⊙O的直径，∴BC⊥AG.
又EG⊥AG，
∴BC∥EG.④
由③④得AC＝CG.
[例3] 某海域直径为30海里的暗礁区中心有一哨所，值班人员发现有一轮船从哨所正西方向45海里的B处向哨所驶来，哨所及时向轮船发出危险信号，但是轮船没有收到这一信号，直到又继续前进了15海里到达C处才收到此哨所第二次发出的紧急危险信号．
(1)若轮船收到第一次信号后，为避免触礁，航向改变角度至少为东偏北多少度．
(2)当轮船收到第二次信号后，为避免触礁，轮船航向改变的角度至少应为东偏南多少度？
[思路点拨] (1)根据题意转化为B作暗礁区域圆的切线问题．
(2)与(1)问思路一致，在C处作暗礁区域圆的切线求解．
[精解详析] (1)如图所示，圆心A为暗礁区中心的哨所位置，⊙A的半径为15海里．过点B作⊙A的切线，D是切点，连接DA.
由切线的性质定理，知∠ADB＝90°.
在Rt△ABD中，sin∠ABD＝＝＝.
∵sin 20°≈，∴∠ABD≈20°.
∴当轮船第一次收到危险信号时，所改变角的度数应至少为东偏北20°.
(2)过点C作⊙A的切线，E为切点，连接AE.
由切线的性质定理，知∠AEC＝90°.
在Rt△ACE中，∵AC＝45－15＝30，
∴sin∠ACE＝＝＝，∴∠ACE＝30°.
∴当轮船第二次收到危险信号时，所改变角的度数应至少为东偏南30°.
解决实际问题要善于抓住问题的特征——动切线的特殊位置，分析切线的变化规律，从“变”中找出“不变”，使问题简单化．
3．如图，AD是⊙O的直径，BC切⊙O于点D，AB、AC与圆相交于点E、F.则AE·AB与AF·AC有何关系？请给予证明．
解：AE·AB＝AF·AC.证明如下：
连接DE.∵AD为⊙O的直径，∴∠DEA＝90°.
又∵BC与⊙O相切于点D，
∴AD⊥BC，即∠ADB＝90°.
由射影定理知，AD2＝AB·AE.
同理AD2＝AF·AC.
∴AE·AB＝AF·AC.
[对应学生用书P17]
一、选择题
1．AB是⊙O的切线，在下列给出的条件中，能判定AB⊥CD的是( )
A．AB与⊙O相切于直线CD上的点C
B．CD经过圆心O
C．CD是直径
D．AB与⊙O相切于C，CD过圆心O
解析：圆的切线垂直于过切点的半径或直径．
答案：D
2．如图所示，AB是⊙O的直径，BC是⊙O的切线，AC交⊙O于D，AB＝6，BC＝8，则BD＝( )
A．4 B．4.8
C．5.2 D．6
解析：∵BC是⊙O的切线，
∴△ABC是直角三角形．
∴AC＝ ＝10.
∵AB是直径，∴AC⊥BD.
∵AB2＝AD·AC，
∴AD＝＝＝.
∴CD＝10－＝.
∵BD2＝CD·AD，
∴BD＝＝＝4.8.
答案：B
3．如图所示，EB是半圆⊙O的直径，A是BE延长线上一点，AC⊥BC于C，且AC是半圆的切线，切点为D，连接OD，若AC＝12，BC＝9，则OD的长为( )
A．5 B．
C．6 D．4
解析：∵AC＝12，BC＝9，
∴AB＝＝15.
∵AC为半圆的切线，∴OD⊥AC.
又∵AC⊥BC，∴OD∥BC.
∴＝，∴＝，
∴OD＝.
答案：B
4．已知⊙O的直径AB与弦AC的夹角为30°，过C点的切线PC与AB的延长线交于P，PC＝5，则⊙O的半径是( )
A. B．
C．10 D．5
解析：如图，连接OC，则OC⊥PC，∵∠PAC＝∠OCA＝30°
∴∠COP＝60°，在 Rt△PCO中，PC＝5，
则OC＝＝＝.
答案：A
二、填空题
5.如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝15 cm，AB＝25 cm，以C点为圆心，12 cm为半径的圆和AB的位置关系是________．
解析：过点C作CD⊥AB，
∵AC＝15 cm，AB＝25 cm，∴BC＝20 cm.
∴CD＝＝12(cm)．
∴半径为12 cm的⊙C与AB相切．
答案：相切
6．如图，在菱形ABCD中，对角线AC＝6 cm，BD＝8 cm，以A为圆心，r为半径的圆与BC相切，则r为________ cm.
解析：∵AC＝6 cm，BD＝8 cm，
∴OB＝4 cm，OC＝3 cm.
∴BC＝＝5 cm.
∵S△ABC＝AC·BO＝×6×4＝12 cm2，
又∵S△ABC＝BC·AE＝×5r，
∴12＝.∴r＝ cm.
答案：
7．如图，是两个滑轮工作的示意图，已知⊙O1，⊙O2的半径分别为4 cm,2 cm，圆心距为10 cm，AB是⊙O1，⊙O2的公切线，切点分别为A，B，则公切线AB的长为________ cm.
解析：如图所示．
分别连接O1A，O2B.设AB与O1O2交于C，则有
△BCO2∽△ACO1，
∴＝，即＝.
解得O1C＝.∴O2C＝10－＝.
∴AB＝＋
＝ ＋
＝8.
答案：8
8．如图，AB为⊙O的直径，过B点作⊙O的切线BC，OC交⊙O于点E，AE的延长线交BC于点D，若AB＝BC＝2 cm，则CE＝________，CD＝________.
解析：∵BC是⊙O切线，AB为直径，
∴∠ABD＝90°.
∵AB＝2.∴OB＝1.
又∵BC＝2，∴OC＝＝.又∵OE＝1，
∴CE＝(－1) cm.
连接BE.不难证明△CED∽△CBE，
∴＝.
∴CE2＝CB·CD.
∴(－1)2＝2CD.
∴CD＝(3－) cm.
答案：(－1) cm (3－) cm
三、解答题
9.如图，已知AB是⊙O的直径，点D在AB的延长线上，BD＝OB，点C在圆上，∠CAB＝30°，求证：DC是⊙O的切线．
证明：连接OC、BC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°.
∵∠CAB＝30°，
∴BC＝AB＝BO，
又∵BD＝BO，∴BC＝BO＝BD.
则△OCD是直角三角形．
∴OC⊥CD，
∵OC是⊙O的半径．
∴DC是⊙O的切线．
10.如图，已知两个同心圆O，大圆的直径AB交小圆于C、D，大圆的弦EF切小圆于C，ED交小圆于G，若小圆的半径为2，EF＝4，试求EG的长．
解：连接GC，则GC⊥ED.
∵EF和小圆切于C，
∴EF⊥CD，EC＝EF＝2.
又CD＝4，∴在Rt△ECD中，
有ED＝
＝＝2.
由射影定理可知EC2＝EG·ED，
∴EG＝＝＝.
11．如图，已知AB是⊙O的直径，锐角∠DAB的平分线AC交⊙O于点C，作CD⊥AD，垂足为D，直线CD与AB的延长线交于点E.
(1)求证：直线CD为⊙O的切线；
(2)当AB＝2BE，且CE＝ 时，求AD的长．
解：(1)证明：连接OC，
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC＝∠CAB.
∵OA＝OC，∴∠OCA＝∠CAB，
∴∠OCA＝∠DAC，∴AD∥CO.
∵CD⊥AD，∴OC⊥DE，
∴CD为⊙O的切线．
(2)∵AB＝2BO，AB＝2BE，
∴BO＝BE＝CO.
设BO＝BE＝CO＝x，
则OE＝2x.
在Rt△OCE中，
OC2＋CE2＝OE2，则
x2＋()2＝(2x)2，
∴x＝1，
∴AE＝3，∠E＝30°，AD＝.
1．2.2 圆周角定理
[对应学生用书P19]
[读教材·填要点]
1．圆周角的定义
从⊙O上任一点P引两条分别与该圆相交于A和B的射线PA，PB，叫做∠APB所对的弧，∠APB叫做所对的圆周角．
2．圆周角定理
圆周角的度数等于它所对弧的度数的一半．
3．圆周角定理的推论
(1)推论1：直径(或半圆)所对的圆周角都是直角．
(2)推论2：同弧或等弧所对的圆周角相等．
(3)推论3：等于直角的圆周角的所对弦是圆的直径．
[小问题·大思维]
1．圆心角的大小与圆的半径有关系吗？
提示：圆心角的度数等于它所对弧的度数，与圆的半径没有关系．
2．相等的圆周角所对的弧也相等吗？
提示：不一定．只有在同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧才相等．
[对应学生用书P19]
圆周角与圆心角问题
[例1] 锐角三角形ABC内接于⊙O，∠ABC＝60°，∠BAC＝40°，作OE⊥AB交劣弧于点E，连接EC，求∠OEC.
[思路点拨] 本题考查圆周角定理与圆心角定理的应用．解决本题需要先求∠OEC所对的弧的度数，然后根据圆心角定理得∠OEC的度数．
[精解详析]
连接OC.
∵∠ABC＝60°，∠BAC＝40°，
∴∠ACB＝80°.
∵OE⊥AB，∴E为的中点．
∴和的度数均为80°.
∴∠EOC＝80°＋80°＝160°.
∴∠OEC＝10°.
圆周角定理可以理解成一条弧所对的圆心角是它所对的圆周角的二倍；圆周角的度数等于它所对圆心角的一半．
1．在半径为5 cm的圆内有长为5 cm的弦，求此弦所对的圆周角．
解：如图所示，AB＝5 cm，
过点O作OD⊥AB于点D.
∵OD⊥AB，OD经过圆心O，
∴AD＝BD＝ cm.
在Rt△AOD中，
OD＝ ＝ cm，
∴∠OAD＝30°，∴∠AOD＝60°.
∴∠AOB＝2∠AOD＝120°.
∴∠ACB＝∠AOB＝60°.
∵∠AOB＝120°，∴劣弧的度数为120°，优弧的度数为240°.
∴∠AEB＝×240°＝120°，
∴此弦所对的圆周角为60°或120°.
利用圆周角定理证明线段相等
[例2] 如图所示，已知⊙O中，的中点分别是E，F，直线EF交AC于P，交AB于Q.
求证：△APQ是等腰三角形．
[思路点拨] 要证等腰三角形，可分别用弧的度数表示∠APQ与∠AQP，然后根据等腰三角形的定义作出判断．
[精解详析] 连接CE，BF，
∵E，F分别是⊙O中与的中点，
∴＝，＝.
又∵∠FPC＝∠ACE＋∠PEC＝(＋)的度数，∠FPC＝∠APQ，
∴∠APQ的度数＝(＋)的度数，
同理∠AQP的度数＝(＋)的度数，
∴∠APQ＝∠AQP.∴△APQ是等腰三角形．
(1)在圆中，只要有弧，就存在着所对的圆周角．同弧所对的圆周角相等，而相等的角为几何命题的推理提供了条件，要注意此种意识的应用．
(2)证明一条线段等于两条线段之和，可将其分为两段，其中一段等于已知线段，再去证明另一段也等于已知线段．
2.如图，AB是⊙O的一条弦，∠ACB的平分线交AB于点E，交⊙O于点D.
求证：AC·CB＝DC·CE.
证明：连接BD.在△ACE与△DCB中，
∵∠EAC与∠BDC是同弧所对的圆周角，
∴∠EAC＝∠BDC.
又∵CE为∠ACB的平分线，
∴∠ACE＝∠DCB，
∴△ACE∽△DCB.
∴＝.∴AC·CB＝DC·CE.
利用圆周(心)角定理及其推论求线段长
[例3] 如图，AB是⊙O的直径，AB＝2 cm，点C在圆周上，且∠BAC＝30°，∠ABD＝120°，CD⊥BD于D.求BD的长．
[思路点拨] 本题考查“直径所对的圆周角为直角”的应用．解答本题可连接BC，然后利用直角三角形的有关知识解决．
[精解详析] 连接BC，∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°.
∵∠BAC＝30°，AB＝2 cm，
∴BC＝＝1 (cm)．
∵∠ABD＝120°，
∴∠DBC＝120°－60°＝60°.
∵CD⊥BD，
∴∠BCD＝90°－60°＝30°.
∴BD＝＝0.5 (cm)．
在圆中，直径是一条特殊的弦，其所对的圆周角是直角，所对的弧是半圆，利用此性质既可以计算角、线段又可以证明线线垂直、平行等位置关系，还可以证明比例式相等．
3．如图，△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，AC＝6，以AC为直径的圆与斜边交于点P，求BP长．
解：连接CP，∵AC为圆的直径，
∴∠CPA＝90°，即CP⊥AB.
又∵∠ACB＝90°，
∴由射影定理可知AC2＝AP·AB.
∴AP＝＝＝3.6.
∴BP＝AB－AP＝10－3.6＝6.4.
[对应学生用书P21]
一、选择题
1．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：借助圆形和圆周角定理可知，弦AB所对的圆周角有两种情况，即为42°或138°.
答案：D
2．如图，AC是⊙O的直径，AB、CD是⊙O的两条弦，且AB∥CD，如果∠BAC＝32°，那么∠AOD＝( )
A．16° B．32°
C．48° D．64°
解析：∵AB∥CD，∴＝.
又∵∠BAC＝32°，∴的度数为64°.
∴∠AOD＝64°.
答案：D
3.如图，△ABC内接于⊙O，∠C＝30°，AB＝2，则⊙O的半径为( )
A. B．2
C．2 D．4
解析：连接AO并延长交⊙O于D，连接BD.
∠D＝∠C＝30°，在Rt△ABD中，AD＝2AB＝4，∴半径为2.
答案：B
4．如图，已知AB是半圆O的直径，弦AD、BC相交于点P，那么等( )
A．sin∠BPD
B．cos∠BPD
C．tan∠BPD
D．以上答案都不对
解析：连接BD，由BA是直径，
知△ADB是直角三角形．
由∠DCB＝∠DAB，
∠CDA＝∠CBA，
∠CPD＝∠BPA，得△CPD∽△APB.
＝＝cos∠BPD.
答案：B
二、填空题
5．如图，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：如图，连接AB，AC，CE，由A，E为半圆周上的三等分点，
得∠FBD＝30°，∠ABD＝60°，∠ACB＝30°.
又∵BC＝4，∴AB＝2，AD＝，BD＝1.
则DF＝，故AF＝.
答案：
6．如图所示，已知AB是⊙O的直径，CD与AB相交于E，∠ACD＝60°，∠ADC＝45°，则∠AEC＝________.
解析：如图，连接BC.根据圆周角定理的推论1，可知∠ACB＝90°.
∵∠ACD＝60°，
∴∠DCB＝30°，的度数＝60°.
∵∠ADC＝45°，∴的度数＝90°.
∴∠AEC＝∠DCB＋∠CBE＝(＋)的度数＝75°.
答案：75°
7.如图，在⊙O中，已知∠ACB＝∠CDB＝60°，AC＝3，则△ABC的周长是________．
解析：由圆周角定理，
得∠A＝∠D＝∠ACB＝60°.
∴AB＝BC.
∴△ABC为等边三角形．
∴周长等于9.
答案：9
8．如图，在圆的内接四边形ABCD中，∠ABC＝90°，∠ABD＝30°，∠BDC＝45°，AD＝1，则BC＝________.
解析：连接AC.因为∠ABC＝90°，
所以AC为圆的直径．
又∠ACD＝∠ABD＝30°，
所以AC＝2AD＝2.
又∠BAC＝∠BDC＝45°，
故BC＝ .
答案：
三、解答题
9.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为等腰直角三角形．
所以AD＝BD＝AB＝×10＝5(cm)．
10．(江苏高考)如图，AB是圆O的直径，C，D是圆O上位于AB异侧的两点．
证明：∠OCB＝∠D.
证明：因为B，C是圆O上的两点，
所以OB＝OC.
故∠OCB＝∠B.
又因为C，D是圆O上位于AB异侧的两点，
故∠B，∠D为同弧所对的两个圆周角，
所以∠B＝∠D.
因此∠OCB＝∠D.
11．如图①所示，在圆内接△ABC中，AB＝AC，D是BC边上的一点，E是直线AD和△ABC外接圆的交点．
(1)求证：AB2＝AD·AE；
(2)如图②所示，当D为BC延长线上的一点时，第(1)题的结论成立吗？若成立请证明；若不成立，请说明理由．
证明：(1)如图①，连接BE.
∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB.
∵∠ACB＝∠AEB，
∴∠ABC＝∠AEB.
∵∠BAE＝∠DAB，
∴△ABD∽△AEB.
∴＝，
即AB2＝AD·AE.
(2)如图②，连接BE，
结论仍然成立，证法同(1)．
1．2.3 弦切角定理
[对应学生用书P22]
[读教材·填要点]
1．弦切角
顶点在圆上，一边和圆相交，另一边和圆相切的角叫弦切角．
2．弦切角定理
弦切角的度数等于它所夹的弧的度数的一半．
3．弦切角定理的推论
弦切角等于它所夹弧所对的圆周角．
[小问题·大思维]
一边和圆相交，另一边和圆相切的角是弦切角吗？
提示：不一定．弦切角必须同时具备三点：
①顶点在圆上；②一边和圆相交；③一边和圆相切．
[对应学生用书P23]
弦切角的定义
[例1] 如图，AB、CB分别切⊙O于D、E，试写出图中所有的弦切角．
[思路点拨] 本题考查弦切角的定义．解答本题需要明确构成弦切角的三个条件，然后依据定义作出判断．
[精解详析] 由弦切角的定义可知，
∠ADE、∠BDE、∠BED、∠CED都是弦切角．
解决此类问题的关键是把握弦切角的三个要素：
(1)顶点在圆上(顶点为圆切线的切点)；
(2)一边和圆相切(一边所在直线为圆的切线)；
(3)一边和圆相交(一边为圆的过切点的弦)．
三者缺一不可，例如上图中，∠CAD很像弦切角，但它不是弦切角，因为AD与圆相交，∠BAE也不一定是弦切角，只有已知AE切圆于点A，才能确定它是弦切角．
1．如图，NA与⊙O切于点A，AB和AD是⊙O的弦，AC为直径，试指出图中有哪几个弦切角？
解：弦切角分三类：如题图：
(1)圆心在角的外部；
(2)圆心在角的一边上；
(3)圆心在角的内部．
即∠BAN、∠CAN、∠DAN为弦切角.
弦切角定理及其推论
[例2] 已知：AB切⊙O于A，OB交⊙O于C，AD⊥OB于D.求证：∠DAC＝∠CAB.
[思路点拨] 本题考查弦切角定理的应用．解答本题需要根据题意画出图形，然后利用相关定理解决．
[精解详析] 法一：如图(1)，延长AD交⊙O于E，AB切⊙O于A，
∵CD⊥AE，
∴＝.
又∵∠DAC的度数＝的度数．
∠CAB的度数＝的度数．
∴∠DAC＝∠CAB.
法二：如图(2)，延长BO交⊙O于E，
连接AE，则∠CAE＝90°.
又∵AD⊥CE，
∴∠DAC＝∠E.
∵AB是⊙O的切线，
∴∠CAB＝∠E.
∴∠DAC＝∠CAB.
法三：如图(3)，连接OA.
∵AB切⊙O于A，∴OA⊥AB.
∴∠CAB与∠OAC互余．
又∵AD⊥OB，
∴∠DAC与∠ACO互余．
∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠ACO.
∴∠DAC＝∠CAB.
法四：如图(4)，过C作⊙O的切线交AB于G
∵AB是⊙O的切线，
∠CAG＝∠ACG，
又∵OC⊥CG，AD⊥OB，
∴CG∥AD.
∴∠ACG＝∠DAC，即∠DAC＝∠CAB.
(1)由弦切角定理及其推论可直接得到角相等，在与弦切角有关的几何问题中，往往还需要借助其它几何知识来综合解答，由弦切角得到的角相等只是推理论证中的一个条件．
(2)借助弦切角定理及其推论和圆的其他性质(如等弧所对的弦相等)以及三角形有关知识我们可以得到特殊三角形或全等三角形，从而证得线段相等．
2．如图，△ABD的边AB为直径，作⊙O交AD于C，过点C的切线CE和BD互相垂直，垂足为E.
证明：AB＝BD.
证明：如图所示，连接BC，延长EC至F.
∵CE是圆的切线，∴∠FCA＝∠CBA.
∵∠FCA＝∠DCE，
∴∠DCE＝∠CBA.
∵AB是直径，∴AD⊥BC，
∴∠BAC＝90°－∠CBA.
又∵CE⊥BD，∴∠D＝90°－∠DCE，
∴∠D＝∠BAC，∴AB＝BD.
[对应学生用书P24]
一、选择题
1．如图，⊙O内切于△ABC，切点分别为D，E，F.已知∠B＝50°，∠C＝60°，连接OE，OF，DE，DF，那么∠EDF的值为( )
A．40° B．55°
C．65° D．70°
解析：∵∠B＝50°，∠C＝60°，
∴∠A＝70°，∴∠EOF＝110°，
∴∠EDF＝55°.
答案：B
2．如图，AB是⊙O的直径，EF切⊙O于C，AD⊥EF于D，AD＝2，AB＝6，则AC的长为( )
A．2 B．3
C．2 D．4
解析：连接BC，构造出弦切角所对的圆周角，由已知有△ADC与△ACB相似，所以可得＝，代入数值得关于AC的方程．
答案：C
3．在圆O的直径CB的延长线上取一点A，AP与圆O切于点P，且∠APB＝30°，AP＝，则CP＝( )
A. B．2
C．2－1 D．2＋1
解析：如图，连接OP，则OP⊥PA，
又∠APB＝30°，∴∠POB＝60°，
∴在Rt△OPA中，AP＝，易知，PB＝OP＝1，
在Rt△PCB中，
由PB＝1，∠PBC＝60°，得PC＝.
答案：A
4．如图所示，经过⊙O上的点A的切线和弦BC的延长线相交于点P，若∠CAP＝40°，∠ACP＝100°，则∠BAC所对的弧的度数为( )
A．40° B．100°
C．120° D．60°
解析：∵AP是⊙O的切线，
∴∠ABC＝∠CAP＝40°，
又∠ACP＝100°，
∴∠BAC＝∠ACP－∠ABC＝60°，
即∠BAC所对的弧的度数为120°.
答案：C
二、填空题
5．如图，AB为⊙O直径，CD切⊙O于D，AB延长线交CD于点C，若∠CAD＝25°，则∠C等于________．
解析：连接BD，∵AB为直径，
∴∠BDA＝90°.
又∵CD为⊙O切线，切点为D，
由弦切角定理知∠BDC＝∠CAD＝25°.
∴∠CDA＝90°＋25°＝115°.
在△ACD中，
∠C＝180°－∠A－∠CDA＝180°－25°－115°＝40°.
答案：40°
6.如图所示，AC切⊙O于点A，∠BAC＝25°，则∠B的度数为________．
解析：∵∠BAC＝∠AOB，
∴∠AOB＝2×25°＝50°，
∴∠B＝×(180°－50°)＝65°.
答案：65°
7.如图，PA，PB是⊙O的两条切线，A、B为切点，C是上的一点，已知⊙O的半径为r，PO＝2r，设∠PAC＋∠PBC＝α，∠APB＝β，则α和β的大小关系为________．
解析：连接AB、AO、OC、OB，
∴∠PAC＝∠ABC，
∠PBC＝∠BAC.
∴α＝∠PAC＋∠PBC
＝∠ABC＋∠BAC
＝(∠AOC＋∠BOC)＝(180°－∠APB)．
∵AO＝r，PA切⊙O于A，AO⊥PA且PO＝2r，
∴∠APO＝30°.
∴∠APB＝2∠APO＝60°.
∴α＝(180°－60°)＝60°＝β.
答案：α＝β
8.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：
三、解答题
9．AD是△ABC中∠BAC的平分线，经过点A的⊙O与BC切于点D，与AB、AC分别相交于E、F.
求证：EF∥BC.
证明：连接DF.
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠BAD＝∠DAC.
∵∠EFD＝∠BAD，
∴∠EFD＝∠DAC.
∵⊙O切BC于D，∴∠FDC＝∠DAC.
∴∠EFD＝∠FDC.∴EF∥BC.
10．如图，已知圆上的弧＝，过C点的圆的切线与BA的延长线交于E点，证明：
(1)∠ACE＝∠BCD；
(2)BC2＝BE·CD.
证明：(1)因为＝，
所以∠BCD＝∠ABC.
又因为EC与圆相切于点C，
故∠ACE＝∠ABC，所以∠ACE＝∠BCD.
(2)因为∠ECB＝∠CDB，∠EBC＝∠BCD，
所以△BDC∽△ECB，
故＝，即BC2＝BE·CD.
11．如图所示，△ABC内接于⊙O，AB＝AC，直线PQ切⊙O于点C，BD∥PQ，AC，BD相交于E.
(1)求证：△ABE≌△ACD；
(2)若AB＝6 cm，BC＝4 cm，求AE的长．
解：如图所示：
(1)证明：因为PQ是⊙O的切线，所以∠1＝∠2.
因为BD∥PQ，所以∠1＝∠3，
∴∠2＝∠3.
因为∠3＝∠4，所以∠2＝∠4.
因为∠ABD＝∠ACD，AB＝AC，
所以△ABE≌△ACD.
(2)因为∠3＝∠2，∠ABC＝∠ACB，
所以△BCE∽△ACB，＝，AC·CE＝BC2.
因为AB＝AC＝6 cm，BC＝4 cm，
所以6·(6－AE)＝16.所以AE＝ cm.
1．3.1 圆 幂 定 理
[对应学生用书P25]
[读教材·填要点]
1．相交弦定理
圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．
2．切割线定理
从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项．
3．圆幂定理
已知⊙(O，r)，通过一定点P，作⊙O的任一条割线交圆于A，B两点，则PA·PB为定值，设定值为k，则：
(1)当点P在圆外时，k＝PO2－r2，
(2)当点P在圆内时，k＝r2－OP2，
(3)当点P在⊙O上时，k＝0.
[小问题·大思维]
1．从圆外一点引圆的两条割线，这一点到每条割线与圆的交点的两条线段长的积有什么关系？
提示：相等．
2．从圆外一点引圆的切线，则这一点、两个切点及圆心四点是否共圆？若共圆，圆的直径是什么？
提示：四点共圆．且圆心为圆外一点与原圆心连线的中点，直径为圆外一点到原圆心的距离．
[对应学生用书P26]
相交弦定理的应用
[例1] 如图，AB、CD是半径为a的圆O的两条弦，它们相交于AB的中点P，PD＝a，∠OAP＝30°，求CP的长．
[思路点拨] 本题考查相交弦定理及垂径定理、勾股定理的综合应用．解决本题需要先在Rt△OAP中，求得AP的长，然后利用相交弦定理求解．
[精解详析] ∵P为AB的中点，
∴由垂径定理得OP⊥AB.
在Rt△OAP中，BP＝AP＝acos30°＝a.
由相交弦定理，得BP·AP＝CP·DP，
即2＝CP·a，解之得CP＝a.
在实际应用中，若圆中有两条相交弦，要想到利用相交弦定理．特别地，如果弦与直径垂直相交，那么弦的一半是它分直径所成的两条线段的比例中项．
1．如图，已知AB和AC是圆的两条弦，过点B作圆的切线与AC的延长线相交于点D.过点C作BD的平行线与圆相交于点E，与AB相交于点F，AF＝3，FB＝1，EF＝，则线段CD的长为________．
解析：因为AF＝3，EF＝，FB＝1，
所以CF＝＝＝2，
因为EC∥BD，所以△ACF∽△ADB，
所以＝＝＝＝，
所以BD＝＝＝，且AD＝4CD，
又因为BD是圆的切线，所以BD2＝CD·AD＝4CD2，
所以CD＝.
答案：
切割线定理的应用
[例2] 自圆O外一点P引圆的一条切线PA，切点为A，M为PA的中点，过点M引圆的割线交圆于B，C两点，且∠BMP＝100°，∠BPC＝40°.求∠MPB的大小．
[思路点拨] 本题考查切割线定理，由定理得出△BMP∽△PMC而后转化角相等进行求解．
[精解详析] 因为MA为圆O的切线，
所以MA2＝MB·MC.
又M为PA的中点，
所以MP2＝MB·MC.
因为∠BMP＝∠PMC，
所以△BMP∽△PMC，
于是∠MPB＝∠MCP.
在△MCP中，由∠MPB＋∠MCP＋∠BPC＋∠BMP＝180°，得∠MPB＝20°.
相交弦定理、切割线定理涉及与圆有关的比例线段问题，利用相交弦定理能做到知三求一，利用切割线定理能做到知二求一．
2.(北京高考)如图，AB为圆O的直径，PA为圆O的切线，PB与圆O相交于D.若PA＝3，PD∶DB＝9∶16，则PD＝________；AB＝________.
解析：设PD＝9t，DB＝16t，则PB＝25t，根据切割线定理得32＝9t×25t，解得t＝，所以PD＝，PB＝5.在直角三角形APB中，根据勾股定理得AB＝4.
答案： 4
三个定理的综合应用
[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] 本题考查切割线定理、相交弦定理．以及相似三角形的判定与性质的综合应用．解答本题需要分清各个定理的适用条件，并会合理利用．
[精解详析] (1)证明：∵DE2＝EF·EC，
∴DE∶CE＝EF∶ED.
∵∠DEF是公共角，∴△DEF∽△CED.
∴∠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＝.
相交弦定理、切割线定理是最重要的定理，在与圆有关的问题中经常用到，这是因为这三个定理可得到的线段的比例或线段的长，而圆周角定理、弦切角定理得到的是角的关系，这两者的结合，往往能综合讨论与圆有关的相似三角形问题．
因此，在实际应用中，见到圆的两条相交弦要想到相交弦定理；见到切线和割线要想到切割线定理．
3．如图所示，过点P的直线与⊙O相交于A，B两点．若PA＝1，AB＝2，PO＝3，则⊙O的半径等于________．
解析：设⊙O的半径为r(r>0)，
∵PA＝1，AB＝2，
∴PB＝PA＋AB＝3.
延长PO交⊙O于点C，
则PC＝PO＋r＝3＋r.
设PO交⊙O于点D，则PD＝3－r.
由圆的割线定理知，PA·PB＝PD·PC，
∴1×3＝(3－r)(3＋r)，∴9－r2＝3，∴r＝ .
答案：
[对应学生用书P27]
一、选择题
1.如右图，⊙O的直径CD与弦AB交于P点，若AP＝4，BP＝6，CP＝3，则⊙O半径为( )
A．5.5 B．5
C．6 D．6.5
解析：由相交弦定理知AP·PB＝CP·PD，
∵AP＝4，BP＝6，CP＝3，
∴PD＝＝＝8.
∴CD＝3＋8＝11，∴⊙O的半径为5.5.
答案：A
2．如图，P是圆O外一点，过P引圆O的两条割线PB，PD，PA＝AB＝ ，CD＝3，则PC等于( )
A．2或－5 B．2
C．3 D．10
解析：设PC＝x，由割线定理知PA·PB＝PC·PD.即×2 ＝x(x＋3)，解得x＝2或x＝－5(舍去)．故选B.
答案：B
3.如图，AD、AE和BC分别切⊙O于D，E，F，如果AD＝20，则△ABC的周长为( )
A．20 B．30
C．40 D．35
解析：∵AD，AE，BC分别为圆O的切线．
∴AE＝AD＝20，BF＝BD，CF＝CE.
∴△ABC的周长为AB＋AC＋BC＝AB＋AC＋BF＋CF＝(AB＋BD)＋(AC＋CE)＝AD＋AE＝40.
答案：C
4．如图，△ABC中，∠C＝90°，⊙O的直径CE在BC上，且与AB相切于D点，若CO∶OB＝1∶3，AD＝2，则BE等于( )
A. B．2
C．2 D．1
解析：连接OD，则OD⊥BD，
∴Rt△BOD∽Rt△BAC.
∴＝.
设⊙O的半径为a，
∵OC∶OB＝1∶3，OE＝OC，
∴BE＝EC＝2a.
由题知AD、AC均为⊙O的切线，AD＝2，∴AC＝2.
∴＝，∴BD＝2a2.
又BD2＝BE·BC，∴BD2＝2a·4a＝8a2.
∴4a4＝8a2，∴a＝.
∴BE＝2a＝2.
答案：B
二、填空题
5．(重庆高考)过圆外一点P作圆的切线PA(A为切点)，再作割线PBC分别交圆于B，C.若PA＝6，AC＝8，BC＝9，则AB＝________.
解析：如图所示，由切割线定理得PA2＝PB·PC＝PB·(PB＋BC)，即62＝PB·(PB＋9)，解得PB＝3(负值舍去)．由弦切角定理知∠PAB＝∠PCA，又∠APB＝∠CPA，故△APB∽△CPA，则＝，即＝，解得AB＝4.
答案：4
6．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＝，EA＝，再由切割线定理得CE2＝EB·EA＝×＝，所以CE＝.
答案：
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：由切割线定理知，
AB·AC＝AD·AE.
即4×6＝3×(3＋DE)，解得DE＝5.
∵BD⊥AE，且E、D、B、C四点共圆，∴∠C＝90°.
在直角三角形ACE中，AC＝6，AE＝8，
∴CE＝＝2.
答案：5 2
8．(重庆高考)如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝60°，AB＝20，过C作△ABC的外接圆的切线CD，BD⊥CD，BD与外接圆交于点E，则DE的长为________．
解析：由题意得BC＝AB·sin 60°＝10.
由弦切角定理知∠BCD＝∠A＝60°，
所以CD＝5，BD＝15，
由切割线定理知，CD2＝DE·BD，则DE＝5.
答案：5
三、解答题
9．如图，PT切⊙O于T，PAB，PDC是圆O的两条割线，PA＝3，PD＝4，PT＝6，AD＝2，求弦CD的长和弦BC的长．
解：由已知可得PT2＝PA·PB，
且PT＝6，PA＝3，∴PB＝12.
同理可得PC＝9，∴CD＝5.
∵PD·PC＝PA·PB，∴＝，
∴△PDA∽△PBC，
∴＝?＝，∴BC＝6.
10．如图，⊙O的半径OB垂直于直径AC，M为AO上一点，BM的延长线交⊙O于N，过N点的切线交CA的延长线于P.
(1)求证：PM2＝PA·PC；
(2)若⊙O的半径为2 ，OA＝ OM，求MN的长．
解：(1)证明：连接ON，则ON⊥PN，且△OBN为等腰三角形，则∠OBN＝∠ONB，
∵∠PMN＝∠OMB＝90°－∠OBN，
∠PNM＝90°－∠ONB，
∴∠PMN＝∠PNM，
∴PM＝PN.
由条件，根据切割线定理，有PN2＝PA·PC，
所以PM2＝PA·PC.
(2)依题意得OM＝2，在Rt△BOM中，
BM＝ ＝4.
延长BO交⊙O于点D，连接DN.
由条件易知△BOM∽△BND，
于是＝，
即＝，得BN＝6.
所以MN＝BN－BM＝6－4＝2.
11．如下图，已知⊙O1和⊙O2相交于A、B两点，过点A作⊙O1的切线，交⊙O2于点C，过点B作两圆的割线分别交⊙O1，⊙O2于点D、E，DE与AC相交于点P.
(1)求证：PA·PE＝PC·PD；
(2)当AD与⊙O2相切，且PA＝6，PC＝2，PD＝12时，求AD的长．
解：(1)证明：连接AB，CE，
∵CA切⊙O1于点A，
∴∠1＝∠D.又∵∠1＝∠E，
∴∠D＝∠E.又∵∠2＝∠3，
∴△APD∽△CPE.
∴＝.
即PA·PE＝PC·PD.
(2)∵PA＝6，PC＝2，PD＝12.
∴6×PE＝2×12，∴PE＝4.
由相交弦定理，得PE·PB＝PA·PC.
∴4PB＝6×2，∴PB＝3.
∴BD＝PD－PB＝12－3＝9，
DE＝PD＋PE＝16.
∵DA切⊙O2于点A，
∴DA2＝DB·DE，即AD2＝9×16，∴AD＝12.
1．3.2 圆内接四边形的性质与判定
[对应学生用书P29]
[读教材·填要点]
1．圆内接四边形的性质定理
圆的内接四边形的对角互补，并且任何一个外角都等于它的内对角．
2．圆内接四边形的判定
(1)定理：如果一个四边形的一组对角互补，那么这个四边形内接于圆．
(2)符号语言表述：在四边形ABCD中，如果∠B＋∠D＝180°或∠A＋∠C＝180°，那么四边形ABCD内接于圆．
[小问题·大思维]
1．所有的三角形都有外接圆吗？所有的四边形是否都有外接圆？
提示：所有的三角形都有外接圆，但四边形并不一定有外接圆．
2．如果一个平行四边形有外接圆，它是矩形吗？
提示：因为平行四边形的对角相等，圆内接四边形的对角和为180°，所以该平行四边形一定是矩形．
[对应学生用书P29]
证明四点共圆
[例1] 如图，已知AP是⊙O的切线，P为切点，AC是⊙O的割线，与⊙O交于B、C两点，圆心O在∠PAC的内部，点M是BC的中点．
(1)证明：A，P，O，M四点共圆；
(2)求∠OAM＋∠APM的大小．
[思路点拨] 本题考查四点共圆的判定及性质的应用问题，解答(1)可利用圆内接四边形的判定定理证明。解答问题(2)可利用四点共圆的性质求解．
[精解详析] (1)证明：连接OP，OM，因为AP与⊙O相切于点P，所以OP⊥AP，因为M是⊙O的弦BC的中点，所以OM⊥BC，于是∠OPA＋∠OMA＝180°.
由圆心O在∠PAC的内部，可知四边形APOM的对角互补，所以A，P，O，M四点共圆．
(2)由(1)得A，P，O，M四点共圆，
所以∠OAM＝∠OPM.
由(1)得OP⊥AP，由圆心O在∠PAC的内部，
可知∠OPM＋∠APM＝90°，
所以∠OAM＋∠APM＝90°.
判定四点共圆的方法
(1)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．
(2)如果一个四边形的一个外角等于它的内对角，那么这个四边形的四个顶点共圆．
1.如图，在正△ABC中，点D，E分别在边BC，AC上，且BD＝BC，CE＝CA，AD，BE相交于点P，求证：
(1)P，D，C，E四点共圆；
(2)AP⊥CP.
证明：(1)在正△ABC中，由BD＝BC，CE＝CA，可得△ABD≌△BCE，
∴∠ADB＝∠BEC，
∴∠ADC＋∠BEC＝180°，
∴P，D，C，E四点共圆．
(2)如图，连接DE，在△CDE中，CD＝2CE，∠ACD＝60°，
由正弦定理知∠CED＝90°，
由P，D，C，E四点共圆知，
∠DPC＝∠DEC，
∴AP⊥CP.
证明线段相等或角相等
[例2] 如图，两圆⊙O1，⊙O2相交于A，B.⊙O1的弦BC交⊙O2于E点，⊙O2的弦BD交⊙O1于F点．
证明：(1)若∠DBA＝∠CBA，则DF＝CE.
(2)若DF＝CE，则∠DBA＝∠CBA.
[思路点拨] 本题考查圆内接四边形的判定及性质．解决本题需要借助三角形全等证明角相等或边长相等．
[精解详析] (1)连接AE，AF，AC，AD，
则∠BDA＝∠AEC，∠ACB＝∠AFD.
又∵∠DBA＝∠CBA，∴＝.
∴AD＝AE，∴△ACE≌△AFD.
故CE＝DF.
(2)由(1)∠BDA＝∠AEC，∠ACB＝∠AFD，
又∵DF＝CE，∴△ACE≌△AFD，
∴AD＝AE，∴∠DBA＝∠CBA.
(1)圆内接四边形性质定理为几何论证中角的相等或互补提供了一个理论依据，因而也为论证角边关系提供了一种新的途径．
(2)在解有关圆内接四边形的几何问题时，既要注意性质定理的运用，也要注意判定定理的运用，又要注意两者的综合运用．
(3)构造全等或相似三角形，以达到证明线段相等、角相等或线段成比例等目的．
2．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.
证明：如图，连接OD，因为BD＝DC，
O为AB的中点，
所以OD∥AC，于是∠ODB＝∠C.
因为OB＝OD，所以∠ODB＝∠B.
于是∠B＝∠C.
因为点A，E，B，D都在圆O上，且D，E为圆O上位于AB异侧的两点，所以∠E和∠B为同弧所对的圆周角，故∠E＝∠B.所以∠E＝∠C.
证明比例线段或比例式
[例3] 如图所示，AB、CD都是圆的弦，且AB∥CD，F为圆上一点，延长FD、AB交于点E.
求证：AE·AC＝AF·DE.
[思路点拨] 本题考查圆内接四边形的判定及性质以及相似三角形等问题．解答本题可连接BD，通过证明△EBD∽△EFA来解决．
[精解详析] 连接BD，因为AB∥CD，
所以BD＝AC.
因为A、B、D，F四点共圆，
所以∠EBD＝∠F.
因为∠E为△EBD和△EFA的公共角，
所以△EBD∽△EFA.
所以＝，所以＝.
即AE·AC＝AF·DE.
证明比例线段或比例式通常利用三角形相似来解决，而证明三角形相似，常利用圆内接四边形的性质寻找角之间的关系．
3．试证明：在圆内接四边形ABCD中，
AC·BD＝AD·BC＋AB·CD.
证明：如图，在AC上取点E，使∠ADE＝∠1.
又∠3＝∠4，∴△ADE∽△BDC.
∴＝，
∴AE·BD＝AD·BC.①
又∵∠ADE＝∠1，∴∠ADB＝∠CDE.
又∵∠5＝∠6，∴△ABD∽△ECD.
∴＝，∴BD·EC＝AB·CD.②
①②两式相加：
AE·BD＋BD·EC＝AD·BC＋AB·CD，
即AC·BD＝AD·BC＋AB·CD.
[对应学生用书P31]
一、选择题
1．如图，四边形ABCD内接于⊙O，BC是直径，MN与⊙O相切，切点为A，∠MAB＝35°，则∠D＝( )
A．35° B．90°
C．125° D．150°
解析：连接BD，则∠MAB＝∠ADB＝35°，∵BC是⊙O的直径，∴∠BDC＝90°，所以∠D＝∠ADB＋∠BDC＝125°.
答案：C
2．如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠DCE＝50°，则∠BOD等于( )
A．75° B．90°
C．100° D．120°
解析：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠DCE＝∠A，
∴∠A＝50°，∴∠BOD＝2∠A＝100°.
答案：C
3．若AD、BE、CF为△ABC的三条高线，交于H，则图中四点共圆的组数是( )
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：其中：B、D、H、F共圆；C、D、H、E共圆；A、E、H、F共圆；A、F、D、C共圆；B、C、E、F共圆；A、B、E、D共圆．
答案：D
4.如图，四边形ABCD为圆内接四边形，AC为BD的垂直平分线，∠ACB＝60°，AB＝a，则CD等于( )
A.a B．a
C.a D．a
解析：∵AC为BD的垂直平分线，
∴AB＝AD＝a，AC⊥BD，
∵∠ACB＝60°，∴∠ADB＝60°.
∴AB＝AD＝BD，∴∠ACD＝∠ABD＝60°.
∴∠CDB＝30°，
∴∠ADC＝90°，∴CD＝tan30°·AD＝a.
答案：A
二、填空题
5．圆内接四边形ABCD中，∠B∶∠C∶∠D＝1∶2∶3，则∠A＝________，∠B＝________，∠C＝________，∠D＝________.
解析：∵∠B＋∠D＝180°，∠B∶∠D＝1∶3，
∴∠B＝45°，∠D＝135°.又∠B∶∠C＝1∶2，
∴∠C＝90°.又∠A＋∠C＝180°，
∴∠A＝90°.
答案：90° 45° 90° 135°
6．如图，四边形ABCD内接于⊙O，若∠BOD＝130°，则∠BCD＝________.
解析：∵∠BOD＝130°，∴∠A＝＝＝65°.
∴∠BCD＝180°－65°＝115°.
答案：115°
7．如图，AB＝10 cm，BC＝8 cm，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．若两条直线(a＋2)x＋(1－a)y－3＝0，(a－1)x＋(2a＋3)y＋2＝0与两坐标轴围成的四边形有一个外接圆，则实数a＝________.
解析：∵两条直线与两坐标轴围成的四边形有一个外接圆，则有对角互补，又两坐标轴互相垂直，
∴这两条直线垂直，
即(a＋2)(a－1)＋(1－a)(2a＋3)＝0.
∴a2＝1，∴a＝±1.
答案：±1
三、解答题
9．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．
10．如图，已知△ABC的两条角平分线AD和CE相交于H，∠B＝60°，F在AC上，且AE＝AF.
(1)证明：B，D，H，E四点共圆；
(2)证明：CE平分∠DEF.
证明：(1)在△ABC中，因为∠B＝60°，
所以∠BAC＋∠BCA＝120°.
因为AD，CE是角平分线，
所以∠HAC＋∠HCA＝60°，
故∠AHC＝120°.
于是∠EHD＝∠AHC＝120°.
因为∠EBD＋∠EHD＝180°，
所以B，D，H，E四点共圆．
(2)连结BH，则BH为∠ABC的平分线，
得∠HBD＝30°.
由(1)知，B，D，H，E四点共圆，
所以∠CED＝∠HBD＝30°.
又∠AHE＝∠EBD＝60°，
由已知可得EF⊥AD，可得∠CEF＝30°.
所以CE平分∠DEF.
11．如图，已知AD是△ABC的外角∠EAC的平分线，交BC的延长线于点D，延长DA交△ABC的外接圆于点F，连接FB，FC.
(1)求证：FB＝FC；
(2)求证：FB2＝FA·FD；
(3)若AB是△ABC外接圆的直径，∠EAC＝120°，BC＝6 cm，求AD的长．
解：(1)证明：∵AD平分∠EAC，
∴∠EAD＝∠DAC.
∵四边形AFBC内接于圆，∴∠DAC＝∠FBC.
∵∠EAD＝∠FAB＝∠FCB，∴∠FBC＝∠FCB.
∴FB＝FC.
(2)证明：∵∠FAB＝∠FCB＝∠FBC，
∠AFB＝∠BFD，
∴△FBA∽△FDB.∴＝，∴FB2＝FA·FD.
(3)∵AB是圆的直径，∴∠ACB＝90°.
∵∠EAC＝120°，
∴∠DAC＝∠EAC＝60°，∠BAC＝60°.
∴∠D＝30°.
∵BC＝6，∴AC＝2 cm.
∴AD＝2AC＝4 cm.
第一章 相似三角形定理与圆幂定理
[对应学生用书P32]
[对应学生用书P32]
证明四点共圆问题
证明点共圆的方法有以下几种：
(1)利用到一定点的距离相等的各点在一个圆上；
(2)利用同斜边的几个直角三角形的各直角的顶点在一个圆上；
(3)如图，只要具备以下条件之一者，A、B、C、D四点共圆：
①∠BAC＝∠BDC；
②∠BAD＋∠BCD＝180°；
③∠FAD＝∠BCD；
④AE·CE＝BE·DE；
⑤AF·BF＝CF·DF.
[例1] 已知四边形ABCD为平行四边形，过点A和点B的圆与AD、BC分别交于E、F，
求证：C、D、E、F四点共圆．
[证明] 连接EF，
因为四边形ABCD为平行四边形，
所以∠B＋∠C＝180°.
因为四边形ABFE内接于圆，
所以∠B＋∠AEF＝180°.
所以∠AEF＝∠C.
所以C、D、E、F四点共圆．
[例2] 已知：如图，四边形ABCD中，∠1＝∠2.
求证：A、B、C、D四点共圆．
[证明] 由A、B、D三点可以确定一个圆，设该圆为⊙O.
(1)如果点C在⊙O的外部(如图)．
与圆相交于点E，
∵∠1＝∠AEB，∠1＝∠2，
∴∠2＝∠AEB.
而∠AEB>∠2，矛盾，
故点C不可能在圆外．
(2)如果点C在⊙O的内部(如图)．
延长BC与圆相交于点E，连接AE.
则∠1＝∠AEB，而∠1＝∠2，
∴∠2＝∠AEB，与∠2>∠AEB矛盾，
∴点C不可能在圆内，
∴点C只能在圆上.
证明线段等积式常用的方法
证明命题的一般步骤：
(1)弄清题意，辨明题设和结论；
(2)用分析法探明证题思路和方法；
(3)若已知条件不足，可添设适当辅助线以暴露隐含的已知条件；
(4)用综合法有条理地写出证明过程；
(5)检查证明过程的合理性．
1．利用相似三角形
[例3] 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，连结DB并延长交⊙O于点E.证明：
(1)AC·BD＝AD·AB；
(2)AC＝AE.
[证明] (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，得AC＝AE.
2．利用三角形内(外)角平分线的性质
[例4] 已知C点在圆O直径BE的延长线上，CA切圆O于A点，DC是∠ACB的平分线交AE于点F，交AB于D点．
(1)求∠ADF的度数；
(2)若AB＝AC，求AC∶BC.
[解] (1)∵AC为圆O的切线，
∴∠B＝∠EAC.
又∵DC是∠ACB的平分线，
∴∠ACD＝∠DCB.
∴∠B＋∠DCB＝∠EAC＋∠ACD，
即∠ADF＝∠AFD，
又因为BE为圆O的直径，
∴∠DAE＝90°，
∴∠ADF＝(180°－∠DAE)＝45°.
(2)∵∠B＝∠EAC，∠ACB＝∠ACB，
∴△ACE∽△BCA，
∴＝.
又∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝30°.
∴在Rt△ABE中，＝＝tan∠B＝tan 30°＝.
3．利用面积关系
[例5] Rt△ABC中，O是斜边BC上一点，以O为圆心的半圆与两直角边相切于M、N，如果两直角边分别为a、b，半圆的半径为r.
求证：＝＋.
[证明] 连接AO、OM、ON.
∵AB、AC与半圆相切于M、N，
∴OM⊥AB，ON⊥AC.
又设AB＝a，AC＝b，
半圆的半径为r，
∴S△ABC＝ab.
又S△ABC＝S△AOB＋S△AOC
＝ar＋br＝r(a＋b)．
∴ab＝r(a＋b)．则＝＋.
4．利用射影定理
[例6] 如图，AB是⊙O直径，过A作切线，过B作割线交⊙O于E，交切线于F，过B再作割线交⊙O于C，交切线于D.
求证：BE·BF＝BC·BD.
[证明] 连接AE、AC.
∵AD是切线，
∴BA⊥AD.
∵AB是直径，
∴AE⊥BF，AC⊥BD.
∴AB2＝BE·BF，
AB2＝BC·BD.
∴BE·BF＝BC·BD.
5．利用相交弦定理及切割线定理
[例7] 如图所示，两圆内切于点T，大圆的弦AB切小圆于点C，TA、TB与小圆分别相交于点E、F，FE的延长线交两圆的公切线TP于点P.
求证：(1)＝；
(2)AC·PF＝BC·PT.
[证明] (1)设小圆的圆心为点O，
连接OC.
∵AB切小圆于点C，
∴OC⊥AB.
∵∠1＝∠3＝∠2，
∴EF∥AB，∴OC⊥EF，
∴＝.
(2)∵EF∥AB，∴＝＝.
∵AB切小圆于点C，
∴AC2＝AE·AT，BC2＝BF·BT.
∴＝＝，＝.
∵PT是公切线，∴∠PTF＝90°，
∵TF是⊙O的直径，∴TE⊥PF，△PTF∽△TEF，
∴＝，∴＝，∴AC·PF＝BC·PT.
平行截割定理的应用
构造出平行关系或作恰当的辅助线是解此类问题的关键，利用成比例或一些特殊的图形形状是常用的构造平行关系的方法．
[例8] 如图，已知梯形ABCD中，AD∥BC，BD、AC交于O点，过O的直线分别交AB、CD于E、F，EF∥BC，AD＝12 cm，BC＝20 cm，＝.求EF的长．
[解] ∵AD∥BC，EF∥BC，
∴EF∥AD.
∵＝，AD＝12 cm，BC＝20 cm，
∴＝＝，∴＝.
∴＝＝.
∴OE＝×AD＝×12＝ (cm)．
同理：OF＝×BC＝×20＝(cm)．
∴EF＝OE＋OF＝15(cm)．
[例9] 已知：在△ABC中，点D在BC边上，过点C任作一直线与边AB及AD分别交于点F，E.
(1)如图(1)，当＝时，求证：＝；
(2)如图(2)，当＝时，猜想：与之间是否存在着一定的数量关系？若存在，请写出它们之间的关系式，并给出证明过程；若不存在，请说明理由．
[解] (1)证明：过点D作DG∥CF交AB于G点，
∴＝.
又＝，∴DC＝2BD＝BC.
∵DG∥FC，∴＝＝.
∴FG＝BF，∴＝＝.
(2)当＝时，有关等式：＝·.
证明：过D作DG∥CF交AB于G点．
∴＝.
又∵＝，∴＝.
∵DG∥FC，∴＝＝.
∴FG＝BF.
∴＝＝·.
一、选择题
1.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：在Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°，CD⊥AB，
∴CD2＝AD·DB.
又CD是圆的切线，故CD2＝CE·CB.
∴CE·CB＝AD·DB.
答案：A
2.如图，直线PB、PD分别交⊙O于A，B和C，D，PA＝4，AB＝2，CD＝5，那么线段PC的长是( )
A．3 B.
C．10 D．1
解析：∵PA＝4，AB＝2，
∴PB＝6，设PC＝x，∴x·(x＋5)＝4×6.
∴x2＋5x－24＝0.
∴x1＝3，x2＝－8(舍去)，即PC＝3.
答案：A
3．如图所示，△ABC内接于圆O，过点A的切线交BC的延长线于点P，D为AB的中点，DP交AC于点M，若BP＝8，AM＝4，AC＝6，则PA＝( )
A．4 B．3
C. D．5
解析：由题意MC＝AC－AM＝6－4＝2.
又D为AB的中点，∴AD＝BD.
过点C作CN∥AB交PD于N，
∴＝＝＝，
∴＝，∴PC＝4.
∵PA2＝PC·PB＝32，
∴PA＝4 .
答案：A
4．如图，两个等圆⊙O和⊙O′外切，过O作⊙O′的两条切线OA，OB，A，B是切点，则∠AOB等于( )
A．90° B．60°
C．45° D．30°
解析：连接OO′，O′A.
∵OA为⊙O′的切线，∴∠OAO′＝90°.
又∵⊙O与⊙O′为等圆且外切，
∴OO′＝2O′A.
∴sin∠AOO′＝＝，∴∠AOO′＝30°.
又由切线长定理知∠AOB＝2∠AOO′＝60°.
答案：B
二、填空题
5．如图，EB、EC是⊙O的两条切线，B、C是切点，A、D是⊙O上两点，如果∠E＝46°，∠DCF＝32°，则∠A的大小为________．
解析：因为EC＝EB，
所以∠EBC＝∠ECB＝67°，
又∠DCF＝32°，所以∠BCD＝180°－67°－32°＝81°.
所以∠A＝180°－∠BCD＝99°.
答案：99°
6．如图，在圆O中，直径AB与弦CD垂直，垂足为E，EF⊥DB，垂足为F，若AB＝6，AE＝1，则DF·DB＝____________.
解析：由相交弦定理可知
ED2＝AE·EB＝1×5＝5，
又易知△EBD与△FED相似，得DF·DB＝ED2＝5.
答案：5
7.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＝________.
解析：连接OA.
∵OP为⊙O的切线，
∴OA⊥AP.
又∠ABC＝30°，∴∠AOC＝60°.
∴在Rt△AOP中，OA＝1，PA＝OA·tan 60°＝ .
答案：
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)由切线长定理知，
DC＝DA，EC＝EB，PA＝PB，
∴△PDE周长为PD＋PE＋DE＝PD＋DC＋PE＋CE＝PD＋DA＋PE＋EB＝PA＋PB＝2PA＝10.
(2)连接OC，
因为DA，DC与圆O相切，
所以∠AOD＝∠COD.
同理，∠COE＝∠BOE.
∴∠DOE＝∠AOB
＝(180°－∠APB)
＝65°.
答案：10 65°
三、解答题
9．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：
(1)∠AED＝∠AFD；
(2)AB2＝BE·BD－AE·AC.
证明：(1)连接AD.
因为AB为圆的直径，所以∠ADB＝90°.
又EF⊥AB，∠EFA＝90°，
则A、D、E、F四点共圆，
∴∠DEA＝∠DFA.
(2)由(1)知，BD·BE＝BA·BF.
连接BC，显然△ABC∽△AEF，
∴＝，即AB·AF＝AE·AC，
∴BE·BD－AE·AC＝BA·BF－AB·AF
＝AB(BF－AF)＝AB2.
10．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.
证明：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.
11.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，
所以∠BGD＝∠BDG.
由BC＝CD知∠CBD＝∠CDB，
又因为∠DGB＝∠EFC＝∠DBC，
所以△BCD∽△GBD.
[对应学生用书P45]
(时间90分钟，总分120分)
一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50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，AB与圆O相切于点B，过点A作圆O的割线交圆O于C，D两点，BC⊥AD，AB＝2AC＝2，则圆O的直径等于( )
A. B．2
C．3 D．4
解析：由切割线定理知AB2＝AC·AD，即22＝1·AD，解得AD＝4，所以CD＝AD－AC＝3，连接BD，因为BC⊥AD，所以BD为圆O的直径，又因为BC2＝AB2－AC2＝3，所以BD＝ ＝ ＝2 .
答案：B
2．在⊙O的直径CB的延长线上取一点A，AP与⊙O相切于点P上∠APB＝30°，AP＝，则CP等于( )
A. B．
C.－1 D．＋1
解析：连接CP，BP，
则∠PCB＝30°，
∠CPB＝90°.
于是∠PBC＝60°，
∠PBA＝120°，
∠A＝30°＝∠PCB，
∴CP＝PA＝.
答案：A
3．点P为⊙O的弦AB上一点，且AP＝9，PB＝4，连接PO，作PC⊥OP交圆于点C，则PC等于( )
A．4 B．6
C．8 D．9
解析：延长CP交⊙O于点D，则OP垂直平分弦CD，
且CP·PD＝AP·PB＝36
∴PC2＝36，PC＝6.
答案：B
4．如图，已知⊙O是△ABC的外接圆，⊙I是△ABC的内切圆，∠A＝80°，则∠BIC等于( )
A．80° B．100°
C．120° D．130°
解析：∵∠A＝80°，
∴∠ABC＋∠ACB＝100°.
∵∠IBC＝∠ABC，
∠ICB＝∠ACB，
∴∠IBC＋∠ICB＝(∠ABC＋∠ACB)＝50°，
∴∠BIC＝180°－50°＝130°.
答案：D
5.如图，在⊙O中，弦AB与CD相交于P点，∠B＝30°，∠APD＝80°，则∠A＝( )
A．40° B．50°
C．70° D．110°
解析：易知∠A＝∠D，
又∵∠APD＝∠B＋∠D，∠B＝30°，∠APD＝80°，
∴∠D＝∠APD－∠B＝80°－30°＝50°.
∴∠A＝50°.
答案：B
6．如图所示，PC切⊙O于A，PO的延长线交⊙O于B，BC切⊙O于B，若AC∶CP＝1∶2，则PO∶OB等于( )
A．2∶1 B．1∶1
C．1∶2 D．1∶4
解析：连接OA，则OA⊥PC，
∴△PAO∽△PBC，
∴＝，即＝，
又∵OA＝OB，AC∶CP＝1∶2，
设AC＝x，则CP＝2x，
∴CA＝x＝BC，∴＝＝2，∴PO∶OB＝2∶1.
答案：A
7．在等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，BC＝6 cm，则其外接圆的直径为( )
A. cm B．2 cm
C．4 cm D．6 cm
解析：作BC边上的中线AD，则AD⊥BC，延长AD交△ABC外接圆于E，连接CE.
∵AE⊥BC，AE平分BC，
∴AE为△ABC外接圆的直径，
∴∠ACE＝90°.
在Rt△ACD中，
∠CAD＝∠BAC＝60°，
CD＝BC＝3 cm，
∴AC＝＝＝2(cm)．
在Rt△ACE中，AE＝＝＝4(cm)．
即△ABC外接圆的直径为4 cm.
答案：C
8.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等于( )
A．2 B．
C．2 D．2
解析：延长CO交⊙O于D，则DM＝3CM，CM·MD＝MA·MB，所以1.5×4＝3CM2，CM＝ ，OC＝2 .
答案：D
9．(天津高考)如图，△ABC是圆的内接三角形，∠BAC的平分线交圆于点D，交BC于点E，过点B的圆的切线与AD的延长线交于点F.在上述条件下，给出下列四个结论：
①BD平分∠CBF；
②FB2＝FD·FA；
③AE·CE＝BE·DE；
④AF·BD＝AB·BF.
则所有正确结论的序号是( )
A．①② B．③④
C．①②③ D．①②④
解析：因为∠BAD＝∠FBD，∠DBC＝∠DAC，
又AE平分∠BAC，即∠BAD＝∠DAC，
所以∠FBD＝∠DBC，
所以BD平分∠CBF，结论①正确；
易证△ABF∽△BDF，所以＝，
所以AB·BF＝AF·BD，结论④正确；
由切割线定理，得BF2＝AF·DF，结论②正确；由相交弦定理，得AE·DE＝BE·CE，结论③错误．选D.
答案：D
10．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝8 cm，AB＝10 cm，点P由C出发以每秒2 cm的速度沿线段CA向点A运动(不运动至A点)，⊙O的圆心在BP上，且⊙O分别与AB、AC相切，当点P运动2 s时，⊙O的半径是( )
A. cm B． cm
C. cm D．2 cm
解析：∵PC＝2×2＝4 cm，
∴P是AC的中点，
∴BC＝6 cm，BP＝2 cm.连接OD，
∵D为切点，
∴OD⊥AC，则OD∥BC，
即＝＝＝.
设半径OD＝3k，DP＝2k，
∴OP＝＝k，
∴OB＝2－k.
∵AE、AD为⊙O的切线，
∴AE＝AD＝AP＋PD＝4＋2k，
BE＝10－(4＋2k)＝6－2k.
在Rt△BOE中，∵OB2＝BE2＋OE2，
∴(2－k)2＝(6－2k)2＋(3k)2，
解得k＝.
故半径OD＝3k＝.
答案：A
二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分．把答案填写在题中的横线上)
11.如图，在?ABCD中，BC＝24，E、F为BD的三等分点，则BM＝________，DN________.
解析：＝＝，
∴BM＝BC＝12，＝＝，
∴DN＝BM＝6.
答案：12 6
12．(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：
13．如图，⊙O中的弦AB与直径CD相交于P，M为DC延长线上一点，MN为⊙O的切线，N为切点，若AP＝8，PB＝6，PD＝4，MC＝6，则MN的长为________．
解析：由相交弦定理得：CP·PD＝AP·PB，CP＝＝12，又由切割线定理得：MN2＝MC·MD＝6×22，所以，MN＝2.
答案：2
14．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
三、解答题(本大题共4个小题，共50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(本小题满分12分)如图所示，已知边长为12的正三角形ABC，DE∥BC，S△BCD∶S△BAC＝4∶9，求EC的长．
解：如图，过D作DF⊥BC，
过A作AG⊥BC，
S△BCD＝BC·DF，
S△BAC＝BC·AG.
因为S△BCD∶S△BAC＝4∶9，
所以DF∶AG＝4∶9.
因为△BDF∽△BAG，
所以BD∶BA＝DF∶AG＝4∶9.
因为AB＝12，所以CE＝BD＝.
16．(本小题满分12分)如图，AD是∠BAC的平分线，⊙O过点A且与BC边相切于点D，与AB，AC分别交于E，F，求证：EF∥BC.
证明：如图，连接DF.
因为BC与圆相切，
所以∠CDF＝∠DAF.
因为∠EFD与∠EAD同为弧所对的圆周角，
所以∠EFD＝∠EAD.
又因为AD是∠BAC的平分线，
故∠EAD＝∠DAF.
所以∠CDF＝∠EFD，
所以EF∥BC.
17．(本小题满分12分)在△ABC中，∠B＝∠C＝2∠A.
求证：AB2＝BC2＋AB·BC.
证明：如图所示．
延长BC到点D，使CD＝AB，连接AD.
∵∠B＝∠ACB，∴AB＝AC.
又∵AB＝CD，∴AC＝CD.
∴∠D＝∠ACB＝∠BAC.
∵∠B＝∠B，∴△ABC∽△DBA.
∴＝.
∴AB2＝BC·BD＝BC(BC＋CD)
＝BC2＋BC·CD
＝BC2＋AB·BC.
18．(本小题满分14分)(辽宁高考)如图，EP交圆于E，C两点，PD切圆于D，G为CE上一点且PG＝PD，连接DG并延长交圆于点A，作弦AB垂直EP，垂足为F.
(1)求证：AB为圆的直径；
(2)若AC＝BD，求证：AB＝ED.
证明：(1)因为PD＝PG，所以∠PDG＝∠PGD.
由于PD为切线，故∠PDA＝∠DBA，
又由于∠PGD＝∠EGA，故∠DBA＝∠EGA，
所以∠DBA＋∠BAD＝∠EGA＋∠BAD，
从而∠BDA＝∠PFA.
由于AF⊥EP，所以∠PFA＝90°，于是∠BDA＝90°.故AB是直径．
(2)连接BC，DC.
由于AB是直径，故∠BDA＝∠ACB＝90°.
在Rt△BDA与Rt△ACB中，AB＝BA，AC＝BD，
从而Rt△BDA≌Rt△ACB，
于是∠DAB＝∠CBA.
又因为∠DCB＝∠DAB，所以∠DCB＝∠CBA，故DC∥AB.
由于AB⊥EP，所以DC⊥EP，∠DCE为直角．
于是ED为直径．由(1)得ED＝AB.
2.1 平行投影与圆柱面的平面截线
[对应学生用书P37]
[读教材·填要点]
1．平行投影
(1)回顾必修二定义：已知图形F，直线l与平面α相交，过F上任意一点M作直线MM′平行于l，交平面α于点M′，则M′叫做点M在平面α内关于直线l的平行投影．如果图形F上的所有点在平面α内关于直线l的平行投影构成图形F′，则F′叫做图形F在α内关于直线l的平行投影，平面α叫做投影面，l叫做投射线，如果投射线与投射面垂直，则称这样的平行投影为正投影．
(2)平行投影的性质(直线与投影线不平行)：
①直线或线段的平行投影仍是直线或线段；
②平行直线的平行投影是平行或重合的直线；
③平行于投射面的线段，它的投影与这条线段平行且等长；
④与投射面平行的平面图形，它的投影与这个图形全等；
⑤在同一直线或平行直线上，两条线段平行投影的比等于这两条线段比．
2．圆柱面的平面截线
如果一个平面垂直于一圆柱的轴，截圆柱所得的截线为一圆；如果一个平面与圆柱的轴所成角为锐角，截圆柱所得的截线形状为椭圆．
[小问题·大思维]
1．正投影与平行投影之间有什么关系？
提示：正投影是平行投影中投射线的方向与投射面垂直的一种特殊情况．
2．一个圆在一个平面上的正投影是什么形状？
提示：若一个圆所在平面β与平面α平行，该圆在平面α内的正投影为一个圆；如果β与平面α垂直，则圆在平面α的正投影为一条线段；若平面β与平面α不平行也不垂直时，该圆在平面α上的正投影为一个椭圆．综上可知，一个圆在一个平面上的投影可能为一条线段、椭圆或圆．
[对应学生用书P37]
点的投影
[例1] 如图所示，在三棱锥P－ABC中，E，F分别是AC，AB的中点，△ABC和△PEF都是正三角形，且PF⊥AB.
求证：点C在平面PAB内的正射影为点P.
[思路点拨] 本题考查正投影的概念，解答本题需证明PC⊥平面PAB.
[精解详析] 在三棱锥P－ABC中，由△ABC是正三角形，可设AB＝BC＝AC＝a.
∵E，F分别是AC，AB的中点，且△PEF是正三角形，
∴PE＝PF＝EF＝BC＝a.
∵PF⊥AB，
∴PA2＝AF2＋PF2＝2＋2＝a2，
同理，PB2＝a2.
又∵AF＝AE，PF＝PE，
∴PA2＝PE2＋AE2，
∴PE⊥AC.
∴PC2＝PE2＋EC2＝2＋2＝a2，
∴PA2＋PC2＝a2＋a2＝a2＝AC2，∴PA⊥PC.
又∵PB2＋PC2＝a2＋a2＝a2＝BC2，∴PB⊥PC.
∴PC⊥平面PAB，
即点C在平面PAB内的正射影是点P.
因为点在任何平面上的投影仍然是点，所以解决此类问题的关键是正确作出点在平面内的正投影．
1.如图，P是△ABC所在平面α外一点，O是点P在平面α内的正投影．
(1)若P点到△ABC的三边距离相等，且O点在△ABC的内部，那么O点是△ABC的什么心？
(2)若PA、PB、PC两两互相垂直，O点是△ABC的什么心？
解：(1)由P到△ABC的三边距离相等，故有O到△ABC的三边距离相等，
∴O为△ABC的内心．
(2)∵PA⊥PB，PA⊥PC，
∴PA⊥BC，
又∵PO⊥BC，
∴OA⊥BC，同理OB⊥AC，OC⊥AB，
∴O为△ABC的垂心.
几何图形的投影
[例2] 有下列4个命题：
①矩形的平行投影一定是矩形；
②矩形的正投影一定是矩形；
③梯形的平行投影一定是梯形；
④梯形的正投影一定是梯形，其中正确命题的个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
[思路点拨] 本题考查平行投影的概念，解答本题需要考虑到投影面的位置不同，则投影的形状会不同．
[精解详析] ①矩形的平行投影可以是矩形、平行四边形或线段，不正确；②矩形的正投影也有矩形、平行四边形、线段三种情况，不正确；③梯形的平行投影可以是梯形、线段，不正确；④梯形的正投影也可能是梯形、线段，不正确．
[答案] A
不论是正投影还是平行投影都应考虑图形所在的平面与投影方向的夹角的变化关系，注意不漏、不缺，考虑问题要全面．
2．关于直角AOB在定平面α内的投影有如下判断：①可能是0°的角；②可能是锐角；③可能是直角；④可能是钝角；⑤可能是180°的角，其中正确判断的序号是________(注：把你认为是正确判断的序号都填上)．
解析：设直角AOB所在平面为β，在α与β垂直时直角AOB投影为一条射线，从而投影为0°的角，α与β平行时投影为直角，随着α与β所成角的变化也可以为锐角、钝角或平角，因而正确的结果为①②③④⑤.
答案：①②③④⑤
[例3] 设四面体ABCD各棱长均相等，E、F分别为AC、AD的中点，如图，则△BEF在该四面体的面ABC上的正投影是下列中的( )
[思路点拨] 本题考查正投影的应用．解答此题的关键是确定F在平面ABC上的正投影的位置．
[精解详析] 由于BE＝BF，所以△BEF为等腰三角形，故F点在平面ABC上的正投影不在AC上而在△ABC内部，又由于EF与CD平行，而CD与平面ABC不垂直，所以F点在平面ABC上的正投影不在直线BE上，从而只有B图形成立．
[答案] B
确定一个几何图形的正投影，其实质是确定其边界点的正投影的位置．在解决此类问题时，一定要全面考虑，否则极易出错．
3．如图，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投影可能是下图中的________．(把可能的图的序号都填上)
解析：四边形BFD1E在平面ABCD和平面A1B1C1D1上的正投影均为图②，四边形BFD1E在平面ADD1A1和平面BCC1B1上的正投影均为图③，四边形BFD1E在平面ABB1A1和平面DCC1D1上的正投影均为②，故正确的为②和③.
答案：②③
[对应学生用书P39]
一、选择题
1．梯形ABCD中，AB∥CD，若梯形不在平面α内，则它在α的投影是( )
A．平行四边形 B．梯形
C．一条线段 D．一条线段或梯形
解析：当梯形所在的平面平行于投影线时，梯形在α上的投影是一条线段；当梯形所在的平面与投影线不平行时，梯形在α上的投影是一个梯形．
答案：D
2．一条直线在一个面上的平行投影是( )
A．一条直线 B．一个点
C．一条直线或一个点 D．不能确定
解析：当直线与面垂直时，平行投影可能是点．
答案：C
3．△ABC的一边在平面α内，一顶点在平面α外，则△ABC在面α内的投影是( )
A．三角形 B．一线段
C．三角形或一线段 D．以上均不正确
解析：当△ABC所在平面平行于投影线时，投影是一线段，不平行时，投影是三角形．
答案：C
4．圆柱的正投影可能是( )
A．圆 B．矩形
C．圆或矩形 D．圆或平行四边形
解析：根据圆柱的三视图可知圆柱的正投影是圆或矩形．
答案：C
二、填空题
5．一个平行四边形的平行投影是________．
答案：平行四边形或线段
6．两条相交直线的平行投影是________．
解析：两条相交直线的平行投影，仍然有一公共点，因为两条相交直线的交点的平行投影必在两条直线的平行投影上，从而有两条相交直线的平行投影为两条相交直线，或者是一条直线．
答案：两条相交直线或一条直线
7．在四棱锥P－ABCD中，四条侧棱都相等，底面ABCD为梯形，AB∥CD，AB>CD，为保证顶点P在底面ABCD所在平面上的正投影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：由已知四条侧棱都相等得P在底面ABCD上正投影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°)
8．已知a、b为不垂直的异面直线，α是一个平面，则a、b在α上的正投影有可能是：
①两条平行直线；
②两条互相垂直的直线；
③同一条直线；
④一条直线及其外一点．
在上面结论中，正确结论的编号是________(写出所有正确的结论的编号)．
解析：当a、b均与α 斜交且二者的公垂线与α平行时，a、b在α上的正投影是两条平行直线；当a、b均与α斜交且其中一条垂直于另一条在α内的正投影时，两直线在α内的正投影为相互垂直的直线；当其中一条与α垂直，另一条与α斜交时，正投影为一直线及其外一点．
答案：①②④
三、解答题
9．如图，△ABC是直角三角形，AB是斜边，三个顶点A、B、C在平面α内的正投影分别是A′、B′、C′，如果△A′B′C′是等边三角形，且AA′＝a，BB′＝a＋2，CC′＝a＋1，设平面ABC与平面A′B′C′所成的二面角的平面角为θ，求θ的余弦值．
解：设A′B′＝x，则
AB2＝x2＋4，AC2＝x2＋1，BC2＝x2＋1.
∴x2＋4＝x2＋1＋x2＋1，解得x＝，
∴AC＝BC＝，∴S△ABC＝.
S△A′B′C′＝，∴cosθ＝＝.
10．过Rt△BPC的直角顶点P作线段PA⊥平面BPC.求证：△ABC的垂心H是P点在平面ABC内的正投影．
证明：如图所示，欲证△ABC的垂心H是P点在平面ABC内的正投影，只需证明PH⊥平面ABC即可．
连接AH并延长，交BC于点D；
连接BH并延长，交AC于点E，
连接PD.
∵H是△ABC的垂心，∴BC⊥AD.
又∵AP⊥平面PBC，
∴PD是斜线段AD在平面BPC上的正投影．
∴BC⊥PD.
显然PH在平面PBC内的射影在PD上，
∴BC⊥PH.同理可证AC⊥PH.
故PH⊥平面ABC.
即H是P在平面ABC上的正射影．
11．已知Rt△ABC的斜边BC在平面α内，试判断△ABC的两直角边在平面α内的正投影与斜边组成的图形的形状．
解：(1)当顶点A在平面α上的正投影A′在BC所在的直线上时，两条直角边在平面α上的正投影是两条线段BA′、CA′，BA′＋CA′＝BC，所以正投影BA′、CA′与斜边BC组成的图形是线段BC，如图(1)．
(2)当顶点A在平面α上的正投影A′不在斜边BC所在的直线上时，
因为AA′⊥α，
所以AA′⊥A′B，AA′⊥A′C.
所以A′B
因为在Rt△ABC中，AB2＋AC2＝BC2，
所以BC2>A′B2＋A′C2.
所以A′B2＋A′C2－BC2<0.
因为cos∠BA′C＝<0，
所以∠BA′C为钝角．
所以△A′BC为钝角三角形．
故该图形的形状为线段或钝角三角形．
2.2 用内切球探索圆锥曲线的性质
[对应学生用书P40]
[读教材·填要点]
1．球的切线与切平面
(1)球的切线：
①定义：与球只有唯一公共点的直线叫做球的切线，如果球的切线通过一点P，切点为A，则称线段PA的长为从点P引的球的切线长．
②性质：
球的切线垂直于过切点的半径．
从球外任一点引球的所有切线长相等．
(2)球的切平面：
①定义：与球只有唯一公共点的平面叫做球的切平面．
②性质：一个球的切平面，垂直于过切点的半径．
2．圆柱面的内切球与圆柱面的平面截线．
(1)圆柱面的定义：
一条直线绕着与它平行的一条直线旋转一周，形成的曲面叫做圆柱面，这条直线叫做圆柱面的母线，平行直线叫做圆柱面的轴．
(2)圆柱面的内切球：
在圆柱面的轴上任取一点C，过C作垂直于轴的平面δ，则平面δ在圆柱面上的截线⊙(C，r)称为切点圆，以C为圆心，r为半径作球，该球叫做圆柱面的内切球．
(3)圆柱面的平面截线：
①如果平面δ与圆柱面的轴线垂直，则平面δ截圆柱所得的截线是一个圆，此时δ平面为圆柱面的直截面；
②如果平面δ与圆柱面的轴所成的角为锐角，此时称平面δ为斜截面，平面δ截圆柱所得的截线是一个椭圆．
③椭圆的定义：
在一个平面内，到两个定点距离和等于定长(大于两定点的距离)的点的轨迹，叫做椭圆．
3．圆锥面及其内切球
(1)圆锥面：
①定义：一条直线绕着与它相交成定角θ(0<θ<)的另一条直线旋转一周，形成的曲面叫做圆锥面，这条直线叫做圆锥面的母线，另一条直线叫做圆锥面的轴，母线与轴的交点，叫做圆锥面的顶点，顶点为S的圆锥面通常记作圆锥面S.
②性质：
性质1：圆锥面的轴线和每一条母线的夹角相等．
性质2：如果一个平面垂直于圆锥面的轴线，则其截圆锥面所得的截线是圆．
(2)圆锥面的内切球及其性质：
圆锥面与内切球的交线是一个圆，并且该圆所在平面垂直于该圆锥面的轴线．
(3)圆锥面的平面截线：
定理：在空间给定一个圆锥面S，轴线与母线的夹角为α，任取一个不通过S的顶点的平面δ，设其与轴线的夹角为β(δ与轴线平行时，规定β＝0)则
①当β>α时，平面δ与圆锥面的交线为椭圆；
②当β＝α时，平面δ与圆锥面的交线为抛物线；
③当β<α时，平面δ与圆锥面的交线为双曲线．
4．圆锥曲线的统一定义
定理：除了圆之外，每一条圆锥曲线都是平面上到某个定点F和到某条定直线l的距离的比值等于常数的点的轨迹，其中F叫做圆锥曲线的焦点，直线叫做圆锥曲线的准线．
[小问题·大思维]
用平面截球面和圆柱面所得到的截线分别是什么形状？
提示：联想立体图形及课本方法，可知用平面截球面所得截线的形状是圆；用平面截圆柱面所得截线的形状是圆或椭圆．
[对应学生用书P41]
圆柱面的平面截线
[例1] 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．
[思路点拨] 本题考查平面与圆柱面的截线．解答本题需要根据题目条件确定椭圆的长轴和短轴．
[精解详析] 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.
借助条件中已经建立的直角坐标系，通过相关平面图形转换确定椭圆的长、短轴的长是关键．
1．平面α与圆柱轴线成60°角，截圆柱面所得椭圆焦距为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，其长设为2a，过O向圆柱母线作垂线，垂足为B，则△OAB是直角三角形，且∠OAB＝60°是平面α与圆柱母线(也是与轴线)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 ，∴c＝ .
又在椭圆中，a2＝b2＋c2，∴2＝r2＋()2.
解得r＝3，即圆柱面的半径为3.
圆锥面的平面截线
[例2] 证明：当β>α时，平面δ与圆锥的交线为椭圆．
[思路点拨] 本题考查平面与圆锥面的截线．解答本题需要明确椭圆的定义，利用椭圆的定义证明．
[精解详析] 如图，在圆锥内部嵌入Dandelin双球，一个位于平面δ的上方，一个位于平面δ的下方，并且与平面δ及圆锥均相切．
当β>α时，由上面的讨论可知，平面δ与圆锥的交线是一个封闭曲线．设两个球与平面δ的切点分别为F1、F2，与圆锥相切于圆S1、S2.
在截口的曲线上任取一点P，连接PF1、PF2.过P作母线交S1于Q1，交S2于Q2，于是PF1和PQ1是从P到上方球的两条切线，因此PF1＝PQ1.同理，PF2＝PQ2.
所以PF1＋PF2＝PQ1＋PQ2＝Q1Q2.
由正圆锥的对称性，Q1Q2的长度等于两圆S1、S2所在平行平面间的母线段的长度而与P的位置无关，由此我们可知在β>α时，平面δ与圆锥的交线是以F1、F2为焦点的椭圆．
由平面中，直线与等腰三角形两边的位置关系拓广为空间内圆锥与平面的截线之后，较难入手证明其所成曲线的形状，尤其是焦点的确定更加不容易，但可以采用与本节中定理的证明相同的方法，即Danelin双球法，这时较容易确定椭圆的焦点，学生也容易入手证明，使问题得到解决．
2．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为切点圆心，连接OH，HC.
则OH⊥SH，∠OSH＝30°，
∴OH＝SO＝ cm，且∠SOH＝60°，
∴HC＝OHsin 60°＝×＝(cm)．
∴球O的半径为 cm，切点圆的半径为 cm.
[对应学生用书P42]
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
解析：显然A正确，由于任一轴面过轴线，故轴面与圆柱的直截面垂直，B正确，C显然正确，D中短轴长应为圆柱面的直径长，故不正确．
答案：D
2．已知半径r＝2的圆柱面，一平面与圆柱面的轴线成45°角，则截线椭圆的焦距为( )
A．2 B．2
C．4 D．4
解析：由椭圆长半轴a＝＝2 ，短半轴b＝2，得焦距2c＝2 ＝2 ＝4.
答案：C
3．球的半径为3，球面外一点到球心的距离为6，则过该点的球的切线和过切点的半径所成的角为( )
A．30° B．60°
C．90° D．不确定
解析：因为球的切线垂直于过切点的球的半径，所以所成的角为90°.
答案：C
4．一圆柱面被一平面所截，平面与母线成60°角，截线上最长的弦长为4 ，则该圆柱底面的半径为( )
A. B．2
C．3 D．6
解析：圆柱底半径r＝2 sin 60°＝3.
答案：C
二、填空题
5．一平面与半径为3的圆柱面截得椭圆，若椭圆的长轴长为10，则截面与圆柱面母线的夹角的余弦值为________．
解析：因为椭圆的长轴长为10，
所以2a＝10，即a＝5.
又椭圆短轴长b＝3，∴c＝4.
故e＝cosφ＝＝.
答案：
6．一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，则圆柱面的半径为________．
解析：由2a＝6，即a＝3，又e＝cos45°＝，得b＝c＝ea＝×3＝，即为圆柱面的半径．
答案：
7．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δ与圆锥面V相交，设轴l与平面δ所成的角为β，则：
当________时，平面δ与圆锥面的交线为圆；
当________时，平面δ与圆锥面的交线为椭圆；
当________时，平面δ与圆锥面的交线为双曲线；
当________时，平面δ与圆锥面的交线为抛物线．
答案：β＝90° α<β<90° β<α β＝α
8．半径分别为1和2的两个球的球心距为12，则这两个球的外公切线的长为________，内公切线的长为________．
解析：设两个球的球心为O1，O2，外公切线的切点为A、B，则有|AB|＝＝＝，设内公切线的切点分别为C、D，则
|CD|＝
＝＝＝＝3.
答案： 3
三、解答题
9．一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，求椭圆的离心率．
解：如图所示为截面的轴面，
则AB＝8，SB＝6，SA＝10，则∠SBA＝，cos∠ASB＝，cos∠BSP＝cos∠ASB＝＝.
∴cos∠SPB＝sin∠BSP＝，
∴e＝＝.
10．如图，上面一个Dandelin球与圆锥面的交线为圆S，记圆S所在的平面为δ′，设δ与δ′的交线为m.在椭圆上任取一点P，连接PF1，在δ中过P作m的垂线，垂足为A，过P作δ′的垂线，垂足为B，连接AB是PA在平面δ′上的射影．若Rt△ABP中，∠APB＝β.求平面δ与δ′所成二面角的大小．
解：由已知PB⊥δ′，平面δ′∩平面δ＝m.
∴m⊥PB.又PA⊥m，∴m⊥面PAB，
∴∠PAB是δ与δ′所成二面角的平面角．
又∠APB＝β，∴∠PAB＝－β.
11．定长为3的线段AB的两个端点在抛物线y2＝x上移动，设线段AB的中点为M，求点M到y轴的最短距离．
解：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则AF＝x1＋，BF＝x2＋，
若AB过F，则AF＋BF＝AB，
此时点M到y轴距离为－＝；
若AB不过F，则AF＋BF>AB，
即x1＋＋x2＋>3，x1＋x2>，
从而M的横坐标>，
显然弦AB过焦点F时，M到y轴距离最短．
设过F的直线方程为y＝k，
联立
则k2x2－x＋＝0.
∵xM＝，∴k＝±，即直线存在．
∴点M到y轴最短距离为.
第二章 圆柱、圆锥与圆锥曲线
[对应学生用书P43]
[对应学生用书P43]
平行投影
平行投影关键在于注意角度的变换及运动变化和发展的观点的应用，并由此来处理有关图形的投影问题．如一个圆在平面上的平行投影可能是一个圆，一个椭圆或者是一条线段，但是由于缺乏具体的量的关系，我们对所成的椭圆不能做出具体的量的关系．将圆与平面立体化就形成了平面与圆柱的截面问题．
[例1] 已知△ABC的边BC在平面α内，A在平面α上的正投影为A′(A′不在边BC上)．当∠BAC＝60°时、AB、AC与平面α所成的角分别是30°和45°时，求cos∠BA′C.
[解] 由题意，∠ABA′＝30°，∠ACA′＝45°.
设AA′＝1，则A′B＝，A′C＝1，AC＝，AB＝2，
∴BC＝ ＝，
cos∠BA′C＝＝.
圆柱面、圆锥面的平面截线
(1)由两个等圆的内公切线与两条外公切线的交点，切点之间的量的关系具体化，就可以得到相应的数量关系，将其进一步拓广到空间之中就得到了平面与圆柱的截面问题．
(2)在平面中：由与等腰三角形的两条腰的交点问题进一步推广到空间中的平面与圆锥面的交线问题所采用的方法与以前的平行投影和平面与圆柱面的截面问题相同．从不同的方向不同的位置用平面去截圆锥面，其截面的形状不同，由此我们可以得到定理，并可以利用Dandelin双球对定理的结论进行证明和研究其特点．
[例2] 如图所示，用一个平面分别与球O1、O2切于F1、F2，截圆柱面于G1、G2点，求证所得的截面为椭圆．
[证明] 如图所示由平面图形的性质可知，
当点P与G1或G2重合时，
G2F1＋G2F2＝AD，
G1F1＋G1F2＝AD.
当P不与G1、G2重合时，
连接PF1、PF2，
则PF1、PF2分别是两个球面的切线，切点分别为F1、F2.
过P作圆柱面的母线，与两个球分别相交于K1、K2二点，
则PK1、PK2分别为两个球的切线，切点为K1、K2.
由切线长定理可知：PF1＝PK1，PF2＝PK2.
所以有PF1＋PF2＝PK1＋PK2＝AD＝G1G2.
由于AD为定值且AD>F1F2，故点P的轨迹为椭圆．
一、选择题
1．若一直线与平面的一条斜线在此平面上的正投影垂直，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时，则A成立，当这条直线是平面的垂线，则B或C成立，故选D.
答案：D
2．在空间，给出下列命题：
(1)一个平面的两条斜线段相等，那么它们在平面内的正投影相等．
(2)一条直线和平面的一条斜线垂直，必和这条斜线在这个平面内的正投影垂直．
(3)一条斜线和它在平面内的正投影所成的锐角是这条斜线和平面内过斜足的所有直线所成的一切角中最小的角．
(4)若点P到△ABC三边所在的直线的距离相等，则点P在平面ABC内的正投影是△ABC的内心．
其中，正确的命题是( )
A．(3) B．(3)(4)
C．(1)(3) D．(2)(4)
解析：由平行投影的性质知，当两条线段与平面所成的角相等时，才有(1)正确，在(2)中这条直线在平面外时不正确，(3)显然正确；(4)中P点有可能是△ABC的旁心．
答案：A
3．一平面截圆锥面的截线为椭圆，椭圆的长轴为8，长轴的两端点到圆锥顶点的距离分别是6和10，则椭圆的离心率为( )
A. B．
C. D．
解析：如图为圆锥面的轴截面，则AB＝8，SA＝6，SB＝10，
∴∠SAB＝90°，
∴cos∠ASB＝，
∴cos∠ASP＝cos＝
＝ ＝.
∴cos∠BPH＝sin∠ASP＝
＝ ＝.
∴椭圆离心率e＝＝＝.
答案：C
4．边长为2的等边三角形所在平面与平面α所成的角为30°，BC?α，A在α内的正投影为O，则△BOC的面积为( )
A. B．
C. D．
解析：取BC的中点D，连接AD，OD，则∠ADO为二面角的平面角，∠ADO＝30°，
＝＝cos30°＝，又S△ABC＝，
∴S△BOC＝.
答案：B
二、填空题
5．P为△ABC所在平面外一点，PA、PB、PC与平面ABC所成角均相等，又PA与BC垂直，那么△ABC的形状可能是________．
①正三角形 ②等腰三角形 ③非等腰三角形
④等腰直角三角形(将你认为正确的序号全填上)
解析：设点P在底面ABC上的正投影为O，由PA、PB、PC与平面ABC所成角均相等，得OA＝OB＝OC，即点O为△ABC的外心，又由PA⊥BC，得OA⊥BC，得AO为△ABC中BC边上的高线，所以AB＝AC，即△ABC必为等腰三角形，故应填①②④.
答案：①②④
6．两个大小不等的球相交，交线为________．
答案：圆
7．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：P在底面ABC的正投影为BC中点D，设PA＝PB＝PC＝2，则PD＝，AP＝2，∴∠PAD＝.
答案：
8．一圆柱面底半径为2，一截面与轴成60°，从割平面上、下放入圆柱面的两个内切球，使它们都与截面相切，则这两个切点的距离等为________．
解析：由已知可知截线为一个椭圆，并且其长轴长为
2a＝＝＝，短轴长为2b＝2×2＝4，
所以2c＝＝ ＝.
答案：
三、解答题
9．设圆锥的顶角(圆锥轴截面上两条母线的夹角)为120°，当圆锥的一截面与轴成45°角时，求截得二次曲线的形状及离心率．
解：由题意知α＝60°，β＝45°，满足β<α，这时截面截圆锥得的交线是双曲线，其离心率为e＝＝.
10．如图所示，已知DA⊥平面ABC，△ABC是斜三角形，A′是A在平面BCD上的正投影．
求证：A′不可能是△BCD的垂心．
证明：假设A′为△BCD的垂心，
则A′B⊥CD.
又因为AA′⊥平面BCD于A′，则AB⊥CD.
又因为DA⊥平面ABC，则AD⊥AB，所以AB⊥AC，
这与△ABC是斜三角形的已知条件相矛盾，
故A′不可能是△BCD的垂心．
11．已知圆锥面S，其母线与轴线的夹角为30°，又有一平面α与圆锥面的轴线成45°角并相交于点C，且SC＝6，一球与圆锥面相切并在平面α的上方与平面α相切．求此内切球的半径，并画出它的直观图．
解：设内切球的球心为O，半径为R，且设球O与锥面一个切点为P，球O与平面α切于M.
在Rt△SPO中 ，OP＝R，∠PSO＝30°，所以SO＝2R.
在Rt△OMC中，∠OCM＝45°，
所以OC＝＝＝R.
又SC＝6＝SO＋OC＝2R＋R，
所以R＝3(2－)，其直观图为如图：
[对应学生用书P47]
(时间90分钟，总分120分)
一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50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．线段AB、CD在同一平面内的正投影相等，则线段AB、CD的长度关系为( )
A．AB>CD B．ABC．AB＝CD D．无法确定
解析：由线段AB、CD与平面所成的角来定，虽然投影相等，但线段AB、CD的长度无法确定，故它们长度关系也无法确定．
答案：D
2．正四面体在一个面上的平行投影是( )
A．一个三角形 B．两个三角形
C．三个三角形 D．以上都有可能
解析：根据几何体的三视图可知，D正确．
答案：D
3．直线和直线外一点在同一面上的正投影是( )
A．一条直线 B．一点一直线
C．一点一直线或一直线 D．无法确定
答案：C
4．如果一个三角形的平行投影仍是一个三角形，则下列结论中正确的是( )
A．内心的平行投影仍为内心
B．重心的平行投影仍为重心
C．垂心的平行投影仍为垂心
D．外心的平行投影仍为外心
解析：只有线段的比例相等时，投影线段的比例才不变，重心为三条中线的交点，三角形的平行投影中线仍为中线．
答案：B
5．圆锥的顶角为60°，截面与母线所成的角为60°，则截面所截得的截线是( )
A．圆 B．椭圆
C．双曲线 D．抛物线
解析：由题意知截面与圆锥的轴线成90°角，即是圆锥的正截面，故截线为圆．
答案：A
6．圆锥的顶角为50°，圆锥的截面与轴线所成的角为30°，则截线是( )
A．圆 B．椭圆
C．双曲线 D．抛物线
解析：由α＝＝25°，φ＝30°，φ>α故截线是椭圆．
答案：B
7．一个平面去截一个球面，其截线是( )
A．圆 B．椭圆
C．点 D．圆或点
解析：当截面与球相切，其截线是切点，相交时截线是圆．
答案：D
8．对于半径为4的圆在平面上的平行投影的说法错误的是( )
A．投影为线段时，线段的长为8
B．投影为椭圆时，椭圆的短轴可能为8
C．投影为椭圆时，椭圆的长轴可能为8
D．投影为圆时，圆的直径可能为4
解析：由平行投影的性质易知D说法错误．
答案：D
9．如图，圆柱的轴截面是边长为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：如图是圆柱的侧面展开图，则AC长为圆柱面上从A到C的最短距离．
设圆柱的底面半径为r，则r＝.
∴底面圆周长l＝2πr＝5π，∴AB＝π.
AD＝BC＝5，
∴AC＝
＝
＝ (cm)．
答案：B
10．如右图，一个圆柱被一个平面所截，截面椭圆的长轴长为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：由已知圆柱底面半径r＝2.即直径为4.
设截面与圆柱母线成α角，则sin α＝，∴cos α＝.
∴几何体的最长母线长为2＋2acos α＝2＋5×＝5.用一个同样的几何体补在上面，可得一个底半径r＝2，高为7的圆柱，其体积为V＝π×22×7＝28π.
∴所求几何体的体积为V＝14π.
答案：C
二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分．把答案填写在题中的横线上)
11．用一个平面去截一个正圆锥面，而且这个平面不通过圆锥的顶点，则会出现四种情况：____________，
________，________，________.
解析：如图
答案：圆 抛物线 椭圆 双曲线
12．在正方体ABCD－A′B′C′D′中，过对角线BD′的一个平面交AA′于E，交CC′于F.则
①四边形BFD′E一定是平行四边形．
②四边形BFD′E有可能是正方形．
③四边形BFD′E在底面ABCD的正投影一定是正方形．
④平面BFD′E有可能垂直于平面BB′D′D.
以上结论正确的为________．(写出所有正确的结论编号)
解析：由面面平行的性质定理知①正确；当E、F分别为中点时，所得的四边形为菱形，但不是正方形，且此时平面BFD′E⊥平面BB′D′D.故②不正确，④正确；D′、E、F在底面上的正投影分别为D、A、C，故③正确．
答案：①③④
13．若圆柱的一正截面(垂直于轴的截面)的截线为半径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e＝________.
解析：依题意，在椭圆中，a＝＝＝2 ，b＝r＝3，∴c＝ ＝ ＝ ，∴e＝＝.
答案：
14．如图，直角坐标系xOy所在的平面为α，直角坐标系x′Oy′(其中y′轴与y轴重合)所在的平面为β，∠xOx′＝45°.
(1)已知平面β内有一点P′(2，2)，则点P′在平面α内的射影P的坐标为________；
(2)已知平面β内的曲线C′的方程是(x′－)2＋2y2－2＝0，则曲线C′在平面α内的射影C的方程是________．
解析：(1)可知二面角α－y－β为45°，点P′到y轴的距离为2，所以点P到y轴的距离为2×cos45°＝2，点P的y轴坐标与点P′的y′轴坐标相同，故点P的坐标为(2,2)．
(2)曲线C′的方程可化为＋y2＝1，是一个椭圆．设O′(，0)，因为×＝1，故中心O′在面α内的射影O″的坐标为(1,0)．令曲线C′长轴的一个端点A′(2，0)，由上问可知其对应的射影为A(2,0)，曲线C′短轴的一个端点B′(，1)，对应的射影为B(1,1)，由O″，B，A三点坐标可知曲线C是一个以(1,0)为圆心，1为半径的圆，方程为(x－1)2＋y2＝1.
答案：(2,2) (x－1)2＋y2＝1
三、解答题(本大题共4个小题，共50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(本小题满分12分)求证：三角形的中位线平行射影具有不变性．
证明：已知：△ABC，DE是其中位线，它们的平行射影分别是△A′B′C′和D′E′，如下图，
求证：D′E′仍然是△A′B′C′的中位线．
证明：连接AA′、EE′、CC′，
则AA′∥EE′∥CC′.
∵AE＝EC，∴A′E′＝E′C′.
同理，A′D′＝D′B′.
∴D′E′是△A′B′C′的中位线．
16．(本小题满分12分)平面β与圆锥面的轴l垂直，则交线是什么曲线？设圆锥底面半径为R，高为h，顶点S到截面β的距离为h1(R，h，h1均为正常数)．
解：因为l⊥β(垂足为O1)，
所以平面β∥⊙O所在的平面．
设P为交线上的任意一点，
过点P作圆锥的母线SQ，
连接PO1，QO，
则PO1为平面SQO与平面β的交线，
QO为平面SQO与⊙O所在的平面的交线．
所以PO1∥QO.
于是＝.
即＝.
因此PO1＝＝r(常数)．
所以点P到定点O1的距离为常数r，故交线为一个圆．
17．(本小题满分12分)圆锥面S的母线与轴线的夹角为30°，圆锥面内有两个相切的内切球，半径分别为r1、r2(r1解：设球心分别为O1，O2，如图
则SO1＝2r1
SO2＝2r2，O1O2＝2r2－2r1，
又O1O2＝r1＋r2
∴2r2－2r1＝r1＋r2.
r2＝3r1
∴r1∶r2＝1∶3.
18．(本小题满分14分)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δ，若它与轴l的交角为β(当δ与l平行时，记β＝0)，求证β<α时，平面δ与圆锥的交线为双曲线．
证明：当β<α时，
平面δ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δ的两个切点分别是F1、F2，
与圆锥两部分截的圆分别是S1、S2.
在截口上任取一点P，连接PF1、PF2，
过P作母线分别和两球切于Q1、Q2，
则PF1＝PQ1，PF2＝PQ2.
∴|PF1－PF2|＝|PQ1－PQ2|＝Q1Q2，
∵Q1Q2是两圆S1、S2所在平行平面间的母线段长，为定值，
∴由双曲线的定义知，点P的轨迹为双曲线．
模块综合检测[对应学生用书P49]
(时间：90分钟，总分120分)
一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50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，在△ABC中，M是BC的中点，AN平分∠BAC，BN⊥AN，若AB＝14，AC＝19，则MN的长为( )
A．2 B．2.5
C．3 D．3.5
解析：延长BN交AC于D，则△ABD为等腰三角形，AD＝AB＝14.
故CD＝5.
又∵M，N分别是BC，BD的中点，
∴MN＝CD＝2.5.
答案：B
2．在?ABCD中，E是AD的中点，AC、BD交于O，则与△ABE面积相等的三角形有( )
A．5个 B．6个
C．7个 D．8个
解析：利用三角形面积公式，等底等高的两个三角形面积相等，再利用平行四边形的面积为中介，建立面积相等关系．
答案：C
3．在正方形ABCD中，点E在AB边上，且AE∶EB＝2∶1，AF⊥DE于G，交BC于F，则△AEG的面积与四边形BEGF的面积比为( )
A．1∶2 B．1∶4
C．4∶9 D．2∶3
解析：易证△ABF≌△DAE.
故知BF＝AE.
因为AE∶EB＝2∶1，
故可设AE＝2x，EB＝x，
则AB＝3x，BF＝2x.
由勾股定理得AF＝＝x.
易证△AEG∽△ABF.
可得S△AEG∶S△ABF＝AE2∶AF2＝(2x)2∶(x)2
＝4∶13.
可得S△AEG∶S四边形BEGF＝4∶9.
答案：C
4．圆锥面S的母线与轴线的夹角为30°，其内切球的半径为1，则切点圆的面积为( )
A.π B．π
C.π D．π
解析：设球心为O，切点圆的圆心为O1，如图，
由∠ASO＝30°，OA＝1，OA⊥SA得O1A＝.
∴S＝π·O1A2＝π.
答案：D
5．如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝135°，以A为圆心，AB为半径，作⊙A交AD、BC于E、F两点，并交BA延长线于G，则的度数是( )
A．45° B．60°
C．90° D．135°
解析：的度数等于圆心角∠BAF的度数．
由题意知∠B＝45°，所以∠BAF＝180°－2∠B.
答案：C
6．在△ABC中，点D、E分别在AB、AC上，下列条件中，不能判定DE∥BC的是( )
A．AD＝5，AB＝8，AE＝10，AC＝16
B．BD＝1，AD＝3，CE＝2，AE＝6
C．AB＝7，BD＝4，AE＝4，EC＝3
D．AB＝AC＝9，AD＝AE＝8
解析：对应线段必须成比例，才能断定DE和BC是平行关系，显然C中的条件不成比例．
答案：C
7.如图所示，PA切圆于A，PA＝8，直线PCB交圆于C，B，连接AB，AC，且PC＝4，AD⊥BC于D，∠ABC＝α，∠ACB＝β，则的值等于( )
A. B．
C．2 D．4
解析：要求，注意到sin α＝，sin β＝，即＝，又△PAC∽△PBA，得＝＝＝.
答案：B
8.已知：如图，?ABCD中，EF∥AC交AD、DC于E、F，AD，BF交于M，则下列等式成立的是( )
A．AD2＝AE·AM
B．AD2＝CF·DC
C．AD2＝BC·AB
D．AD2＝AE·ED
解析：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥DC.
∵DF∥AB，∴＝.∵DM∥BC，∴＝.
∵EF∥AC，∴＝.
∴＝，∴AD2＝AE·AM.
答案：A
9．若D是△ABC的边AB上的一点，△ADC∽△ACB，AD＝5，AC＝6，△ABC的面积是S，则△BCD的面积是( )
A.S B．S
C.S D．S
解析：∵△ADC∽△ACB，
∴S△ADC∶S△ACB＝(AD∶AC)2＝25∶36.
∵S△ABC＝S，∴S△ACD＝S.
∴S△BCD＝S－S＝S.
答案：D
10．如图，四边形ABCD内接于⊙O，BC是直径，AD＝DC，∠ADB＝20°，则∠ACB，∠DBC分别为( )
A．15°与30° B．20°与35°
C．20°与40° D．30°与35°
解析：∵∠ADB＝20°，
∴∠ACB＝∠ADB＝20°.
又∵BC为⊙O的直径，
∴的度数为180°－40°＝140°.
∵D为的中点，∴的度数为70°.
∴∠DBC＝＝35°.
答案：B
二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分．把答案填写在题中的横线上)
11.如图，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：∵在⊙O中，∠ACD＝∠ABC＝30°，且在Rt△ACD中，AD＝1，∴AC＝2，AB＝4，
又∵AB是⊙O的直径，∴⊙O的半径为2，
∴圆O的面积为4π.
答案：4π
12．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，以BC为直径作半圆交AB于D，过D作半圆的切线交AC于E，若AD＝2，DB＝4，则DE＝________.
解析：由切割线定理得：
AC2＝AD·AB＝2×6＝12.
所以AC＝2.
连接CD，可证：EC＝ED，∠A＝∠EDA.
所以AE＝ED，所以ED＝AE＝EC＝AC＝.
答案：
13．如图，AB，CD是圆O内的两条平行弦，BF∥AC，BF交CD于点E，交圆O于点F，过A点的切线交DC的延长线于点P，若PC＝ED＝1，PA＝2，则AC的长为________．
解析：∵PA是⊙O的切线，
∴由切割线定理得PA2＝PC·PD.
∵PA＝2，PC＝1，∴PD＝4.
又∵PC＝ED＝1，
∴CE＝2，由题意知四边形ABEC为平行四边形，
∴AB＝CE＝2.
连接BC，如图，
∵PA是⊙O的切线，
∴∠PAC＝∠CBA.
∵AB，CD是圆的两条平行弦，
∴∠PCA＝∠CAB，
∴△PAC∽△CBA，
∴＝，∴AC2＝PC·AB＝2，
∴AC＝ .
答案：
14．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，以BC上一点O为圆心作⊙O与AB相切于E，与AC相切于C.又⊙O与BC的另一个交点为D，则线段BD的长为________．
解析：在Rt△ABC中，AB＝ ＝5.连接OE，则△OBE∽△ABC，
∴＝＝，
即＝，
∴OE＝，
∴BD＝BC－2OE＝3－＝.
答案：
三、解答题(本大题共4个小题，满分50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(本小题满分12分)如图，△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC交BC于点D，若E是AC的中点，ED的延长线交AB的延长线于F，求证：＝.
证明：∵E是Rt△ADC斜边AC的中点，
∴AE＝EC＝DE.
∴∠EDC＝∠ECD，又∠EDC＝∠BDF，
∴∠EDC＝∠ECD＝∠BDF.
又AD⊥BC且∠BAC＝90°，
∴∠BAD＝∠ECD，
∴∠BAD＝∠BDF，
又∵∠AFD＝∠DFB，
∴△DBF∽△ADF.
∴＝.
又Rt△ABD∽Rt△CBA，因此＝.
∴＝.
16．(本小题满分12分)(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．
17．(本小题满分12分)如图所示，已知⊙O1与⊙O2相交于A，B两点，过点A作⊙O1的切线交⊙O2于点C，过点B作两圆的割线，分别交⊙O1，⊙O2于点D，E，DE与AC相交于点P.
(1)求证：AD∥EC；
(2)若AD是⊙O2的切线，且PA＝6，PC＝2，BD＝9，求AD的长．
解：(1)证明：如图，连接AB，
∵AC是⊙O1的切线，∴∠BAC＝∠D.
又∵∠BAC＝∠E，∴∠D＝∠E，
∴AD∥EC.
(2)设BP＝x，PE＝y，∵PA＝6，PC＝2，
∴xy＝12.①
∵AD∥EC，∴＝?＝，②
由①②可得，或(舍去)
∴DE＝9＋x＋y＝16.
∵AD是⊙O2的切线，
∴AD2＝DB·DE＝9×16，∴AD＝12.
18．(本小题满分14分)(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.
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，
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.
