高考數(shù)學(xué)第一輪復(fù)習(xí) 幾何證明選講細(xì)致講解練 理 新人教A版選修41

幾何證明第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(或兩邊的延長線)所得的對應(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①兩角對應(yīng)相等的兩個三角形相似．②兩邊對應(yīng)成比例并且夾角相等的兩個三角形相似．③三邊對應(yīng)成比例的兩個三角形相似．(2)相似三角形的性質(zhì)定理①相似三角形對應(yīng)高的比、對應(yīng)中線的比和對應(yīng)角平分線的比都等于相似比．②相似三角形周長的比等于相似比．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；兩直角邊分別是它們在斜邊上射影與斜邊的比例中項．如圖，在Rt△ABC中，CD是斜邊上的高，則有CD2＝AD·BD，AC2＝AD·AB，BC2＝BD·AB.診斷自測1.如圖，已知a∥b∥c，直線m，n分別與a，b，c交于點A，B，C和A′，B′，C′，如果AB＝BC＝1，A′B′＝eq\f(3,2)，則B′C′＝________.解析由平行線等分線段定理可直接得到答案．答案eq\f(3,2)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，∴eq\f(BC,EF)＝eq\f(3,2).又EF＝8，∴BC＝12.答案123.(·揭陽模擬)如圖，BD⊥AE，∠C＝90°，AB＝4，BC＝2，AD＝3，則EC＝________.解析在Rt△ADB中，DB＝eq\r(AB2－AD2)＝eq\r(7)，依題意得，△ADB∽△ACE，∴eq\f(DB,EC)＝eq\f(AD,AC)，可得EC＝eq\f(DB·AC,AD)＝2eq\r(7).答案2eq\r(7)4.如圖，∠C＝90°，∠A＝30°，E是AB中點，DE⊥AB于E，則△ADE與△ABC的相似比是________．解析∵E為AB中點，∴eq\f(AE,AB)＝eq\f(1,2)，即AE＝eq\f(1,2)AB，在Rt△ABC中，∠A＝30°，AC＝eq\f(\r(3),2)AB，又∵Rt△AED∽Rt△ACB，∴相似比為eq\f(AE,AC)＝eq\f(1,\r(3)).故△ADE與△ABC的相似比為1∶eq\r(3). 答案1∶eq\r(3)5.(·湛江模擬)如圖，在△ABC中，D是AC的中點，E是BD的中點，AE交于BC于F，則eq\f(BF,FC)＝________.解析如圖，過點D作DG∥AF，交BC于點G，易得FG＝GC，又在△BDG中，BE＝DE，即EF為△BDG的中位線，故BF＝FG，因此eq\f(BF,FC)＝eq\f(1,2). 答案eq\f(1,2)考點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的長為________．解析由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(DE∥BC，,EF∥CD，,BC＝3，DE＝2))?eq\f(AE,AC)＝eq\f(AF,AD)＝eq\f(DE,BC)＝eq\f(2,3)，又DF＝1，故可解得AF＝2，∴AD＝3，又eq\f(AD,AB)＝eq\f(2,3)，∴AB＝eq\f(9,2). 答案eq\f(9,2)規(guī)律方法利用平行截割定理解決問題，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ABCD中，AB∥CD，AB＝4，CD＝2.E，F(xiàn)分別為AD，BC上的點，且EF＝3，EF∥AB，則梯形ABFE與梯形EFCD的面積比為________．解析如圖，延長AD，BC交于一點O，作OH⊥AB于點H.∴eq\f(x,x＋h1)＝eq\f(2,3)，得x＝2h1，eq\f(x＋h1,x＋h1＋h2)＝eq\f(3,4)，得h1＝h2.∴S梯形ABFE＝eq\f(1,2)×(3＋4)×h2＝eq\f(7,2)h2，S梯形EFCD＝eq\f(1,2)×(2＋3)×h1＝eq\f(5,2)h1，∴S梯形ABFE∶S梯形EFCD＝7∶5.答案7∶5考點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，ED、CB延長線交于一點F.求證：FD2＝FB·FC.證明∵E是Rt△ACD斜邊中點，∴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，∴eq\f(FB,FD)＝eq\f(FD,FC)，∴FD2＝FB·FC.規(guī)律方法判定兩個三角形相似要注意結(jié)合圖形性質(zhì)靈活選擇判定定理，特別要注意對應(yīng)角和對應(yīng)邊．證明線段乘積相等的問題一般轉(zhuǎn)化為有關(guān)線段成比例問題．(2)相似三角形的性質(zhì)可用來證明線段成比例、角相等；可間接證明線段相等．【訓(xùn)練2】(·陜西卷)如圖，AB與CD相交于點E，過E作BC的平行線與AD的延長線交于點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，eq\f(PD,PE)＝eq\f(PE,PA)，即PE2＝PD·PA＝2×3＝6，故PE＝eq\r(6).答案eq\r(6)考點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G，交AC的延長線于H，求證：DF2＝GF·HF.證明∵∠H＋∠BAC＝90°，∠GBF＋∠BAC＝90°，∴∠H＝∠GBF.∵∠AFH＝∠GFB＝90°，∴△AFH∽△GFB.∴eq\f(HF,BF)＝eq\f(AF,GF)，∴AF·BF＝GF·HF.因為在Rt△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，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，要注意作垂線構(gòu)造直角三角形是解決直角三角形問題時常用的方法．【訓(xùn)練3】如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于點D，AD＝4，sin∠ACD＝eq\f(4,5)，則CD＝______，BC＝______.解析在Rt△ADC中，AD＝4，sin∠ACD＝eq\f(AD,AC)＝eq\f(4,5)，得AC＝5，CD＝eq\r(AC2－AD2)＝3，又由射影定理AC2＝AD·AB，得AB＝eq\f(AC2,AD)＝eq\f(25,4).∴BD＝AB－AD＝eq\f(25,4)－4＝eq\f(9,4)，由射影定理BC2＝BD·AB＝eq\f(9,4)×eq\f(25,4)，∴BC＝eq\f(15,4). 答案3eq\f(15,4)三角形相似與圓的交匯問題【典例】如圖所示，⊙O和⊙O′相交于A，B兩點，過A作兩圓的切線分別交兩圓于C，D兩點，連接DB并延長交⊙O于點E，證明：(1)AC·BD＝AD·AB；(2)AC＝AE.[審題視點](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)本問可先證明△EAD∽△ABD，再結(jié)合第(1)問結(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eq\f(AC,AD)＝eq\f(AB,BD)，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eq\f(AE,AB)＝eq\f(AD,BD)，即AE·BD＝AD·AB.綜合(1)的結(jié)論知，AC＝AE.[反思感悟]1.易失分點：(1)證明本題第(2)問時，想不到證明△EAD∽△ABD，從而無法解答．(2)證明本題第(2)問時，沒有應(yīng)用第(1)問的結(jié)論從而無法證明結(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，可作為證明下一個結(jié)論成立的條件使用．【自主體驗】(·江蘇卷)如圖，AB和BC分別與圓O相切于點D，C，AC經(jīng)過圓心O，且BC＝2OC.求證：AC＝2AD證明連接OD，因為AB和BC分別與圓O相切于點D，C，所以∠ADO＝∠ACB＝90°.又因為∠A＝∠A，所以Rt△ADO∽Rt△ACB.所以eq\f(AD,AC)＝eq\f(OD,BC).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，寫出圖中所有與△ACE相似的三角形為________．解析由Rt△ACE與Rt△FCD和Rt△ABD各共一個銳角，因而它們均相似，又易知∠BFE＝∠A，故Rt△ACE∽Rt△FBE.答案△FCD、△FBE、△ABD2.(·西安模擬)如圖，在△ABC中，M，N分別是AB，BC的中點，AN，CM交于點O，那么△MON與△AOC面積的比是________．解析∵M(jìn)，N分別是AB、BC中點，故MN綉eq\f(1,2)AC，∴△MON∽△COA，∴eq\f(S△MON,S△AOC)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(MN,AC)))2＝eq\f(1,4).答案1∶43.(·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，∴eq\f(AB,AD)＝eq\f(AE,AC).又AC＝4，AD＝12，AB＝6，∴AE＝eq\f(AB·AC,AD)＝eq\f(6×4,12)＝2.答案24.(·佛山質(zhì)檢)如圖，在直角梯形ABCD中，DC∥AB，CB⊥AB，AB＝AD＝a，CD＝eq\f(a,2)，點E，F(xiàn)分別為線段AB，AD的中點，則EF＝________.解析連接DE和BD，依題知，EB∥DC，EB＝DC＝eq\f(a,2)，CB⊥AB，∴EBCD為矩形，∴DE⊥AB，又E是AB的中點，所以△ABD為等腰三角形．故AD＝DB＝a，∵E，F(xiàn)分別是AD，AB的中點，∴EF＝eq\f(1,2)DB＝eq\f(1,2)a.答案eq\f(a,2)5．已知圓的直徑AB＝13，C為圓上一點，過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，x2＝9.∵AD＞BD，∴AD＝9.答案96．(·廣東卷)如圖，在矩形ABCD中，AB＝eq\r(3)，BC＝3，BE⊥AC，垂足為E，則ED＝________.解析在Rt△ABC中，BC＝3，AB＝eq\r(3)，所以∠BAC＝60°.因為BE⊥AC，AB＝eq\r(3)，所以AE＝eq\f(\r(3),2)，在△EAD中，∠EAD＝30°，AD＝3，由余弦定理知，ED2＝AE2＋AD2－2AE·AD·cos∠EAD＝eq\f(3,4)＋9－2×eq\f(\r(3),2)×3×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(21,4)，故ED＝eq\f(\r(21),2).答案eq\f(\r(21),2)7.(·茂名模擬)如圖，已知AB∥EF∥CD，若AB＝4，CD＝12，則EF＝________.解析∵AB∥CD∥EF，∴eq\f(AB,EF)＝eq\f(BC,CF)，eq\f(BC,BF)＝eq\f(CD,EF)，∴eq\f(4,EF)＝eq\f(BC,BC－BF)，eq\f(BC,BF)＝eq\f(12,EF)，∴4(BC－BF)＝12BF，∴BC＝4BF，∴eq\f(BC,BF)＝4＝eq\f(12,EF)，∴EF＝3.答案38.如圖，在梯形ABCD中，AD∥BC，BD與AC相交于O，過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×eq\f(12,32)×20＝15.答案159．(·廣東卷)如圖，圓O的半徑為1，A，B，C是圓周上的三點，滿足∠ABC＝30°，過點A做圓O的切線與OC的延長線交于點P，則PA＝________.解析連接AO，AC，因為∠ABC＝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×sin60°＝eq\r(3).答案eq\r(3)二、解答題10.如圖，已知圓上的弧eq\x\to(AC)＝eq\x\to(BD)，過C點的圓的切線與BA的延長線交于E點，證明：(1)∠ACE＝∠BCD；(2)BC2＝BE·CD.證明(1)因為eq\x\to(AC)＝eq\x\to(BD)，所以∠ABC＝∠BCD.又因為EC與圓相切于點C，故∠ACE＝∠ABC，所以∠ACE＝∠BCD.(2)因為∠ECB＝∠CDB，∠EBC＝∠BCD，所以△BDC∽△ECB，故eq\f(BC,BE)＝eq\f(CD,BC)，即BC2＝BE·CD.11．(·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＝∠EAB.由AB為⊙O的直徑，得AE⊥EB，從而∠EAB＋∠EBF＝eq\f(π,2)；又EF⊥AB，得∠FEB＋∠EBF＝eq\f(π,2).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，過點D作AC的平行線DE，交BA的延長線于點E，求證：(1)△ABC≌△DCB；(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；掌握圓的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：圓上一條弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半．②推論：(i)推論1：同弧或等弧所對的圓周角相等；同圓或等圓中，相等的圓周角所對的弧也相等．(ii)推論2：半圓(或直徑)所對的圓周角是直角；90°的圓周角所對的弦是直徑．(2)圓心角定理：圓心角的度數(shù)等于它所對弧的度數(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的圓周角．3．圓的切線的性質(zhì)及判定定理(1)定理：圓的切線垂直于經(jīng)過切點的半徑．(2)推論：①推論1：經(jīng)過圓心且垂直于切線的直線必經(jīng)過切點．②推論2：經(jīng)過切點且垂直于切線的直線必經(jīng)過圓心．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)求弦長及角割線定理PAB、PCD是⊙O的割線(1)PA·PB＝PC·PD(2)△PAC∽△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)接四邊形的對角互補．②定理2：圓內(nèi)接四邊形的外角等于它的內(nèi)角的對角．(2)圓內(nèi)接四邊形的判定定理及推論①判定定理：如果一個四邊形的對角互補，那么這個四邊形的四個頂點共圓．②推論：如果四邊形的一個外角等于它的內(nèi)角的對角，那么這個四邊形的四個頂點共圓．診斷自測1.如圖，△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，AC＝6，以AC為直徑的圓與斜邊交于點P，則BP長為________．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6.42.如圖，AB、AC是⊙O的兩條切線，切點分別為B、C，D是優(yōu)弧上的點，已知∠BAC＝80°，那么∠BDC＝______.解析連接OB、OC，則OB⊥AB，OC⊥AC，∴∠BOC＝180°－∠BAC＝100°，∴∠BDC＝eq\f(1,2)∠BOC＝50°.答案50°3.如圖，四邊形ABCD是圓O的內(nèi)接四邊形，延長AB和DC相交 于點P.若PB＝1，PD＝3，則eq\f(BC,AD)的值為________．解析∵ABCD為圓內(nèi)接四邊形，∴∠PBC＝∠ADP，又∠P＝∠P，∴△BCP∽△DAP，∴eq\f(BC,AD)＝eq\f(PB,PD)＝eq\f(1,3).答案eq\f(1,3)4.(·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，切點為A，∠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，過點P的直線與⊙O相交于A，B兩點．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PO交⊙O于點C，則PC＝PO＋r＝3＋r.設(shè)PO交⊙O于點D，則PD＝3－r.由圓的割線定理知，PA·PB＝PD·PC，∴1×3＝(3－r)(3＋r)，則r＝eq\r(6).答案eq\r(6)考點一圓周角、弦切角及圓的切線問題【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，BC＝3，過C作圓的切線l，過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．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°，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)又因為∠CAB＝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，又因為OA＝OC，故四邊形AOCE是菱形，故AE＝AO＝3.規(guī)律方法(1)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)涉及圓的切線問題時要注意弦切角的轉(zhuǎn)化；關(guān)于圓周上的點，常作直徑(或半徑)或向弦(弧)兩端畫圓周角或作弦切角．【訓(xùn)練1】如圖，△ABC的角平分線AD的延長線交它的外接圓于點E. (1)證明：△ABE∽△ADC； (2)若△ABC的面積S＝eq\f(1,2)AD·AE，求∠BAC的大?。? (1)證明由已知條件，可得∠BAE＝∠CAD. 因為∠AEB與∠ACD是同弧所對的圓周角． 所以∠AEB＝∠ACD.故△ABE∽△ADC.(2)解因為△ABE∽△ADC，所以eq\f(AB,AD)＝eq\f(AE,AC)，即AB·AC＝AD·AE又S＝eq\f(1,2)AB·ACsin∠BAC，且S＝eq\f(1,2)AD·AE，故AB·ACsin∠BAC＝AD·AE，則sin∠BAC＝1.又∠BAC為△ABC的內(nèi)角，所以∠BAC＝90°.考點二與圓有關(guān)的比例線段【例2】如圖，PA切⊙O于點A，割線PBC交⊙O于點B，C，∠APC的角平分線分別與AB、AC相交于點D、E，求證：(1)AD＝AE；(2)AD2＝DB·EC.證明(1)∠AED＝∠EPC＋∠C，∠ADE＝∠APD＋∠PAB.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)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(∠PCE＝∠PAD,∠CPE＝∠APD))?△PCE∽△PAD?eq\f(EC,AD)＝eq\f(PC,PA)；eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(∠PEA＝∠PDB,∠APE＝∠BPD))?△PAE∽△PBD?eq\f(AE,DB)＝eq\f(PA,PB).又PA是切線，PBC是割線?PA2＝PB·PC?eq\f(PA,PB)＝eq\f(PC,PA).故eq\f(EC,AD)＝eq\f(AE,DB)，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，見到切線和割線時要注意應(yīng)用切割線定理．【訓(xùn)練2】(·天津卷)如圖，△ABC為圓的內(nèi)接三角形，BD為圓的弦，且BD∥AC.過點A作圓的切線與DB的延長線交于點E，AD與BC交于點F.若AB＝AC，AE＝6，BD＝5，則線段CF的長為________．解析由切割線定理得AE2＝EB·ED，解得EB＝4.因為AB＝AC，所以∠ABC＝∠ACB＝∠ADB.由弦切角定理得∠EAB＝∠EDA，所以∠EAB＝∠ABC，則AE∥BC，因為AC∥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eq\f(CA,CB)＝eq\f(CF,CA)，CF＝eq\f(CA2,CB)＝eq\f(8,3).答案eq\f(8,3)考點三圓內(nèi)接四邊形的判定及應(yīng)用【例3】(·銀川一中月考)如圖，已知AP是⊙O的切線，P為切點，AC是⊙O的割線，與⊙O交于B、C兩點，圓心O在∠PAC的內(nèi)部，點M是BC的中點．(1)證明：A、P、O、M四點共圓；(2)求∠OAM＋∠APM的大?。?1)證明連接OP，OM，因為AP與⊙O相切于點P，所以O(shè)P⊥AP.因為M是⊙O的弦BC的中點，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的對角互補，所以A、P、O、M四點共圓．(2)解由(1)得A、P、O、M四點共圓，所以∠OAM＝∠OPM，由(1)得OP⊥AP，因為圓心O在∠PAC的內(nèi)部，所以∠OPM＋∠APM＝90°，所以∠OAM＋∠APM＝90°.規(guī)律方法(1)如果四點與一定點距離相等，那么這四點共圓；(2)如果四邊形的一組對角互補，那么這個四邊形的四個頂點共圓；(3)如果四邊形的一個外角等于它的內(nèi)對角，那么這個四邊形的四個頂點共圓．【訓(xùn)練3】如圖，已知△ABC的兩條角平分線AD和CE相交于點H，∠ABC＝60°，F(xiàn)在AC上，且AE＝AF.求證：(1)B、D、H、E四點共圓；(2)CE平分∠DEF.證明(1)在△ABC中，∵∠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四點共圓，∴∠CED＝∠HBD＝30°，∠HDE＝∠EBH＝30°.∴∠HED＝∠HDE＝30°.∵AE＝AF，AD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，過A點作⊙O1的切線交⊙O2于點C，過點B作兩圓的割線，分別交⊙O1，⊙O2于點D，E，DE與AC相交于點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．[審題視點](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的長度即可，在⊙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的一個方程，解方程組求出BP，PE的長度即可．(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，∴eq\f(DP,EP)＝eq\f(AP,CP)，即eq\f(9＋x,y)＝eq\f(6,2)，②由①②，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝4))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－12，,y＝－1.))(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]在平面幾何的有關(guān)計算中往往要使用比例線段，產(chǎn)生比例線段的一個主要根據(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，發(fā)揮了相似三角形的橋梁作用．在涉及兩圓的公共弦時，通常是作出兩圓的公共弦，如果有過公共點的切線就可以使用弦切角定理，在兩個圓內(nèi)實現(xiàn)角的等量代換，這是解決兩個圓相交且在交點處有圓的切線問題的基本思考方向．【自主體驗】如圖，梯形ABCD內(nèi)接于⊙O，AD∥BC，過B引⊙O的切線分別交DA、CA的延長線于E、F.(1)求證：AB2＝AE·BC；(2)已知BC＝8，CD＝5，AF＝6，求EF的長．(1)證明∵BE切⊙O于B，∴∠ABE＝∠ACB.又AD∥BC，∴∠EAB＝∠ABC，∴△EAB∽△ABC，∴eq\f(AE,AB)＝eq\f(AB,BC).∴AB2＝AE·BC.(2)解由(1)△EAB∽△ABC，∴eq\f(BE,AC)＝eq\f(AB,BC).又AE∥BC，∴eq\f(EF,AF)＝eq\f(BE,AC)，∴eq\f(AB,BC)＝eq\f(EF,AF).又AD∥BC，∴，∴AB＝CD，∴eq\f(CD,BC)＝eq\f(EF,AF)，∴eq\f(5,8)＝eq\f(EF,6)，∴EF＝eq\f(30,8)＝eq\f(15,4).一、填空題1.如圖，AB是⊙O的直徑，MN與⊙O切于點C，AC＝eq\f(1,2)BC，則sin∠MCA＝________.解析由弦切角定理得，∠MCA＝∠ABC，sin∠ABC＝eq\f(AC,AB)＝eq\f(AC,\r(AC2＋BC2))＝eq\f(AC,\r(5)AC)＝eq\f(\r(5),5).答案eq\f(\r(5),5)2.如圖，AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點．AD和過C點的切線互相垂直，垂足為D，∠DAB＝80°，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.(·天津卷)如圖，已知AB和AC是圓的兩條弦，過點B作圓的切線與AC的延長線相交于點D.過點C作BD的平行線與圓相交于點E，與AB相交于點F，AF＝3，F(xiàn)B＝1，EF＝eq\f(3,2)，則線段CD的長為________．解析因為AF·BF＝EF·CF，解得CF＝2，所以eq\f(3,4)＝eq\f(2,BD)，即BD＝eq\f(8,3).設(shè)CD＝x，AD＝4x，所以4x2＝eq\f(64,9)，所以x＝eq\f(4,3).答案eq\f(4,3)4.如圖，在△ABC中，AB＝AC，∠C＝72°，⊙O過A、B兩點且與BC相切于點B，與AC交于點D，連接BD，若BC＝eq\r(5)－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25.(·陜西卷)如圖，在圓O中，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56.(·廣東卷)如圖，直線PB與圓O相切于點B，D是弦AC上的點，∠PBA＝∠DBA.若AD＝m，AC＝n，則AB＝________.解析∵PB切⊙O于點B，∴∠PBA＝∠ACB.又∠PBA＝∠DBA，∴∠DBA＝∠ACB，∴△ABD∽△ACB.∴eq\f(AB,AC)＝eq\f(AD,AB)，∴AB2＝AD·AC＝mn，∴AB＝eq\r(mn).答案eq\r(mn)7.如圖，⊙O和⊙O′相交于A、B兩點，過A作兩圓的切線分別交兩圓于C、D.若BC＝2，BD＝4，則AB的長為______．解析∵AC、AD分別是兩圓的切線，∴∠C＝∠2，∠1＝∠D，∴△ACB∽△DAB.∴eq\f(BC,AB)＝eq\f(AB,BD)，∴AB2＝BC·BD＝2×4＝8.∴AB＝eq\r(8)＝2eq\r(2)(舍去負(fù)值)．答案2eq\r(2)8．(·湖南卷)如圖，在半徑為eq\r(7)的⊙O中，弦AB，CD相交于點P，PA＝PB＝2，PD＝1，則圓心O到弦CD的距離為________．解析根據(jù)相交弦定理求出PC的長，過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O作CD的垂線OE交CD于E，則E為CD中點，∴OE＝eq\r(r2－\b\lc\(