人教A版理科高考數(shù)學(xué)一輪細(xì)講精練【選修41】幾何證明選講

《人教A版理科高考數(shù)學(xué)一輪細(xì)講精練【選修41】幾何證明選講》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《人教A版理科高考數(shù)學(xué)一輪細(xì)講精練【選修41】幾何證明選講（32頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、選修4－1　幾何證明選講A 第1講　相似三角形的判定及有關(guān)性質(zhì) [最新考綱] 了解平行線等分線段定理和平行截割定理；掌握相似三角形的判定定理及性質(zhì)定理；理解直角三角形射影定理． 知 識(shí) 梳 理 1．平行截割定理 (1)平行線等分線段定理 如果一組平行線在一條直線上截得的線段相等，那么在其他直線上截得的線段也相等． (2)平行線分線段成比例定理 ①定理：三條平行線截兩條直線，所得的對(duì)應(yīng)線段成比例． ②推論：平行于三角形一邊的直線截其他兩邊(或兩邊的延長(zhǎng)線)所得的對(duì)應(yīng)線段成比例． 2．相似三角形的判定與性質(zhì) (1)相似三角形的判定定理 ①兩角對(duì)應(yīng)相

2、等的兩個(gè)三角形相似． ②兩邊對(duì)應(yīng)成比例并且?jiàn)A角相等的兩個(gè)三角形相似． ③三邊對(duì)應(yīng)成比例的兩個(gè)三角形相似． (2)相似三角形的性質(zhì)定理 ①相似三角形對(duì)應(yīng)高的比、對(duì)應(yīng)中線的比和對(duì)應(yīng)角平分線的比都等于相似比． ②相似三角形周長(zhǎng)的比等于相似比． ③相似三角形面積的比等于相似比的平方． 3．直角三角形的射影定理 直角三角形斜邊上的高是兩直角邊在斜邊上射影的比例中項(xiàng)；兩直角邊分別是它們?cè)谛边吷仙溆芭c斜邊的比例中項(xiàng)． 如圖，在Rt△ABC中，CD是斜邊上的高， 則有CD2＝AD·BD， AC2＝AD·AB，BC2＝BD·AB.

3、 診 斷 自 測(cè) 1. 如圖，已知a∥b∥c，直線m，n分別與a，b，c交于點(diǎn)A，B，C和A′，B′，C′， 如果AB＝BC＝1，A′B′＝，則B′C′＝________. 解析　由平行線等分線段定理可直接得到答案． 答案　 2.如圖，△ABC∽△AFE，EF＝8，且△ABC與△AFE的相似比是3∶2，則BC等于________． 解析　∵△ABC∽△AFE， ∴＝. 又EF＝8，∴BC＝12. 答案　12 3. (2014·揭陽(yáng)模擬)如圖，BD⊥AE，∠C＝90°，AB＝4，BC＝2，AD＝3，則EC＝________. 解析　在Rt△

4、ADB中， DB＝＝， 依題意得，△ADB∽△ACE， ∴＝，可得EC＝＝2. 答案　2 4.如圖，∠C＝90°，∠A＝30°，E是AB中點(diǎn)，DE⊥AB于E，則△ADE與△ABC的相似比是________． 解析　∵E為AB中點(diǎn)，∴＝，即AE＝AB，在Rt△ABC中，∠A＝30°，AC＝AB， 又∵Rt△AED∽R(shí)t△ACB，∴相似比為＝. 故△ADE與△ABC的相似比為1∶. 答案　1∶ 5. (2014·湛江模擬)如圖，在△ABC中，D是AC的中點(diǎn)，E是BD的中點(diǎn)，AE交于BC于F，則＝________. 解

5、析　如圖，過(guò)點(diǎn)D作DG∥AF，交BC于點(diǎn)G，易得FG＝GC，又在△BDG中，BE＝DE，即 EF為△BDG的中位線，故BF＝FG，因此＝. 答案　 考點(diǎn)一　平行截割定理的應(yīng)用 【例1】 如圖，在△ABC中，DE∥BC，EF∥CD，若BC＝3，DE＝2，DF＝1，則AB的長(zhǎng)為_(kāi)_______． 解析　由?＝＝＝，又DF＝1， 故可解得AF＝2，∴AD＝3， 又＝，∴AB＝. 答案　 規(guī)律方法 利用平行截割定理解決問(wèn)題，特別注意被平行線所截的直線，找準(zhǔn)成比例的線段，得到相應(yīng)的比例式，有時(shí)需要進(jìn)行適當(dāng)?shù)淖冃?，從而得到最終的結(jié)果． 【訓(xùn)練1】 如圖，在梯形ABC

6、D中，AB∥CD，AB＝4，CD＝2.E，F(xiàn)分別為AD，BC上的點(diǎn)，且EF＝3，EF∥AB，則梯形ABFE與梯形EFCD的面積比為_(kāi)_______． 解析　如圖，延長(zhǎng)AD，BC交于一點(diǎn)O，作OH⊥AB于點(diǎn)H. ∴＝，得x＝2h1，＝，得h1＝h2. ∴S梯形ABFE＝×(3＋4)×h2＝h2， S梯形EFCD＝×(2＋3)×h1＝h1， ∴S梯形ABFE∶S梯形EFCD＝7∶5. 答案　7∶5 考點(diǎn)二　相似三角形的判定及性質(zhì) 【例2】 如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，E為AC的中點(diǎn)， E

7、D、CB延長(zhǎng)線交于一點(diǎn)F. 求證：FD2＝FB·FC. 證明　∵E是Rt△ACD斜邊中點(diǎn)， ∴ED＝EA，∴∠A＝∠1， ∵∠1＝∠2，∴∠2＝∠A， ∵∠FDC＝∠CDB＋∠2＝90°＋∠2，∠FBD＝∠ACB＋∠A＝90°＋∠A，∴∠FBD＝∠FDC， ∵∠F是公共角，∴△FBD∽△FDC， ∴＝，∴FD2＝FB·FC. 規(guī)律方法 判定兩個(gè)三角形相似要注意結(jié)合圖形性質(zhì)靈活選擇判定定理，特別要注意對(duì)應(yīng)角和對(duì)應(yīng)邊．證明線段乘積相等的問(wèn)題一般轉(zhuǎn)化為有關(guān)線段成比例問(wèn)題． (2)相似三角形的性質(zhì)可用來(lái)證明線段成比例、角相等；可間接證明線段相等

8、． 【訓(xùn)練2】 (2013·陜西卷)如圖，AB與CD相交于點(diǎn)E，過(guò)E作BC的平行線與AD的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)P，已知∠A＝∠C，PD＝2DA＝2，則PE＝________. 解析　∵PE∥BC，∴∠C＝∠PED， 又∠C＝∠A，則有∠A＝∠PED，又∠為公共角， 所以△PDE∽△PEA， ＝，即PE2＝PD·PA＝2×3＝6，故PE＝. 答案　 考點(diǎn)三　直角三角形射影定理及其應(yīng)用 【例3】 如圖所示，AD、BE是△ABC的兩條高，DF⊥AB，垂足為F，直線FD交BE于點(diǎn)G，交AC的延長(zhǎng)線于H，求證：DF2＝GF·HF.

9、 證明　∵∠H＋∠BAC＝90°，∠GBF＋∠BAC＝90°， ∴∠H＝∠GBF.∵∠AFH＝∠GFB＝90°， ∴△AFH∽△GFB.∴＝， ∴AF·BF＝GF·HF. 因?yàn)樵赗t△ABD中，F(xiàn)D⊥AB，∴DF2＝AF·BF， 所以DF2＝GF·HF. 規(guī)律方法 (1)在使用直角三角形射影定理時(shí)，要注意將“乘積式”轉(zhuǎn)化為相似三角形中的“比例式”． (2)證題時(shí)，要注意作垂線構(gòu)造直角三角形是解決直角三角形問(wèn)題時(shí)常用的方法． 【訓(xùn)練3】 如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于點(diǎn)D，

10、AD＝4，sin∠ACD＝，則CD＝______，BC＝______. 解析　在Rt△ADC中，AD＝4，sin∠ACD＝＝，得AC＝5，CD＝＝3， 又由射影定理AC2＝AD·AB，得AB＝＝. ∴BD＝AB－AD＝－4＝， 由射影定理BC2＝BD·AB＝×，∴BC＝. 答案　3　 三角形相似與圓的交匯問(wèn)題 【典例】 如圖所示，⊙O和⊙O′相交于A，B兩點(diǎn)，過(guò)A作兩圓的切線分別交兩圓于C，D兩點(diǎn)，連接DB并延長(zhǎng)交⊙O于點(diǎn)E，證明： (1)AC·BD＝AD·AB； (2)AC＝AE. [審題視點(diǎn)]

11、 (1)根據(jù)待證等式可將各邊回歸到△ACB，△DAB中，再證兩三角形相似；(2)本問(wèn)可先證明△EAD∽△ABD，再結(jié)合第(1)問(wèn)結(jié)論得證． 證明　(1)由AC與⊙O′相切于A，得∠CAB＝∠ADB， 同理∠ACB＝∠DAB，所以△ACB∽△DAB. 從而＝， 即AC·BD＝AD·AB. (2)由AD與⊙O相切于A，得∠AED＝∠BAD.又∠ADE＝∠BDA，得△EAD∽△ABD. 從而＝，即AE·BD＝AD·AB. 綜合(1)的結(jié)論知，AC＝AE. [反思感悟]　1.易失分點(diǎn)：(1)證明本題第(2)問(wèn)時(shí)，想不到證明△EAD∽△ABD，從而

12、無(wú)法解答． (2)證明本題第(2)問(wèn)時(shí)，沒(méi)有應(yīng)用第(1)問(wèn)的結(jié)論從而無(wú)法證明結(jié)論成立． 2．防范措施：(1)證明等積式成立，應(yīng)先把它寫(xiě)成比例式，找出比例式中給出的線段所在三角形是否相似，若不相似，則進(jìn)行線段替換或等比替換． (2)在有多個(gè)結(jié)論的題目中，如果結(jié)論帶有普遍性，已經(jīng)證明的結(jié)論，可作為證明下一個(gè)結(jié)論成立的條件使用． 【自主體驗(yàn)】 (2013·江蘇卷)如圖，AB和BC分別與圓O相切于點(diǎn)D，C，AC經(jīng)過(guò)圓心O，且BC＝2OC. 求證：AC＝2AD 證明　連接OD，因?yàn)锳B和BC分別與圓O相切于點(diǎn)D，C， 所以∠ADO＝∠ACB＝90°. 又

13、因?yàn)椤螦＝∠A， 所以Rt△ADO ∽R(shí)t△ACB. 所以＝. 又BC＝2OC＝2OD， 故AC＝2AD. 一、填空題 1．如圖，BD，CE是△ABC的高，BD，CE交于F，寫(xiě)出圖中所有與△ACE相似的三角形為_(kāi)_______． 解析　由Rt△ACE與Rt△FCD和Rt△ABD各共一個(gè)銳角，因而它們均相似，又易知∠BFE＝∠A，故Rt△ACE∽R(shí)t△FBE. 答案　△FCD、△FBE、△ABD 2. (2014·西安模擬)如圖，在△ABC中，M，N分別是AB，BC的中點(diǎn)，AN，CM交于點(diǎn)O，那么△MON與△AOC面積的比是________． 解析　∵

14、M，N分別是AB、BC中點(diǎn)，故MN綉AC， ∴△MON∽△COA，∴＝2＝. 答案　1∶4 3. (2014·渭南模擬)如圖，∠B＝∠D，AE⊥BC，∠ACD＝90°，且AB＝6，AC＝4，AD＝12，則AE＝________. 解析　由于∠ACD＝∠AEB＝90°，∠B＝∠D，∴△ABE∽△ADC，∴＝. 又AC＝4，AD＝12，AB＝6，∴AE＝＝＝2. 答案　2 4. (2014·佛山質(zhì)檢)如圖，在直角梯形ABCD中，DC∥AB，CB⊥AB，AB＝AD＝a，CD＝，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為線段AB，AD的中點(diǎn)，則EF＝_______

15、_. 解析　連接DE和BD，依題知，EB∥DC，EB＝DC＝，CB⊥AB，∴EBCD為矩形，∴DE⊥AB，又E是AB的中點(diǎn)，所以△ABD為等腰三角形．故AD＝DB＝a，∵E，F(xiàn)分別是AD，AB的中點(diǎn)，∴EF＝DB＝a. 答案　 5．已知圓的直徑AB＝13，C為圓上一點(diǎn)，過(guò)C作CD⊥AB于D(AD＞BD)，若CD＝6，則AD＝________. 解析　 如圖，連接AC，CB，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°. 設(shè)AD＝x，∵CD⊥AB于D， ∴由射影定理得CD2＝AD·DB， 即62＝x(13－x)， ∴x2－13x＋36＝0， 解得x1＝4，x

16、2＝9. ∵AD＞BD，∴AD＝9. 答案　9 6．(2013·廣東卷)如圖，在矩形ABCD中，AB＝，BC＝3，BE⊥AC，垂足為E，則ED＝________. 解析　在Rt△ABC中，BC＝3，AB＝，所以∠BAC＝60°.因?yàn)锽E⊥AC，AB＝，所以AE＝，在△EAD中，∠EAD＝30°，AD＝3，由余弦定理知，ED2＝AE2＋AD2－2AE·AD·cos∠EAD＝＋9－2××3×＝，故ED＝. 答案　 7. (2014·茂名模擬)如圖，已知AB∥EF∥CD，若AB＝4，CD＝

17、12，則EF＝________. 解析　∵AB∥CD∥EF， ∴＝，＝， ∴＝，＝， ∴4(BC－BF)＝12BF， ∴BC＝4BF， ∴＝4＝，∴EF＝3. 答案　3 8. 如圖，在梯形ABCD中，AD∥BC，BD與AC相交于O，過(guò)O的直線分別交AB、CD于E、F，且EF∥BC，若AD＝12，BC＝20，則EF＝________. 解析　∵EF∥AD∥BC，∴△OAD∽△OCB， OA∶OC＝AD∶BC＝12∶20， △OAE∽△CAB，OE∶BC＝OA∶CA＝12∶32， ∴EF＝2××20＝15. 答案　15 9．(2012·

18、;廣東卷)如圖，圓O的半徑為1，A，B，C是圓周上的三點(diǎn)，滿足∠ABC＝30°，過(guò)點(diǎn)A做圓O的切線與OC的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)P，則PA＝________. 解析　連接AO，AC，因?yàn)椤螦BC＝30°，所以∠CAP＝30°，∠AOC＝60°，△AOC為等邊三角形，則∠ACP＝120°， ∴∠APC＝30°，∴△ACP為等腰三角形，且AC＝CP＝1， ∴PA＝2×1×sin 60°＝. 答案　 二、解答題 10. 如圖，已知圓上的?。?，過(guò)C點(diǎn)的圓的切線與BA的延長(zhǎng)線交于E點(diǎn)， 證明：(1)∠

19、ACE＝∠BCD； (2)BC2＝BE·CD. 證明　(1)因?yàn)椋?，所以∠ABC＝∠BCD. 又因?yàn)镋C與圓相切于點(diǎn)C，故∠ACE＝∠ABC， 所以∠ACE＝∠BCD. (2)因?yàn)椤螮CB＝∠CDB，∠EBC＝∠BCD， 所以△BDC∽△ECB，故＝， 即BC2＝BE·CD. 11．(2013·遼寧卷)如圖，AB為⊙O的直徑，直線CD與⊙O相切于E，AD垂直CD于D，BC垂直CD于C，EF垂直AB于F，連接AE，BE. 證明：(1)∠FEB＝∠CEB； (2)EF2＝AD·BC. 證明　(1)由直線CD與⊙O相切，得∠CEB＝∠

20、EAB. 由AB為⊙O的直徑，得AE⊥EB， 從而∠EAB＋∠EBF＝； 又EF⊥AB，得∠FEB＋∠EBF＝. 從而∠FEB＝∠EAB.故∠FEB＝∠CEB. (2)由BC⊥CE，EF⊥AB，∠FEB＝∠CEB，BE是公共邊， 得Rt△BCE≌Rt△BFE，所以BC＝BF. 同理可證Rt△ADE≌Rt△AFE，得AD＝AF. 又在Rt△AEB中，EF⊥AB，故EF2＝AF·BF， 所以EF2＝AD·BC. 12. 如圖，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝DC，過(guò)點(diǎn)D作AC的平行線DE，交BA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，求證： (1)△ABC≌△DCB

21、； (2)DE·DC＝AE·BD. 證明　(1)∵四邊形ABCD是等腰梯形，∴AC＝BD. ∵AB＝DC，BC＝CB， ∴△ABC≌△DCB. (2)∵△ABC≌△DCB. ∴∠ACB＝∠DBC，∠ABC＝∠DCB. ∵AD∥BC，∴∠DAC＝∠ACB，∠EAD＝∠ABC. ∴∠DAC＝∠DBC，∠EAD＝∠DCB. ∵ED∥AC，∴∠EDA＝∠DAC. ∴∠EDA＝∠DBC，∴△ADE∽△CBD. ∴DE∶BD＝AE∶CD. ∴DE·DC＝AE·BD. 第2講　直線與圓 [最新考綱] 1．理解圓周角定理及其推論；掌握?qǐng)A的

22、切線的判定定理及性質(zhì)定理；理解弦切角定理及其推論． 2．掌握相交弦定理、割線定理、切割線定理；理解圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)定理與判定定理. 知 識(shí) 梳 理 1．圓周角定理與圓心角定理 (1)圓周角定理及其推論 ①定理：圓上一條弧所對(duì)的圓周角等于它所對(duì)的圓心角的一半． ②推論：(i)推論1：同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等；同圓或等圓中，相等的圓周角所對(duì)的弧也相等． (ii)推論2：半圓(或直徑)所對(duì)的圓周角是直角；90°的圓周角所對(duì)的弦是直徑． (2)圓心角定理：圓心角的度數(shù)等于它所對(duì)弧的度數(shù)． 2．弦切角的性質(zhì) 弦切角定理：弦切角等于它所夾的弧所對(duì)的圓周角． 3．圓的

23、切線的性質(zhì)及判定定理 (1)定理：圓的切線垂直于經(jīng)過(guò)切點(diǎn)的半徑． (2)推論： ①推論1：經(jīng)過(guò)圓心且垂直于切線的直線必經(jīng)過(guò)切點(diǎn)． ②推論2：經(jīng)過(guò)切點(diǎn)且垂直于切線的直線必經(jīng)過(guò)圓心． 4．與圓有關(guān)的比例線段 定理 名稱 基本圖形 條件 結(jié)論 應(yīng)用 相交 弦定 理 弦AB、CD相交于圓內(nèi)點(diǎn)P (1)PA·PB＝ PC·PD (2)△ACP∽△BDP (1)在PA、PB、PC、PD四線段中知三求一 (2)求弦長(zhǎng)及角 割線 定理 PAB、PCD是⊙O的割 線 (1)PA·PB＝ PC·PD (2)△PA

24、C∽△PDB (1)求線段PA、PB、PC、PD (2)應(yīng)用相似求AC、BD 切割 線定 理 PA切⊙O于A，PBC是⊙O的割 線 (1)PA2＝PB·PC (2)△PAB∽△PCA (1)已知PA、PB、PC知二可求一 (2)求解AB、AC 切線 長(zhǎng)定 理 PA、PB是⊙O的切線 (1)PA＝PB (2)∠OPA＝∠OPB (1)證線段相等，已知PA求PB (2)求角 5.圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)與判定定理 (1)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)定理 ①定理1：圓內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)． ②定理2：圓內(nèi)接四邊形的外角等于它的內(nèi)角的對(duì)角． (2)圓內(nèi)

25、接四邊形的判定定理及推論 ①判定定理：如果一個(gè)四邊形的對(duì)角互補(bǔ)，那么這個(gè)四邊形的四個(gè)頂點(diǎn)共圓． ②推論：如果四邊形的一個(gè)外角等于它的內(nèi)角的對(duì)角，那么這個(gè)四邊形的四個(gè)頂點(diǎn)共圓． 診 斷 自 測(cè) 1.如圖，△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，AC＝6，以AC為直徑的圓與斜邊交于點(diǎn)P，則BP長(zhǎng)為_(kāi)_______． 解析　連接CP.由推論2知∠CPA＝90°，即CP⊥AB，由射影定理知，AC2＝AP·AB.∴AP＝3.6，∴BP＝AB－AP＝6.4. 答案　6.4 2.如圖，AB、AC是⊙O的兩條切線，切點(diǎn)分別為B、C，D是優(yōu)弧上的點(diǎn)，已知∠BAC

26、＝80°， 那么∠BDC＝______. 解析　連接OB、OC，則OB⊥AB，OC⊥AC，∴∠BOC＝180°－∠BAC＝100°， ∴∠BDC＝∠BOC＝50°. 答案　50° 3.如圖，四邊形ABCD是圓O的內(nèi)接四邊形，延長(zhǎng)AB和DC相交 于點(diǎn)P.若PB＝1，PD＝3，則的值為_(kāi)_______． 解析　∵ABCD為圓內(nèi)接四邊形，∴∠PBC＝∠ADP，又∠P＝∠P，∴△BCP∽△DAP，∴＝＝. 答案　 4. (2014·廣州調(diào)研)如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，BC是直徑，MN與⊙O相切，切點(diǎn)為A

27、，∠MAB＝35°，則∠D＝________. 解析　連接BD，由題意知，∠ADB＝∠MAB＝35°，∠BDC＝90°，故∠ADC＝∠ADB＋∠BDC＝125°. 答案　125° 5．如圖所示，過(guò)點(diǎn)P的直線與⊙O相交于A，B兩點(diǎn)．若PA＝1，AB＝2，PO＝3，則⊙O的半徑r＝________. 解析　設(shè)⊙O的半徑為r(r＞0)， ∵PA＝1，AB＝2，∴PB＝PA＋AB＝3. 延長(zhǎng)PO交⊙O于點(diǎn)C， 則PC＝PO＋r＝3＋r. 設(shè)PO交⊙O于點(diǎn)D，則PD＝3－r. 由圓的割線定理知，PA·PB＝PD&#

28、183;PC， ∴1×3＝(3－r)(3＋r)，則r＝. 答案　 考點(diǎn)一　圓周角、弦切角及圓的切線問(wèn)題 【例1】 如圖所示，⊙O的直徑為6，AB為⊙O的直徑，C為圓周上一點(diǎn)，BC＝3，過(guò)C作圓的切線l，過(guò)A作l的垂線AD，AD分別與直線l、圓交于D、E. (1)求∠DAC的度數(shù)； (2)求線段AE的長(zhǎng)． 解　(1)由已知△ADC是直角三角形，易知∠CAB＝30°， 由于直線l與⊙O相切，由弦切角定理知∠BCF＝30°， 由∠DCA＋∠ACB＋∠BCF＝180°，又∠ACB＝90°， 知∠DCA＝60°，

29、故在Rt△ADC中，∠DAC＝30°. (1) (2)法一　連接BE，如圖(1)所示，∠EAB＝60°＝∠CBA， 則Rt△ABE≌Rt△BAC，所以AE＝BC＝3. 法二　連接EC，OC，如圖(2)所示，則由弦切角定理知，∠DCE＝∠CAE＝30°，又∠DCA＝60°，故∠ECA＝30°， (2) 又因?yàn)椤螩AB＝30°，故∠ECA＝∠CAB，從而EC∥AO， 由OC⊥l，AD⊥l，可得OC∥AE，故四邊形AOCE是平行四邊形， 又因?yàn)镺A＝OC，故四邊形AOCE是菱形，故AE＝AO＝3. 規(guī)律方法 (1)

30、圓周角定理及其推論與弦切角定理及其推論多用于推出角的關(guān)系，從而證明三角形全等或相似，可求線段或角的大?。? (2)涉及圓的切線問(wèn)題時(shí)要注意弦切角的轉(zhuǎn)化；關(guān)于圓周上的點(diǎn)，常作直徑(或半徑)或向弦(弧)兩端畫(huà)圓周角或作弦切角． 【訓(xùn)練1】 如圖，△ABC的角平分線AD的延長(zhǎng)線交它的外接圓于點(diǎn)E. (1)證明：△ABE∽△ADC； (2)若△ABC的面積S＝AD·AE，求∠BAC的大?。? (1)證明　由已知條件，可得∠BAE＝∠CAD. 因?yàn)椤螦EB與∠ACD是同弧所對(duì)的圓周角． 所以∠AEB＝∠ACD.故△ABE∽△ADC. (2)解　因?yàn)椤鰽B

31、E∽△ADC，所以＝，即AB·AC＝AD·AE 又S＝AB·ACsin∠BAC，且S＝AD·AE， 故AB·ACsin∠BAC＝AD·AE， 則sin∠BAC＝1.又∠BAC為△ABC的內(nèi)角， 所以∠BAC＝90°. 考點(diǎn)二　與圓有關(guān)的比例線段 【例2】 如圖，PA切⊙O于點(diǎn)A，割線PBC交⊙O于點(diǎn)B，C，∠APC的角平分線分別與AB、AC相交于點(diǎn)D、E，求證： (1)AD＝AE； (2)AD2＝DB·EC. 證明　(1)∠AED＝∠EPC＋∠C， ∠ADE＝∠APD＋∠PAB.

32、因PE是∠APC的角平分線，故∠EPC＝∠APD. 又PA是⊙O的切線，故∠C＝∠PAB. 所以∠AED＝∠ADE.故AD＝AE. (2)?△PCE∽△PAD?＝； ?△PAE∽△PBD?＝. 又PA是切線，PBC是割線?PA2＝PB·PC?＝. 故＝，又AD＝AE，故AD2＝DB·EC. 規(guī)律方法 涉及與圓有關(guān)的等積線段或成比例的線段，常利用圓周角或弦切角證明三角形相似，在相似三角形中尋找比例線段；也可以利用相交弦定理、切割線定理證明線段成比例，在實(shí)際應(yīng)用中，一般涉及兩條相交弦應(yīng)首先考慮相交弦定理，涉及兩條割線就要想到割線定理，見(jiàn)到切線和割線時(shí)要注意應(yīng)用切割

33、線定理． 【訓(xùn)練2】 (2013·天津卷)如圖，△ABC為圓的內(nèi)接三角形，BD為圓的弦，且BD∥AC.過(guò)點(diǎn)A作圓的切線與DB的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)E，AD與BC交于點(diǎn)F.若AB＝AC，AE＝6，BD＝5，則線段CF的長(zhǎng)為_(kāi)_______． 解析　由切割線定理得AE2＝EB·ED，解得EB＝4. 因?yàn)锳B＝AC，所以∠ABC＝∠ACB＝∠ADB. 由弦切角定理得∠EAB＝∠EDA，所以∠EAB＝∠ABC，則AE∥BC， 因?yàn)锳C∥BD，所以四邊形AEBC是平行四邊形． 所以AE＝BC＝6，AC＝EB＝4，又由題意可得△CAF∽△CBA，所以＝，CF＝＝. 答案　

34、 考點(diǎn)三　圓內(nèi)接四邊形的判定及應(yīng)用 【例3】 (2014·銀川一中月考)如圖，已知AP是⊙O的切線，P為切點(diǎn)，AC是⊙O的割線，與⊙O交于B、C兩點(diǎn)，圓心O在∠PAC的內(nèi)部，點(diǎn)M是BC的中點(diǎn)． (1)證明：A、P、O、M四點(diǎn)共圓； (2)求∠OAM＋∠APM的大?。? (1)證明　連接OP，OM，因?yàn)锳P與⊙O相切于點(diǎn)P，所以O(shè)P⊥AP. 因?yàn)镸是⊙O的弦BC的中點(diǎn)，所以O(shè)M⊥BC， 于是∠OPA＋∠OMA＝180°. 由圓心O在∠PAC的內(nèi)部，可知四邊形APOM的對(duì)角互補(bǔ)， 所以A、P、O、M四點(diǎn)共圓． (2)解　由(1)得A、P、O、M四點(diǎn)共圓

35、， 所以∠OAM＝∠OPM， 由(1)得OP⊥AP，因?yàn)閳A心O在∠PAC的內(nèi)部， 所以∠OPM＋∠APM＝90°，所以∠OAM＋∠APM＝90°. 規(guī)律方法 (1)如果四點(diǎn)與一定點(diǎn)距離相等，那么這四點(diǎn)共圓；(2)如果四邊形的一組對(duì)角互補(bǔ)，那么這個(gè)四邊形的四個(gè)頂點(diǎn)共圓；(3)如果四邊形的一個(gè)外角等于它的內(nèi)對(duì)角，那么這個(gè)四邊形的四個(gè)頂點(diǎn)共圓． 【訓(xùn)練3】 如圖，已知△ABC的兩條角平分線AD和CE相交于點(diǎn)H，∠ABC＝60°，F(xiàn)在AC上，且AE＝AF. 求證：(1)B、D、H、E四點(diǎn)共圓； (2)CE平分∠DEF. 證明　(1)在△ABC中，∵

36、∠ABC＝60°， ∴∠BAC＋∠BCA＝120°. ∵AD，CE分別是△ABC的角平分線， ∴∠HAC＋∠HCA＝60°， ∴∠AHC＝120°. ∴∠EHD＝∠AHC＝120°. ∴∠EBD＋∠EHD＝180°. ∴B，D，H，E四點(diǎn)共圓． (2)連接BH，則BH為∠ABC的平分線， ∴∠EBH＝∠HBD＝30°. 由(1)知B，D，H，E四點(diǎn)共圓， ∴∠CED＝∠HBD＝30°， ∠HDE＝∠EBH＝30°. ∴∠HED＝∠HDE＝30°. ∵AE＝AF，A

37、D平分∠BAC，∴EF⊥AD. 又∠EHA＝∠HDE＋∠CED＝60°， ∴∠CEF＝30°.∴CE平分∠DEF. 關(guān)于圓的綜合應(yīng)用 【典例】 如圖所示，已知⊙O1和⊙O2相交于A，B兩點(diǎn)，過(guò)A點(diǎn)作⊙O1的切線交⊙O2于點(diǎn)C，過(guò)點(diǎn)B作兩圓的割線，分別交⊙O1，⊙O2于點(diǎn)D，E，DE與AC相交于點(diǎn)P. (1)求證：AD∥EC； (2)若AD是⊙O2的切線，且PA＝6，PC＝2，BD＝9，求AD的長(zhǎng)． [審題視點(diǎn)]　(1)連接AB，在⊙O1中使用弦切角定理，在⊙O2中使用圓周角定理，即可證明∠D＝∠E；(2)根據(jù)切割線定理，只要求出BE的長(zhǎng)度即可，在⊙

38、O2中根據(jù)相交弦定理可得BP·PE，根據(jù)(1)中△ADP∽△CEP，又可得BP，PE的一個(gè)方程，解方程組求出BP，PE的長(zhǎng)度即可． (1)證明　連接AB，如圖所示． ∵AC是⊙O1的切線，∴∠BAC＝∠D. 又∵∠BAC＝∠E.∴∠D＝∠E.∴AD∥EC. (2)解　設(shè)BP＝x，PE＝y(tǒng)， ∵PA＝6，PC＝2，∴xy＝12.① ∵根據(jù)(1)，可得△ADP∽△CEP， ∴＝，即＝，② 由①②，可得或(負(fù)值舍去) ∴DE＝9＋x＋y＝16. ∵AD是⊙O2的切線，∴AD2＝DB·DE＝9×16. ∴AD＝12. [反思感悟] 在平面幾何的

39、有關(guān)計(jì)算中往往要使用比例線段，產(chǎn)生比例線段的一個(gè)主要根據(jù)是兩三角形相似，本題中使用三角形的相似把⊙O2中兩條待求的線段聯(lián)系起來(lái)，發(fā)揮了相似三角形的橋梁作用．在涉及兩圓的公共弦時(shí)，通常是作出兩圓的公共弦，如果有過(guò)公共點(diǎn)的切線就可以使用弦切角定理，在兩個(gè)圓內(nèi)實(shí)現(xiàn)角的等量代換，這是解決兩個(gè)圓相交且在交點(diǎn)處有圓的切線問(wèn)題的基本思考方向． 【自主體驗(yàn)】 如圖，梯形ABCD內(nèi)接于⊙O，AD∥BC，過(guò)B引⊙O的切線分別交DA、CA的延長(zhǎng)線于E、F. (1)求證：AB2＝AE·BC； (2)已知BC＝8，CD＝5，AF＝6，求EF的長(zhǎng)． (1)證明　∵BE切⊙O于B， ∴∠ABE

40、＝∠ACB. 又AD∥BC，∴∠EAB＝∠ABC， ∴△EAB∽△ABC， ∴＝. ∴AB2＝AE·BC. (2)解　由(1)△EAB∽△ABC，∴＝. 又AE∥BC，∴＝，∴＝. 又AD∥BC，∴，∴AB＝CD， ∴＝，∴＝， ∴EF＝＝. 一、填空題 1. 如圖，AB是⊙O的直徑，MN與⊙O切于點(diǎn)C，AC＝BC，則sin∠MCA＝________. 解析　由弦切角定理得， ∠MCA＝∠ABC，sin ∠ABC＝＝＝＝. 答案　 2. 如圖，AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點(diǎn)．AD和過(guò)C點(diǎn)的切線互相垂直，垂足為D，∠DAB＝80

41、76;，則∠ACO＝________. 解析　∵CD是⊙O的切線，∴OC⊥CD，又∵AD⊥CD，∴OC∥AD. 由此得，∠ACO＝∠CAD， ∵OC＝OA，∴∠CAO＝∠ACO， ∴∠CAD＝∠CAO，故AC平分∠DAB. ∴∠CAO＝40°，∴∠ACO＝40°. 答案　40° 3. (2012·天津卷)如圖，已知AB和AC是圓的兩條弦，過(guò)點(diǎn)B作圓的切線與AC的延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)D.過(guò)點(diǎn)C作BD的平行線與圓相交于點(diǎn)E，與AB相交于點(diǎn)F，AF＝3，F(xiàn)B＝1，EF＝，則線段CD的長(zhǎng)為_(kāi)_______． 解析　因?yàn)锳F·BF＝EF&

42、#183;CF，解得CF＝2，所以＝，即BD＝.設(shè)CD＝x，AD＝4x，所以4x2＝，所以x＝. 答案　 4. 如圖，在△ABC中，AB＝AC，∠C＝72°，⊙O過(guò)A、B兩點(diǎn)且與BC相切于點(diǎn)B，與AC交于點(diǎn)D，連接BD，若BC＝－1，則AC＝________. 解析　由題易知，∠C＝∠ABC＝72°，∠A＝∠DBC＝36°，所以△BCD∽△ACB，所以BC∶AC＝CD∶CB， 又易知BD＝AD＝BC，所以BC2＝CD·AC＝(AC－BC)·AC，解得AC＝2. 答案　2 5. (2012·陜西卷)如圖，在圓O中

43、，直徑AB與弦CD垂直，垂足為E，EF⊥DB，垂足為F，若AB＝6，AE＝1，則DF·DB＝________. 解析　由題意知，AB＝6，AE＝1， ∴BE＝5.∴CE·DE＝DE2＝AE·BE＝5.在Rt△DEB中，∵EF⊥DB，∴由射影定理得DF·DB＝DE2＝5. 答案　5 6. (2012·廣東卷)如圖，直線PB與圓O相切于點(diǎn)B，D是弦AC上的點(diǎn)，∠PBA＝∠DBA.若AD＝m，AC＝n，則AB＝________. 解析　∵PB切⊙O于點(diǎn)B， ∴∠PBA＝∠ACB. 又∠PBA＝∠DBA，∴∠DBA＝∠ACB， ∴

44、△ABD∽△ACB.∴＝， ∴AB2＝AD·AC＝mn， ∴AB＝. 答案　 7. 如圖，⊙O和⊙O′相交于A、B兩點(diǎn)，過(guò)A作兩圓的切線分別交兩圓于C、D.若BC＝2，BD＝4，則AB的長(zhǎng)為_(kāi)_____． 解析　∵AC、AD分別是兩圓的切線， ∴∠C＝∠2，∠1＝∠D， ∴△ACB∽△DAB. ∴＝， ∴AB2＝BC·BD＝2×4＝8. ∴AB＝＝2(舍去負(fù)值)． 答案　2 8．(2013·湖南卷)如圖，在半徑為的⊙O中，弦AB，CD相交于點(diǎn)P，PA＝PB＝2，PD＝1，則圓心O到弦CD的距離為_(kāi)_______．

45、解析　根據(jù)相交弦定理求出PC的長(zhǎng)， 過(guò)O作弦CD的垂線． 由相交弦定理得PA·PB＝PC·PD. 又PA＝PB＝2，PD＝1，則PC＝4， ∴CD＝PC＋PD＝5. 過(guò)O作CD的垂線OE交CD于E，則E為CD中點(diǎn)， ∴OE＝＝＝. 答案　 9. (2013·重慶卷)如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，AB＝20，過(guò)C作△ABC的外接圓的切線CD，BD⊥CD，BD與外接圓交于點(diǎn)E，則DE的長(zhǎng)為_(kāi)_______． 解析　在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，∠A＝60°， ∴∠ABC＝30

46、°.∵AB＝20， ∴AC＝10，BC＝10. ∵CD為切線，∴∠BCD＝∠A＝60°. ∵∠BDC＝90°，∴BD＝15，CD＝5. 由切割線定理得DC2＝DE·DB， 即(5)2＝15DE， ∴DE＝5. 答案　5 二、解答題 10. 如圖，已知AB是⊙O的直徑，直線CD與⊙O相切于點(diǎn)C，AC平分∠DAB，AD⊥CD. (1)求證：OC∥AD； (2)若AD＝2，AC＝，求AB的長(zhǎng)． (1)證明　∵直線CD與⊙O相切于點(diǎn)C， ∴∠DCO＝∠DCA＋∠ACO＝90°， ∵AO＝CO，∴∠OAC＝∠ACO，

47、∵AC平分∠DAB， ∴∠DAC＝∠OAC， ∴∠DAC＝∠ACO，∴OC∥AD. (2)解　由(1)OC∥AD且OC⊥DC， ∴AD⊥DC，∴即∠ADC＝90°， 連接BC，∵AB是⊙O的直徑， ∴∠ACB＝90°， ∴∠ADC＝∠ACB， 又∵∠DAC＝∠BAC， ∴△ADC∽△ACB， ∴＝， ∵AD＝2，AC＝，∴AB＝. 11. (2013·新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ卷)如圖，直線AB為圓的切線，切點(diǎn)為B，點(diǎn)C在圓上，∠ABC的角平分線BE交圓于點(diǎn)E，DB垂直BE交圓于點(diǎn)D. (1)證明：DB＝DC； (2)設(shè)圓的半徑為1，BC＝，延

48、長(zhǎng)CE交AB于點(diǎn)F，求△BCF外接圓的半徑． (1)證明　如圖，連接DE，交BC于點(diǎn)G. 由弦切角定理，得∠ABE＝∠BCE， 而∠ABE＝∠CBE，故∠CBE＝∠BCE，所以BE＝CE. 又因?yàn)镈B⊥BE，所以DE為圓的直徑，∠DCE＝90°. 由勾股定理可得DB＝DC. (2)解　由(1)知，∠CDE＝∠BDE，DB＝DC， 故DG是BC邊的中垂線，所以BG＝. 設(shè)DE的中點(diǎn)為O，連接BO，則∠BOG＝60°，從而∠ABE＝∠BCE＝∠CBE＝30°， 所以CF⊥BF，故Rt△BCF外接圓的半徑為. 12. 如圖，已知AD是△AB

49、C的外角∠EAC的平分線，交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)D，延長(zhǎng)DA交△ABC的外接圓于點(diǎn)F，連接FB，F(xiàn)C. (1)求證：FB＝FC； (2)求證：FB2＝FA·FD； (3)若AB是△ABC外接圓的直徑，∠EAC＝120°，BC＝6 cm，求AD的長(zhǎng)． (1)證明　因?yàn)锳D平分∠EAC， 所以∠EAD＝∠DAC. 因?yàn)樗倪呅蜛FBC內(nèi)接于圓， 所以∠DAC＝∠FBC. 因?yàn)椤螮AD＝∠FAB＝∠FCB， 所以∠FBC＝∠FCB，所以FB＝FC. (2)證明　因?yàn)椤螰AB＝∠FCB＝∠FBC， ∠AFB＝∠BFD，所以△FBA∽△FDB， 所以＝，所以FB2＝FA·FD. (3)解　因?yàn)锳B是圓的直徑， 所以∠ACB＝90°， 又∠EAC＝120°，所以∠ABC＝30°， ∠DAC＝∠EAC＝60°，因?yàn)锽C＝6， 所以AC＝BCtan∠ABC＝2， 所以AD＝＝4(cm)．