人教版高中数学选修4-1同步练习题、期中、期末复习资料、补习资料：03《几何选讲》全章复习与巩固--选修4-1

《几何选讲》全章复习与巩固
【学习目标】
1. 了解平行线截割定理，会证明并应用直角三角形射影定理．
2. 理解并掌握相似三角形的判定及性质。
3. 会证明和应用圆周角定理、圆的切线的判定定理及性质定理。
4．会证明和应用相交弦定理、圆内接四边形的性质定理与判定定理、切割线定理。
【要点梳理】
要点一、平行截割定理　　1．平行线等分线段定理：
如果一组平行线在一条直线上截得的线段相等，那么在其他与这组平行线相交的直线上截得的线段也相等。 推论1：经过三角形一边的中点与另一边平行的直线必平分第三边．
推论2：经过梯形一腰的中点，且与底边平行的直线平分另一腰．
2．平行线分线段成比例定理：
三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．
如右图：l1∥l2∥l3，/
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）所得的对应线段成比例．
要点诠释：
由上述定理可知：在证明有关比例线段时，辅助线往往作平行线,但应遵循的原则是不要破坏条件中的两条线段的比及所求的两条线段的比.
要点二、相似三角形
1.定义
对应角相等，对应边成比例的两个三角形叫做相似三角形，相似三角形对应边的比值叫做相似比（或相似系数）．相似用符号“∽”表示，读作“相似于”。
要点诠释：
关于相似三角形要注意以下几点：
对应性：即两个三角形相似时，一定要把表示对应顶点的字母写在对应位置上，这样写比较容易找到相似三角形的对应角和对应边．
顺序性：相似三角形的相似比是有顺序的．
两个三角形形状一样，但大小不一定一样．
④ 全等三角形是相似比为1的相似三角形．二者的区别在于全等要求对应边相等，而相似要求对应边成比例．
2．相似三角形的判定定理
①两角对应相等的两个三角形相似。
②两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似。③三边对应成比例的两个三角形相似。④平行于三角形一边的直线和其他两边（或两边的延长线）相交，所构成的三角形与原三角形相似．
3．相似直角三角形的判定定理
①如果两个直角三角形有一个锐角对应相等，那么它们相似．
②如果两个直角三角形的两条直角边对应成比例，那么它们相似．
③如果一个直角三角形的斜边和一条直角边与另一个直角三角形的斜边和一条直角边对应成比例，那么这两个直角三角形相似。
4．相似三角形的性质
①相似三角形对应高的比、对应中线的比和对应角平分线的比都等于相似比。
②相似三角形周长的比等于相似比。
③相似三角形面积的比等于相似比的平方。
④相似三角形外接圆的直径比，周长比等于相似比，外接圆的面积比等于相似比的平方。
要点诠释：
相似三角形性质可用来证明线段成比例、角相等，也可用来计算周长、边长等．
要点三、射影定理
直角三角形斜边上的高是两直角边在斜边上射影的比例中项，两直角边分别是它们在斜边上的射影与斜边的比例中项。
如右图，Rt△ABC中，∠BAC=90°，AD是斜边BC上的高，
则AD2=BD·DC，AB2=BD·BC ，AC2=CD·BC 。
要点诠释：
根据射影定理，已知“直角三角形斜边上的高”图形中六条线段中的任意两条，就可求出其余四条线段，
有时需要用到方程的思想.
在复杂图形中分解出射影定理的基本图形来使用它的性质进行证明，是一种常用的证明线段等积式的方法，必要时需结合代换线段或线段的等积式来解决问题.
要点四、圆的有关预备知识
1. 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
2. 圆的切线的性质定理： 圆的切线垂直过切点的半径（反证法）
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
的夹角
3. 垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧。
推论：
1）平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧；
2）弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧；
3）平分弦所对的一条弧的直径，垂直平分弦并且平分弦所对的另一条弧
4.有关弧、弦、圆心角关系的定理：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等，所对的弦的弦心距相等。
推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦或两条弦的弦心距中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等。
要点五、圆周角定理
1．圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半。
推论1 ：同弧或等弧所对的圆周角相等；同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧相等。
推论2 ：半圆（或直径）所对的圆周角是90°；90°的圆周角所对的弦是直径。
推论3 ：如果三角形一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是直角三角形。
2. 圆心角定理：圆心角的度数和它所对的弧的度数相等。
要点注释：涉及圆周角的题目，经常利用圆周角与它所对的弧相互转化，即圆周角的度数可以转化成它所对弧的度数，而弧的度数又可以转化为圆周角的度数.
要点六、圆内接四边形的性质与判定定理
性质定理1：圆内接四边形的对角互补。
性质定理2：圆内接四边形的外角等于它的内角的对角。
判定定理：如果一个四边形的对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆。
推论：如果四边形的一个外角等于它的内角的对角，那么这个四边形的四个顶点共圆。
要点七、圆的切线的性质及判定定理
1.圆的切线的性质定理： 圆的切线垂直于经过切点半径 推论1 经过圆心且垂直于切线的直径必经过切点 推论2 经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心
2.圆的切线的判定定理：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线
要点注释：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.
要点八、弦切角定理
弦切角定理：弦切角等于它所夹的弧对的圆周角。
（它是圆中证明角相等的重要定理之一）推论： 如果两个弦切角所夹的弧相等，那么这两个弦切角也相等
若TC为圆O切线，∠BTC=∠BAT
注：弦切角概念：顶点在圆上，一边和圆相交、另一边和圆相切的角
叫做弦切角．它是继圆心角、圆周角之后第三种与圆有关的角．这种
角必须满足三个条件： 1）顶点在圆上，即角的顶点是圆的一条切线的切点； 2）角的一边和圆相交，即角的一边是过切点的一条弦所在的射线； 3）角的另一边和圆相切，即角的另一边是切线上以切点为端点的一条射线． 它们是判断一个角是否为弦切角的标准，三者缺一不可。
要点注释：对于和弦切角有关的问题，首先观察分析图形的特点，认准图形中圆的切线所形成的弦切角，再利用弦切角定理，寻找相等的角，往往与相似三角形的相关知识联系在一起得到最终的结论.
要点九、与圆有关的比例线段
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.切线长定理： 从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，圆心和这一点的连线平分两条切线的夹角
列表如下：
定理名称
基本图形
条件
结论
应用
相交弦定理
/
弦AB、CD相交于圆内点P
(1)PA·PB＝PC·PD；
(2)△ACP∽△DBP
(1)在PA、PB、PC、PD四线段中知三求一；
(2)求弦长及角
切割线定理
/
PA切⊙O于A，PBC是⊙O的割线
(1)PA2＝PB·PC；
(2)△PAB∽△PCA
(1)已知PA、PB、PC知二可求一；
(2)求解AB、AC
割线定理
/
PAB、PCD是⊙O的割线　
(1)PA·PB＝PC·PD；
(2)△PAC∽△PDB
(1)求线段PA、PB、PC、PD及AB、CD；
(2)应用相似求AC、BD
要点注释：应用相交弦定理、切割线定理要抓住几个关键内容，如线段成比例与相似三角形、圆的切线及其性质、与圆有关的相似三角形等.
要点十、解圆的问题的常用方法
1. 证明等积式或比例式，通常利用相似；
2. 找角相等，要有找同弧或等弧所对的圆周角的意识；
3. 关于弦的问题，常常需要过圆心作弦的垂线段，这是一条非常重要的辅助线。
4. 圆心到弦的距离、半径、弦长构成直角三角形，便将问题转化为直角三角形的问题。
【典型例题】
类型一、平行截线定理的应用
例1. （2018春 文昌校级期末）如图，已知l1∥l2，AF∶FB=2∶5，BC∶CD=4∶1，则（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】A
【思路点拨】由直线l1∥l2，根据平行线分线段成比例定理，即可得AF∶FB=AG∶BD=2∶5，AE∶EC=AG∶CD，又由BC∶CD=4∶1，根据比例的性质，即可求得答案。
【解析】∵直线l1∥l2，
∴AF∶FB=AG∶BD=2∶5，AE∶EC=AG∶CE，
∵BC∶CD=4∶1，
∴AG∶CD=2∶1，
∴AE∶EC=2∶1。
故选：A。
【总结升华】此题考查了平行线分线段成比例定理。解题的关键是注意比例线段的对应关系与比例的性质。
举一反三：
【变式1】（2018秋 佛山校级月考）已知，如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD=3，BC=7，点M，N分别是对角线BD，AC的中点，则MN=（ ）
A．2 B．5 C． D．
【答案】如图，连接AM并延长，交BC于点G。
∵AD∥BC，
∴∠ADM=∠GBM，∠MAD=∠MGB，
又∵M为BD中点，
∴△AMD≌△GMB，
∴BG=AD，AM=MG。
在△AGC中，MN为中位线，
∴
故选：A
【变式2】（2018春 红桥区期末）如图，在梯形ABCD中，AB∥CD∥EF，若AB=5，CD=2，EF=4，则梯形ABFE与梯形EFDC的面积比是（ ）
A． B． C． D．
【答案】过D作DG∥BC交AB于G，交EF于H。
则BG=FH=CD=2，
∴EH=EF－FH=2，AG=3，
∵AB∥EF，
∴DE∶AE=2∶1，
∴梯形ABFE与梯形EFDC的高的比为1∶2，
∴梯形ABEF与梯形EFDC的面积比是
故选：D。
类型二、相似三角形的判定及性质的应用
例2. （2018 鸠江区校级自主招生）如图，已知平行四边形ABCD中，E、F分别为边AB、AD上的点，EF与对角线AC交于点P。若，（a、b、m、n均为正数），则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【思路点拨】过点E作EG∥AD，交AC于点O，利用平行线分线段成比例及三角形相似就可以表示出AO、CO的比值，进而表示出，AP+PO比PC－PO的比值，再表示出EO、BC的比值，从而表示出EO，利用△APF∽△OPE可以表示出PO，代入第一个比例式就可以求出结果。
【解析】过点E作EG∥AD，交AC于点O，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥EG∥BC，AD=BC，
∴，△AEO∽△ABC，△APF∽△OPE，
∴，，，
∵
∴令AE=ax，BE=bx，AF=my，DF=ny，
∴，
∴，
∴，
∴AP(a+b)bm+AP(m+n)ab+AP(m+n)a2=PC(a+b)am，
∴AP(bn+an+am)(a+b)=PC(a+b)an，
∴，
∴C答案正确。
举一反三：
【变式】（2018春　　张掖校级月考）在△ABC中，∠BAC=90°，D是BC边的中点，AE⊥AD，AE交CB的延长线于E，则下面结论中正确的是（ ）
A．△AED∽△ACB B．△AEB∽△ACD
C．△BAE∽△ACE D．△AEC∽△DAC
【答案】∵∠BAC=90°，D是BC中点，
∴DA=DC，
∴∠DAC=∠C，
又∵AE⊥AD，
∴∠EAB+∠BAD=90°，∠CAD+∠BAD=90°，
∴∠EAB=∠DAC，
∴∠EAB=∠C，
而∠E是公共角，
∴△BAE∽△ACE
故选C。
例3.（2018 朝阳区二模）如图，将一张边长为1的正方形ABCD折叠，使得点B始终落在边AD上，则折起部分面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】
【思路点拨】先证明△MQB∽△B＇AB，再利用相似三角形的性质得出C＇N的长，再表示出求出梯形NNC＇B＇面积，进而求出最小值。
【解答】解：如图，过N作NR⊥AB于R，则RN=BC=1，
连BB＇，交MN于Q。则由折叠知，
△MBQ与△MB＇Q关于直线MN对称，即△MBQ≌△MB＇Q，
有BQ=B＇Q，MB=MB＇，MQ⊥BB＇，
∵∠A=∠MQB，∠ABQ=∠ABB＇，
∴△MQB∽△B＇AB，
∴。
设AB＇=x，则，，代入上式得：
。
∵∠MNR+∠BMQ=90°，∠ABB＇+∠MBQ=90°，
∴∠MNR=∠ABB＇，
在Rt△MRN和Rt△B＇AB中，
∵，
∴Rt△MRN≌Rt△B＇AB（ASA），
∴MR=AB＇=x。
故。
∴，
得当时，梯形面积最小，其最小值。
故选B。
【总结升华】本题考查了相似三角形的判定、二次函数的最值、全等三角形的判定和性质及翻转变换，是一道综合题，有一定的难度，这要求学生要熟练掌握各部分知识，才能顺利解答这类题目。
举一反三：
【变式】（2018春　　郑州期末）在△ABC中，点D在线段BC上，∠BAC=∠ADC，AC=8，BC=16，则CD为（ ）
A．3 B．6 C．5 D．4
【答案】∵∠BAC=∠ADC，∠C=∠C，
∴△ADC∽△BAC，
∴CD∶AC=AC∶BC，
即CD∶8=8∶16，
解得：CD=4，
故选：D
类型三、射影定理的应用
例４.（2018　　韶关二模）如图，AD是△ABC边BC上的高，DE⊥AB，DF⊥AC
（1）证明：B，C，F，E四点共圆；
（2）若AF=5，CF=2，，求AB的长。
【答案】（1）略（2）
【思路点拨】（1）如图，连接BF。欲证明B，C，F，E四点共圆，共需推知“其一个外角等于其邻补角的内对角”（∠C=∠AEF）即可。
（2）在直角三角形ADC中利用射影定理得到线段AD的长度；在直角三角形AED中利用勾股定理得到线段AE的长度；最后在直角三角形ADB中利用勾股定理来求线段AB的长度。
【解析】（1）证明：连接EF，由已知A，，E，D，F四点共圆，
∴∠FAD=∠FED。
∵∠C+∠FAD=∠AEF+∠FED=90°，
∴∠C=∠AEF，
即B，C，E，F四点共圆。
（2）解：∵直角三角形ADC中，DF⊥AC，
∴由射影定理得：AD2=AF×AC=5×7=35。
直角三角形AED中，，
直角三角形ADB中，DE⊥AB，由射影定理得：AE×AB=AD2，
∴
【总结升华】本题考查了射影定理、勾股定理。直角三角形的斜边上的高是两直角边在斜边上的射影的比例中项；两条直角边分别是他们在斜边上射影与斜边的比例中项。
举一反三：
【变式】（2018春 周口校级月考）如图在Rt△ABC中∠ACB=90°，CD⊥AB，AC=6，AD=3.6，则BD=________。
/
【答案】∵△ABC是直角三角形，CD⊥AB，
∴∠A+∠B=90°，∠A+∠ACD=90°，
∴∠B=∠ACD，
∴△ACD∽△ABC，
∴，
∵AC=6，AD= 3.6，
∴AB=10，
∴BD=10－3.6=6.4。
故答案为：6.4。
类型四、圆周角定理的应用
例5.（2018 永春县校级自主招生）在△ABC中，I是内心，∠BIC=140°，则∠A的度数是________。
【答案】100°
【思路点拨】已知I是△ABC的内心，则IB、IC分别平分∠ABC、∠ACB；由三角形内角和定理，可求得∠IBC+∠ICB的度数，也就求出了∠ABC+∠ACB的度数，进而可求出∠BAC的度数。
【解析】∵点I是△ABC的内心，
∴，；
△IBC中，∠BIC=140°；
∴∠IBC+∠ICB=180°－∠BIC=40°；
∴∠ABC+∠ACB=80°；
∴∠BAC=180°－80°=100°。
故答案为：100°
举一反三：
【变式】（2018 河东区一模）（几何证明选讲选做题）如图，AB是圆O的直径，AD=DE，AB=8，BD=6，则________。
【答案】因为：AD=DE；
根据同弧所对的圆周角相等得：
∴∠DAE=∠ABD=∠DBE；
以及∠EAB=∠EDB；
∴△DBE∽△ABC；
∴；
∵AB=8，BD=6，
∴。
故答案为：。
类型五、圆内接四边形的性质与判定定理
例6.（2018 河南模拟）如图，A，B，C，D四点在同一圆上，BC与AD的延长线交于点E，点F在BA的延长线上。
（1）若，，求的值；
（2）若EF2=FA·FB，证明：EF∥CD。
【答案】（1）（2）略
【思路点拨】（1）根据圆内接四边形的性质，可得∠ECD=∠EAB，∠EDC=∠B从而△EDC∽△EBA，所以有，利用比例的性质可得，得到；
（2）根据题意中的比例中项，可得，结合公共角可得△FAE∽△FEB，所以∠FEA=∠EBF，再由（1）的结论∠EDC=∠EBF，利用等量代换可得∠FEA=∠EDC，内错角相等，所以EF∥CD。
【解析】（1）∵A，B，C，D四点共圆，
∴∠ECD=∠EAB，∠EDC=∠B
∴△EDC∽△EBA，可得，
∴，即
∴
（2）∵EF2=FA·FB，
∴，
又∵∠EFA=∠BFE，
∴△FAE∽△FEB，可得∠FEA=∠EBF，
又∵A，B，C，D四点共圆，
∴∠EDC=∠EBF，
∴∠FEA=∠EDC，
∴EF∥CD。
【总结升华】本题在圆内接四边形的条件下，一方面证明两条直线平行，另一方面求线段的比值。着重考查了圆中的比例线段、圆内接四边形的性质和相似三角形的判定与性质等知识点，属于中档题。
举一反三：
【变式】（2018秋 南昌校级月考）如图，在⊙O的内接五边形ABCDE中，∠CAD=40°，则∠B+∠E=________。
/
【答案】如图，连接CE，
∵五边形ABCDE是圆内接五边形，
∴四边形ABCE是圆内接四边形，
∴∠B+∠ACE=180°，
∵∠CED=∠CAD=40°，
∴∠B+∠E=180°+40°=220°。
故答案为：220。
类型六、圆的切线定理及弦切角定理的应用
例7.（2018 榆林一模）如图，已知PA与圆O相切于点A，经过点O的割线PBC交圆O于点B，C，∠APC的平分线分别交AB，AC于点D，E。
（1）证明：∠ADC=∠AED；
（2）若AC=AP，求的值。
【答案】（1）略（2）
【思路点拨】（1）根据弦切角定理，得到∠BAP=∠C，结合PE平分∠APC，可得∠BAP+∠APD=∠C+∠CPE，最后用三角形的外角可得∠ADE=∠AED；
（2）根据AC=AP得到∠APC=∠C，结合（1）中的结论可得∠APC=∠C=∠BAP，再在△APC中根据直径BC得到∠PAC=90°+∠BAP，利用三角形内角和定理可得。利用直角三角形中正切的定义，得到，最后通过内角相等证明出△APC∽△BPA，从而。
【解析】（1）∵PA是切线，AB是弦，
∴∠BAP=∠C。
又∵∠APD=∠CPE，
∴∠BAP+∠APD=∠C+∠CPE，
∵∠ADE=∠BAP+∠APD，∠AED=∠C+∠CPE，
∴∠ADE=∠AED。
（2）由（1）知∠BAP=∠C，
∵∠APC=∠BPA，
∵AC=AP，
∴∠APC=∠C
∴∠APC=∠C=∠BAP。
由三角形内角和定理可知，∠APC+∠C+∠CAP=180°。
∵BC是圆O的直径，
∴∠BAC=90°。
∴∠APC+∠C+∠BAP=180°－90°=90°。
∴。
在Rt△ABC中，，即，
∴。
∵在△APC与△BPA中
∠BAP=∠C，∠APB=∠CPA，
∴△APC∽△BPA，
∴。
∴
举一反三：
【变式】（2018 江门模拟）（选做题）如图，AB的延长线上任取一点C，过C作圆的切线CD，切点为D，∠ACD的平分线交AD于E，则∠CED=________。
【答案】连接BD，BD与EC相交于点F，
因为CD为圆O的切线，由弦切角定理，则∠A=∠BDC。
又CE平分∠ACD，则∠DCE=∠ACE。
所以∠A+∠ACE=∠BDC+∠DCE，
根据三角形外角定理，∠DEF=∠DFE，
因为AB是圆O的直径，则∠ADB=90°，所以△EFD是等腰直角三角形，
所以∠CED=∠DFE=45°。
故答案为：45°
类型七、与圆有关的比例线段的应用
例8.（2018 南昌一模）如图，圆M与圆N交于A，B两点，以A为切点作两圆的切线分别交圆M和圆N于C，D两点，延长DB交圆M于点E，延长CB交圆N于点F。已知BC=5，DB=10。
（1）求AB的长；
（2）求。
【答案】（1）（2）1
【思路点拨】（1）根据弦切角定理，推导出△ABC∽△DBA，由此能求出AB的长。
（2）根据切割线定理，推导出△ABC∽△DBA，得，，由此能求出。
【解析】解：（1）根据弦切角定理，
知∠BAC=∠BDA，∠ACB=∠DAB，
∴△ABC∽△DBA，则，
故AB2=BC·BD=50，。
（2）根据切割线定理，
知CA2=CB·CF，DA2=DB·DE，
两式相除，得
由△ABC∽△DBA
得，
又，由（*）得，
【总结升华】本题考查线段长的求法，考查两线段的比值的求法，解题时要认真审题，注意弦切角定理和切割线定理的合理运用。
举一反三：
【变式1】（2018 红桥区一模）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，，AB=BC=3，AC的长为________。
【答案】
由切割线定理得：DB·DA=DC2，即DB（DB+BA）=DC2，
DB2+3DB－28=0，
得DB=4。
∵∠A=∠BCD，
∴△DBC∽△DCA，
∴，
则答案为：
类型八、直线与圆的位置关系的综合应用
例9. （2018 桂林模拟）如图，△ABC是直角三角形，∠ABC=90°，以AB为直径的圆O交AC于点E，点D是BC边的中点，连接OD交圆O于点M。
（1）求证：O、B、D、E四点共圆；
（2）求证：2DE2=DM·AC+DM·AB。
【答案】略
【思路点拨】（1）连接BE、OE，由直径所对的圆周角为直角，得到BE⊥EC从而得出，由此证出△ODE≌△ODB，得∠OED=∠OBD=90°，利用圆内接四边形的判定定理得到O、B、D、E四点共圆；
（2）延长DO交圆O于点H，由（1）的结论证出DE为圆O的切线，从而得到DE2=DM·DH，再将DH分解为DO+OH，并利用和，化简即可得到等式2DE2=DM·AC+DM·AB成立。
【解析】（1）连接BE、OE，则
∵AB为圆O的直径，∴∠AEB=90°，得BE⊥EC，
又∵D是BC的中点，
∴ED是Rt△BEC的中线，可得DE=BD。
又∵OE=OB，OD=OD，∴△ODE≌△ODB。
可得∠OED=∠OBD=90°，
因此，O、B、D、E四点共圆；
（2）延长DO交圆于点H，
∵DE⊥OE，OE是半径，∴DE为圆O的切线。
可得DE2=DM·DH=DM·（DO+OH）=DM·DO+DM·OH。
∵，OD为△ABC的中位线，得，
∴，化简得2DE2=DM·AC+DM·AB。
【总结升华】本题着重考查了圆的切线的性质定理与判定、直径所对的圆周角、全等三角形的判定与性质等知识，属于中档题。
举一反三：
【变式】（2018 漳州二模）如图，AB是⊙O的直径，弦CA、BD的延长线相交于点E，EF垂直BA的延长线于点F。求证：
（1）∠DEA=∠DFA；
（2）AB2=BE·BD－AE·AC。
【答案】证明：（1）连接AD，因为AB为圆的直径，
所以∠ADB=90°，
又EF⊥AB，∠AFE=90°，
则A，D，E，F四点共圆
∴∠DEA=∠DFA
（2）由（1）知，BD·BE=BA·BF，
又△ABC∽△AEF ∴，即AB·AF=AE·AC
∴BE·BD―AE·AC=BA·BF―AB·AF=AB·（BF―AF）=AB2
【巩固练习】
一、选择题
1.（2018春 巫溪县校月考）如图所示，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．4∶1 B．3∶1 C．2∶1 D．5∶1
2.（2018春 天津期末）如图，在△ABC中，E，F分别是AB，AC上的点，若EF∥BC，△EFA与四边形EFCB的面积相等，则等于（ ）
A． B． C． D．
3. （2018春 海南校级其中），如图所示，a∥b∥c，直线AB与a、b、c分别相交于A、E、B，直线CD与a、b、c分别相交于C、E、D，AE=EB，则有（ ）
A．AE=CE B．BE=DE C．DE=DE D．CE＞DE
4.（2018春 宁化县校级月考）正方形ABCD、正方形BEFG和正方RKPF的位置如图所示，点G在线段DK上，正方形BEFG的边长为4，则△DEK的面积为（ ）
/
A．10 B．12 C．14 D．16
5.（2018春 周口校级月考）如图在Rt△ABC中∠ACB=90°，CD⊥AB，AC=6，AD=3.6，则BD=________。
/
6.（2018 郴州二模）如图，AB是半圆O的直径，点C在半圆上，CD⊥AB，垂足为D，且AD=5DB，设∠COD=θ，则tanθ的值为________。
7.（2018秋 天津月考改编）如图，以AB=8为直径的圆与△ABC的两边分别交于E，F两点，∠ACB=60°，则EF=（ ）
/
A.2 B.3 C.4 D.5
二、填空题
8．（2018春 兴庆区校级期中）如图所示，D、E分别是△ABC的边AB、AC上的点，DE∥BC，且，那么△ADE与四边形DBCE的面积比是
9．（2018 珠海校级四模）如图，AB是⊙O的直径，P是AB延长线上的一点。过P作⊙O的切线，切点为C，，若∠CAP=30°，则⊙O的直径AB=________。
10. （2018 天津二模）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，PA是⊙O的切线，PB交AC于点E，交⊙O于点D。若PA=PE，∠ABC=60°，PD=1，PB=9，则EC=________。
11．（2018秋 邯郸校级月考改编）如图，AB是⊙O的直径，点E为BC的中点，AB=4，∠BED=120°，则图中阴影部分的面积之和为
三、解答题
12．（2018秋 南湖区校级月考改编）如图，在△ABC中，M是AC的中点，点E在AB上，且，连接EM并延长交BC的延长线于点D，求的值
13.（2018 永春县校级自主招生改编）如图，矩形ABCD中，AE平分∠ABD交BC于E，∠CAE=15°，则以下结论：①△ODC是等边三角形；②BC=2AB；③∠AOE=135°；④S△AOE=S△COE；⑤∠AEO=30°，其中正确的有几个？并加以证明
14. （2018 岳阳校级一模）如图，△ABC是内接于⊙O，AB=AC，直线MN切⊙O于点C，弦BD∥MN，AC与BD相交于点E。
（1）求证：△ABE≌△ACD；
（2）若AB=6，BC=4，求AE
15. （2018 太原校级二模）如图所示，已知PA与⊙O相切，A为切点，过点P的割线交圆于B、C两点，弦CD∥AP，AD、BC相交于点E，F为CE上一点，且DE2=EF·EC。
（1）求证：CE·EB=EF·EP；
（2）若CE∶BE=3∶2，DE=3，EF=2，求PA的长。
/
【答案与解析】
1.【答案】
【解析】过D作DG∥AC交BE于G，∵D是BC的中点，则，
又AE=2EC，故AF∶FD=AE∶DG=2EC∶EC=4∶1。
故选：A。
2. 【答案】∵△AEF与四边形EFCB的面积相等，
∴△AEF与△ACB的面积相的比为1∶2，
∵EF∥BC，
∴，
故选：B。
3. 【解答】由题意，∠A=∠B，AE=EB，∠AEC=∠BED，
∴△AEC≌△BED，
∴CE=DE，
故选：C。
4.【答案】
【解析】设FP=a，CG=x，
/
∵GP∥CD，点G在线段DK上，∴Rt△DCG∽Rt△GPK，∴，解得x=a。
设FM=y，由△MFG∽△MRK，可得，可得。
∴△DEK的面积。
故选：D。
5.【答案】∵△ABC是直角三角形，CD⊥AB，
∴∠A+∠B=90°，∠A+∠ACD=90°，
∴∠B=∠ACD，
∴△ACD∽△ABC，
∴，
∵AC=6，AD= 3.6，
∴AB=10，
∴BD=10－3.6=6.4。
故答案为：6.4。
6. 【答案】令圆O的半径为R，即OA=OB=OC=R
∵AD=5DB ∴，，
由相交弦定理可得：
∴
∴
故答案为：
7.【答案】
【解析】如图，连接AE，
∵AB为圆的直径，
∴∠AEB=∠AEC=90°
又∵∠ACB=60°
∴CA=2CE
由圆内接四边形性质易得：
∠CFE=∠CBA（由圆内接四边形对角互补，同角的补角相等得到的）
又因为∠C=∠C
∴△CEF∽△CBA
∴
又∵AB=8
∴EF=4
故答案为：C。
8. 【答案】
【解析】∵，∴
又∵DE∥BC
∴△ADE∽△ABC，相似比是2∶3，面积的比是4∶9
设△ADE的面积是4s，则△ABC的面积是9a，四边形DBCE的面积是5a
∴△ADE与四边形DBCE的面积的比是。
9. 【答案】4
【解析】解：连接BC，设圆的直径是x
则三角形ABC是一个含有30°角的三角形，
∴
三角形BPC是一个等腰三角形，，
∵PC是圆的切线，PA是圆的割线，
∴，
∵，
∴x=4，
10. 【答案】4
【解析】∵PA是圆O的切线，∴PA2=PD·PB=9，可得PA=3。
∵∠PAC是弦切角，夹弧ADC，∴∠PAC=∠ABC=60°，
∵△APE中，PE=PA，∴△APE是正三角形，可得PE=AE=PA=3。
∴BE=PB－PE=6，DE=PE－PD=2
∵圆O中，弦AC、BD相交于E，
∴BE·DE=AE·CE，可得6×2=3EC，∴EC=4，
故答案为：4。
11.【答案】
【解析】解：连结AE、OD、OE，
∵AB是直径，∴∠AEB=90°，
又∵∠BED=120°，∴∠AED=30°，
∴∠AOD=2∠AED=60°，
∵OA=OD，∴△AOD是等边三角形，
∴∠OAD=60°，
∵点E为BC的中点，∠AEB=90°，
∴AB=AC，
∴△ABC是等边三角形，边长是4，△EDC是等边三角形，边长是2，
∴∠BOE=∠EOD=60°，
∴的弦BE围成的部分的面积=和弦DE所围成的部分的面积。
∴阴影部分面积之和=S△EDC=。
12. 【解析】如图所示，过点C作CF∥AB交DE于点F。
/
∴，
又，
∴。
∵CF∥AB，
∴。
∴。
13. 【解析】∵矩形ABCD中，AE平分∠BAD，
∴∠BAE=60°，
∵∠CAE=15°，
∴∠BAO=∠BAE+∠CAE=45°+15°=60°，
又∵矩形中OA=OB=OC=OD，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠AOB=∠COD=60°，
∴△ODC是等边三角形，故①正确；
由等边三角形的性质，AB=OA，
∴AC=2AB，
由垂线段最短BC＜AC，
∴BC＜2AB，故②错误；
∵∠BAE=45°，∠ABE=90°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴AB=BE，
∴BO=BE，
∵∠COB=180°－60°=120°，
∴∠BOE=(180°－30°)=75°,
∴∠AOE=∠AOB+∠BOE=60°+75°=135°，∠AEO=30°，故③⑤正确；
∵△AOE和△COE的底边AO=CO，点E到AC的距离相等，
∴S△AOE=S△COE，故④正确；
综上所述，正确的结论是①③④⑤。
14. 【解答】（1）证明：在△ABE和△ACD中，
∵AB=AC，∠ABE=∠ACD
又∠BAE=∠EDC
∵BD∥MN
∴∠EDC=∠DCN
∵直线是圆的切线，
∴∠DCN=∠CAD
∴∠BAE=∠CAD
∴△ABE≌△ACD
（2）解：∵∠EBC=∠BCN ∠BCM=∠BDC
∴∠EBC=∠BDC=∠ABC BC=CD=4
又∠BEC=∠BAC+∠ABE=∠EBC+∠ABE=∠ABC=∠ACB
∴BC=BE=4
设AE=x，易证明△ABE∽△DEC
∴
∴
又AE·EC=BE·EC EC=6－x
∴
∴
即要求的AE的长是
15. 【解答】（1）证明：∵DE2=EF·EC，∠DEF公用，
∴△DEF∽△CED，
∴∠EDF=∠C。
又∵弦CD∥AP，∴∠P=∠C，
∴∠EDF=∠P，∠DEF=∠PEA
∴△EDF∽△EPA。
∴，∴EA·ED=EF·EP。
又∵EA·ED=CE·EB，
∴CE·EB=EF·EP；
（2）∵DE2=EF·EC，DE=3，EF=2。
∴32=2EC，∴。
∵CE∶BE=3∶2，∴BE=3。
由（1）可知：CE·EB=EF·EP，∴，解得，
∴。
∵PA是⊙O的切线，∴PA2=PB·PC，
∴，解得。