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

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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 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

2、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=ADBD, AC2=ADAB,BC2=BDAB. 診 斷 自 測 1.

3、 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′=,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. (20xx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==, 依題意得,△ADB∽△

4、ACE, ∴=,可得EC==2. 答案 2 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,∴=,即AE=AB,在Rt△ABC中,∠A=30,AC=AB, 又∵Rt△AED∽Rt△ACB,∴相似比為=. 故△ADE與△ABC的相似比為1∶. 答案 1∶ 5. (20xx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=________. 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

5、EF為△BDG的中位線,故BF=FG,因此=. 答案  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?===,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

6、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. ∴=,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=FBFC. 證明 ∵E是Rt△ACD斜邊中點, ∴ED=EA,∴∠A=∠1, ∵∠1=∠2,∴∠2=∠A,

7、 ∵∠FDC=∠CDB+∠2=90+∠2,∠FBD=∠ACB+∠A=90+∠A,∴∠FBD=∠FDC, ∵∠F是公共角,∴△FBD∽△FDC, ∴=,∴FD2=FBFC. 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】 (20xx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=

8、∠PED, 又∠C=∠A,則有∠A=∠PED,又∠為公共角, 所以△PDE∽△PEA, =,即PE2=PDPA=23=6,故PE=. 答案  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=GFHF. 證明 ∵∠H+∠BAC=90,∠GBF+∠BAC=90, ∴∠H=∠GBF.∵∠AFH=∠GFB=90, ∴△AFH∽△GFB.∴=, ∴AFBF=GFHF. 因為在Rt△ABD中,F(xiàn)D⊥AB,∴DF2=AFBF, 所以DF2=GFHF.

9、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=,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=ADAB,得AB==. ∴BD=AB-AD=-4=, 由射影定理BC2=BDAB=,∴BC=. 答案 3  三角形相似與圓的交匯問題 【典例】

10、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)ACBD=ADAB; (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=, 即ACBD=ADAB. (2)由AD與⊙O相切于A,得∠AED=∠BAD.又∠ADE=∠BDA,得△EAD∽△ABD. 從而=,即AEBD

11、=ADAB. 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】 (20xx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

12、: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=. 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、△ABD 2. (20xx西安模擬)如圖,在△ABC中,M,N

13、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AC, ∴△MON∽△COA,∴=2=. 答案 1∶4 3. (20xx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. (20xx佛山質(zhì)檢)如圖,在直角梯形ABCD中,DC∥AB,CB⊥AB,AB=AD=a,CD=,

14、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=,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=DB=a. 答案  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=ADDB, 即62=x(13-x), ∴x2-13

15、x+36=0, 解得x1=4,x2=9. ∵AD>BD,∴AD=9. 答案 9 6.(20xx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.因為BE⊥AC,AB=,所以AE=,在△EAD中,∠EAD=30,AD=3,由余弦定理知,ED2=AE2+AD2-2AEADcos∠EAD=+9-23=,故ED=. 答案  7. (20xx茂名模擬)如圖,已知AB∥EF∥CD,若AB=4,CD=12,則EF=________. 解析 ∵AB∥CD∥EF, ∴=,=

16、, ∴=,=, ∴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=220=15. 答案 15 9.(20xx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

17、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=21sin 60=. 答案  二、解答題 10. 如圖,已知圓上的?。?,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=BECD. 證明 (1)因為=,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=

18、∠BCD, 所以△BDC∽△ECB,故=, 即BC2=BECD. 11.(20xx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=ADBC. 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=; 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△B

19、FE,所以BC=BF. 同理可證Rt△ADE≌Rt△AFE,得AD=AF. 又在Rt△AEB中,EF⊥AB,故EF2=AFBF, 所以EF2=ADBC. 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)DEDC=AEBD. 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. ∴

20、∠DAC=∠DBC,∠EAD=∠DCB. ∵ED∥AC,∴∠EDA=∠DAC. ∴∠EDA=∠DBC,∴△ADE∽△CBD. ∴DE∶BD=AE∶CD. ∴DEDC=AEBD. 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

21、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)PAPB= PCP

22、D (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)PAPB= PCPD (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=PBPC (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

23、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

24、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=∠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,則的值為________. 解析 ∵ABCD為圓內(nèi)接四邊形,∴∠PBC=∠ADP,又∠P=∠P,∴△BCP∽△DAP,∴==. 答案  4. (20

25、xx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,PAPB

26、=PDPC, ∴13=(3-r)(3+r),則r=. 答案  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

27、,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

28、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=ADAE,求∠BAC的大小. (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=,即ABAC=ADAE 又S=ABACsin∠BAC,且S=ADAE, 故ABACsin∠BAC=ADAE, 則sin∠BAC=1.

29、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=DBEC. 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)?△PCE∽△PAD?=; ?△PAE∽△PBD?=. 又PA是切線,PBC是割線?PA2=PBPC?=.

30、 故=,又AD=AE,故AD2=DBEC. 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】 (20xx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=EBED

31、,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=,CF==. 答案  考點三 圓內(nèi)接四邊形的判定及應(yīng)用 【例3】 (20xx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O

32、P,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

33、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

34、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

35、⊙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BPPE,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, ∴=,即=,② 由①②,可得或(負(fù)值舍去) ∴DE=9+x+y=16. ∵AD是⊙O2的切線,∴AD2=DBDE

36、=916. ∴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=AEBC; (2)已知BC=8,CD=5,AF=6,求EF的長.

37、 (1)證明 ∵BE切⊙O于B, ∴∠ABE=∠ACB. 又AD∥BC,∴∠EAB=∠ABC, ∴△EAB∽△ABC, ∴=. ∴AB2=AEBC. (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.AD和過C點的切線互相垂

38、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. (20xx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=,則線段CD的長為________. 解析 因為AFBF=EFCF,解得CF=2,所以=,即BD=.設(shè)

39、CD=x,AD=4x,所以4x2=,所以x=. 答案  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=-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=CDAC=(AC-BC)AC,解得AC=2. 答案 2 5. (20xx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DFDB=________. 解析 由題

40、意知,AB=6,AE=1, ∴BE=5.∴CEDE=DE2=AEBE=5.在Rt△DEB中,∵EF⊥DB,∴由射影定理得DFDB=DE2=5. 答案 5 6. (20xx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.∴=, ∴AB2=ADAC=mn, ∴AB=. 答案  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,B

41、D=4,則AB的長為______. 解析 ∵AC、AD分別是兩圓的切線, ∴∠C=∠2,∠1=∠D, ∴△ACB∽△DAB. ∴=, ∴AB2=BCBD=24=8. ∴AB==2(舍去負(fù)值). 答案 2 8.(20xx湖南卷)如圖,在半徑為的⊙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PAPB=PCPD. 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

42、===. 答案  9. (20xx重慶卷)如圖,在△ABC中,∠ACB=90,∠A=60,AB=20,過C作△ABC的外接圓的切線CD,BD⊥CD,BD與外接圓交于點E,則DE的長為________. 解析 在Rt△ACB中,∠ACB=90,∠A=60, ∴∠ABC=30.∵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=DEDB, 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C,AC

43、平分∠DAB,AD⊥CD. (1)求證:OC∥AD; (2)若AD=2,AC=,求AB的長. (1)證明 ∵直線CD與⊙O相切于點C, ∴∠DCO=∠DCA+∠ACO=90, ∵AO=CO,∴∠OAC=∠ACO, ∵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. (20

44、xx新課標(biāo)全國Ⅰ卷)如圖,直線AB為圓的切線,切點為B,點C在圓上,∠ABC的角平分線BE交圓于點E,DB垂直BE交圓于點D. (1)證明:DB=DC; (2)設(shè)圓的半徑為1,BC=,延長CE交AB于點F,求△BCF外接圓的半徑. (1)證明 如圖,連接DE,交BC于點G. 由弦切角定理,得∠ABE=∠BCE, 而∠ABE=∠CBE,故∠CBE=∠BCE,所以BE=CE. 又因為DB⊥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的中點為O,連接

45、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△ABC的外角∠EAC的平分線,交BC的延長線于點D,延長DA交△ABC的外接圓于點F,連接FB,F(xiàn)C. (1)求證:FB=FC; (2)求證:FB2=FAFD; (3)若AB是△ABC外接圓的直徑,∠EAC=120,BC=6 cm,求AD的長. (1)證明 因為AD平分∠EAC, 所以∠EAD=∠DAC. 因為四邊形AFBC內(nèi)接于圓, 所以∠DAC=∠FBC. 因為∠EAD=∠FAB=∠FCB, 所以∠FBC=∠FCB,所以FB=FC. (2)證明 因為∠FAB=∠FCB=∠FBC, ∠AFB=∠BFD,所以△FBA∽△FDB, 所以=,所以FB2=FAFD. (3)解 因為AB是圓的直徑, 所以∠ACB=90, 又∠EAC=120,所以∠ABC=30, ∠DAC=∠EAC=60,因為BC=6, 所以AC=BCtan∠ABC=2, 所以AD==4(cm).

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