高考数学一轮细讲精练【选修4-1】几何证明选讲

这是一份高考数学一轮细讲精练【选修4-1】几何证明选讲，共30页。


第1讲 相似三角形的判定及有关性质
[最新考纲]
了解平行线等分线段定理和平行截割定理；掌握相似三角形的判定定理及性质定理；理解直角三角形射影定理．
知 识 梳 理
1．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，那么在其他直线上截得的线段也相等．
(2)平行线分线段成比例定理
①定理：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．
②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．
2．相似三角形的判定与性质
(1)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．
②两边对应成比例并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．
(2)相似三角形的性质定理
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．
3．直角三角形的射影定理
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射影与斜边的比例中项．
如图，在Rt△ABC中，CD是斜边上的高，
则有CD2＝AD·BD，
AC2＝AD·AB，BC2＝BD·AB.
诊 断 自 测
1. 如图，已知a∥b∥c，直线m，n分别与a，b，c交于点A，B，C和A′，B′，C′，
如果AB＝BC＝1，A′B′＝eq \f(3,2)，则B′C′＝________.
解析 由平行线等分线段定理可直接得到答案．
答案 eq \f(3,2)
2.如图，△ABC∽△AFE，EF＝8，且△ABC与△AFE的相似比是3∶2，则BC等于________．
解析 ∵△ABC∽△AFE，
∴eq \f(BC,EF)＝eq \f(3,2).
又EF＝8，∴BC＝12.
答案 12
3. (2014·揭阳模拟)如图，BD⊥AE，∠C＝90°，AB＝4，BC＝2，AD＝3，则EC＝________.
解析 在Rt△ADB中，
DB＝eq \r(AB2－AD2)＝eq \r(7)，
依题意得，△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.如图，∠C＝90°，∠A＝30°，E是AB中点，DE⊥AB于E，则△ADE与△ABC的相似比是________．
解析 ∵E为AB中点，∴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，∴相似比为eq \f(AE,AC)＝eq \f(1,\r(3)).
故△ADE与△ABC的相似比为1∶eq \r(3).
答案 1∶eq \r(3)
5. (2014·湛江模拟)如图，在△ABC中，D是AC的中点，E是BD的中点，AE交于BC于F，则eq \f(BF,FC)＝________.
解析 如图，过点D作DG∥AF，交BC于点G，易得FG＝GC，又在△BDG中，BE＝DE，即
EF为△BDG的中位线，故BF＝FG，因此eq \f(BF,FC)＝eq \f(1,2).
答案 eq \f(1,2)
考点一 平行截割定理的应用
【例1】 如图，在△ABC中，DE∥BC，EF∥CD，若BC＝3，DE＝2，DF＝1，则AB的长为________．
解析 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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)
规律方法 利用平行截割定理解决问题，特别注意被平行线所截的直线，找准成比例的线段，得到相应的比例式，有时需要进行适当的变形，从而得到最终的结果．
【训练1】 如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝4，CD＝2.E，F分别为AD，BC上的点，且EF＝3，EF∥AB，则梯形ABFE与梯形EFCD的面积比为________．
解析 如图，延长AD，BC交于一点O，作OH⊥AB于点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
考点二 相似三角形的判定及性质
【例2】 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，E为AC的中点，
ED、CB延长线交于一点F.
求证：FD2＝FB·FC.
证明 ∵E是Rt△ACD斜边中点，
∴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.
规律方法 判定两个三角形相似要注意结合图形性质灵活选择判定定理，特别要注意对应角和对应边．证明线段乘积相等的问题一般转化为有关线段成比例问题．
(2)相似三角形的性质可用来证明线段成比例、角相等；可间接证明线段相等．
【训练2】 (2013·陕西卷)如图，AB与CD相交于点E，过E作BC的平行线与AD的延长线交于点P，已知∠A＝∠C，PD＝2DA＝2，则PE＝________.
解析 ∵PE∥BC，∴∠C＝∠PED，
又∠C＝∠A，则有∠A＝∠PED，又∠为公共角，
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)
考点三 直角三角形射影定理及其应用
【例3】 如图所示，AD、BE是△ABC的两条高，DF⊥AB，垂足为F，直线FD交BE于点G，交AC的延长线于H，求证：DF2＝GF·HF.
证明 ∵∠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.
因为在Rt△ABD中，FD⊥AB，∴DF2＝AF·BF，
所以DF2＝GF·HF.
规律方法 (1)在使用直角三角形射影定理时，要注意将“乘积式”转化为相似三角形中的“比例式”．
(2)证题时，要注意作垂线构造直角三角形是解决直角三角形问题时常用的方法．
【训练3】 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D， AD＝4，sin∠ACD＝eq \f(4,5)，则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 3 eq \f(15,4)
三角形相似与圆的交汇问题
【典例】 如图所示，⊙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，连接DB并延长交⊙O于点E，证明：
(1)AC·BD＝AD·AB；
(2)AC＝AE.
[审题视点] (1)根据待证等式可将各边回归到△ACB，△DAB中，再证两三角形相似；(2)本问可先证明△EAD∽△ABD，再结合第(1)问结论得证．
证明 (1)由AC与⊙O′相切于A，得∠CAB＝∠ADB，
同理∠ACB＝∠DAB，所以△ACB∽△DAB.
从而eq \f(AC,AD)＝eq \f(AB,BD)，
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eq \f(AE,AB)＝eq \f(AD,BD)，即AE·BD＝AD·AB.
综合(1)的结论知，AC＝AE.
[反思感悟] 1.易失分点：(1)证明本题第(2)问时，想不到证明△EAD∽△ABD，从而无法解答．
(2)证明本题第(2)问时，没有应用第(1)问的结论从而无法证明结论成立．
2．防范措施：(1)证明等积式成立，应先把它写成比例式，找出比例式中给出的线段所在三角形是否相似，若不相似，则进行线段替换或等比替换．
(2)在有多个结论的题目中，如果结论带有普遍性，已经证明的结论，可作为证明下一个结论成立的条件使用．
【自主体验】
(2013·江苏卷)如图，AB和BC分别与圆O相切于点D，C，AC经过圆心O，且BC＝2OC.
求证：AC＝2AD
证明 连接OD，因为AB和BC分别与圆O相切于点D，C，
所以∠ADO＝∠ACB＝90°.
又因为∠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、填空题
1．如图，BD，CE是△ABC的高，BD，CE交于F，写出图中所有与△ACE相似的三角形为________．
解析 由Rt△ACE与Rt△FCD和Rt△ABD各共一个锐角，因而它们均相似，又易知∠BFE＝∠A，故Rt△ACE∽Rt△FBE.
答案 △FCD、△FBE、△ABD
2.
(2014·西安模拟)如图，在△ABC中，M，N分别是AB，BC的中点，AN，CM交于点O，那么△MON与△AOC面积的比是________．
解析 ∵M，N分别是AB、BC中点，故MN綉eq \f(1,2)AC，
∴△MON∽△COA，∴eq \f(S△MON,S△AOC)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(MN,AC)))2＝eq \f(1,4).
答案 1∶4
3.
(2014·渭南模拟)如图，∠B＝∠D，AE⊥BC，∠ACD＝90°，且AB＝6，AC＝4，AD＝12，则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 2
4.
(2014·佛山质检)如图，在直角梯形ABCD中，DC∥AB，CB⊥AB，AB＝AD＝a，CD＝eq \f(a,2)，点E，F分别为线段AB，AD的中点，则EF＝________.
解析 连接DE和BD，依题知，EB∥DC，EB＝DC＝eq \f(a,2)，CB⊥AB，∴EBCD为矩形，∴DE⊥AB，又E是AB的中点，所以△ABD为等腰三角形．故AD＝DB＝a，∵E，F分别是AD，AB的中点，∴EF＝eq \f(1,2)DB＝eq \f(1,2)a.
答案 eq \f(a,2)
5．已知圆的直径AB＝13，C为圆上一点，过C作CD⊥AB于D(AD＞BD)，若CD＝6，则AD＝________.
解析
如图，连接AC，CB，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°.
设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 9
6．(2013·广东卷)如图，在矩形ABCD中，AB＝eq \r(3)，BC＝3，BE⊥AC，垂足为E，则ED＝________.
解析 在Rt△ABC中，BC＝3，AB＝eq \r(3)，所以∠BAC＝60°.因为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·cs∠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.
(2014·茂名模拟)如图，已知AB∥EF∥CD，若AB＝4，CD＝12，则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 3
8.
如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，BD与AC相交于O，过O的直线分别交AB、CD于E、F，且EF∥BC，若AD＝12，BC＝20，则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 15
9．(2012·广东卷)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做圆O的切线与OC的延长线交于点P，则PA＝________.
解析 连接AO，AC，因为∠ABC＝30°，所以∠CAP＝30°，∠AOC＝60°，△AOC为等边三角形，则∠ACP＝120°，
∴∠APC＝30°，∴△ACP为等腰三角形，且AC＝CP＝1，
∴PA＝2×1×sin 60°＝eq \r(3).
答案 eq \r(3)
二、解答题
10.
如图，已知圆上的弧eq \x\t(AC)＝eq \x\t(BD)，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eq \x\t(AC)＝eq \x\t(BD)，所以∠ABC＝∠BCD.
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eq \f(BC,BE)＝eq \f(CD,BC)，
即BC2＝BE·CD.
11．(2013·辽宁卷)如图，AB为⊙O的直径，直线CD与⊙O相切于E，AD垂直CD于D，BC垂直CD于C，EF垂直AB于F，连接AE，BE.
证明：(1)∠FEB＝∠CEB；
(2)EF2＝AD·BC.
证明 (1)由直线CD与⊙O相切，得∠CEB＝∠EAB.
由AB为⊙O的直径，得AE⊥EB，
从而∠EAB＋∠EBF＝eq \f(π,2)；
又EF⊥AB，得∠FEB＋∠EBF＝eq \f(π,2).
从而∠FEB＝∠EAB.故∠FEB＝∠CEB.
(2)由BC⊥CE，EF⊥AB，∠FEB＝∠CEB，BE是公共边，
得Rt△BCE≌Rt△BFE，所以BC＝BF.
同理可证Rt△ADE≌Rt△AFE，得AD＝AF.
又在Rt△AEB中，EF⊥AB，故EF2＝AF·BF，
所以EF2＝AD·BC.
12.
如图，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝DC，过点D作AC的平行线DE，交BA的延长线于点E，求证：
(1)△ABC≌△DCB；
(2)DE·DC＝AE·BD.
证明 (1)∵四边形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讲 直线与圆
[最新考纲]
1．理解圆周角定理及其推论；掌握圆的切线的判定定理及性质定理；理解弦切角定理及其推论．
2．掌握相交弦定理、割线定理、切割线定理；理解圆内接四边形的性质定理与判定定理.
知 识 梳 理
1．圆周角定理与圆心角定理
(1)圆周角定理及其推论
①定理：圆上一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半．
②推论：(i)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也相等．
(ii)推论2：半圆(或直径)所对的圆周角是直角；90°的圆周角所对的弦是直径．
(2)圆心角定理：圆心角的度数等于它所对弧的度数．
2．弦切角的性质
弦切角定理：弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角．
3．圆的切线的性质及判定定理
(1)定理：圆的切线垂直于经过切点的半径．
(2)推论：
①推论1：经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．
②推论2：经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心．
4．与圆有关的比例线段
5.圆内接四边形的性质与判定定理
(1)圆内接四边形的性质定理
①定理1：圆内接四边形的对角互补．
②定理2：圆内接四边形的外角等于它的内角的对角．
(2)圆内接四边形的判定定理及推论
①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．
②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．
诊 断 自 测
1.如图，△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，AC＝6，以AC为直径的圆与斜边交于点P，则BP长为________．
解析 连接CP.由推论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.如图，AB、AC是⊙O的两条切线，切点分别为B、C，D是优弧上的点，已知∠BAC＝80°， 那么∠BDC＝______.
解析 连接OB、OC，则OB⊥AB，OC⊥AC，∴∠BOC＝180°－∠BAC＝100°，
∴∠BDC＝eq \f(1,2)∠BOC＝50°.
答案 50°
3.如图，四边形ABCD是圆O的内接四边形，延长AB和DC相交 于点P.若PB＝1，PD＝3，则eq \f(BC,AD)的值为________．
解析 ∵ABCD为圆内接四边形，∴∠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. (2014·广州调研)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＝________.
解析 连接BD，由题意知，∠ADB＝∠MAB＝35°，∠BDC＝90°，故∠ADC＝∠ADB＋∠BDC＝125°.
答案 125°
5．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r＝________.
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)，则r＝eq \r(6).
答案 eq \r(6)
考点一 圆周角、弦切角及圆的切线问题
【例1】 如图所示，⊙O的直径为6，AB为⊙O的直径，C为圆周上一点，BC＝3，过C作圆的切线l，过A作l的垂线AD，AD分别与直线l、圆交于D、E.
(1)求∠DAC的度数；
(2)求线段AE的长．
解 (1)由已知△ADC是直角三角形，易知∠CAB＝30°，
由于直线l与⊙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 连接BE，如图(1)所示，∠EAB＝60°＝∠CBA，
则Rt△ABE≌Rt△BAC，所以AE＝BC＝3.
法二 连接EC，OC，如图(2)所示，则由弦切角定理知，∠DCE＝∠CAE＝30°，又∠DCA＝60°，故∠ECA＝30°，
(2)
又因为∠CAB＝30°，故∠ECA＝∠CAB，从而EC∥AO，
由OC⊥l，AD⊥l，可得OC∥AE，故四边形AOCE是平行四边形，
又因为OA＝OC，故四边形AOCE是菱形，故AE＝AO＝3.
规律方法 (1)圆周角定理及其推论与弦切角定理及其推论多用于推出角的关系，从而证明三角形全等或相似，可求线段或角的大小．
(2)涉及圆的切线问题时要注意弦切角的转化；关于圆周上的点，常作直径(或半径)或向弦(弧)两端画圆周角或作弦切角．
【训练1】 如图，△ABC的角平分线AD的延长线交它的外接圆于点E.
(1)证明：△ABE∽△ADC；
(2)若△ABC的面积S＝eq \f(1,2)AD·AE，求∠BAC的大小．
(1)证明 由已知条件，可得∠BAE＝∠CAD.
因为∠AEB与∠ACD是同弧所对的圆周角．
所以∠AEB＝∠ACD.故△ABE∽△ADC.
(2)解 因为△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，
则sin∠BAC＝1.又∠BAC为△ABC的内角，
所以∠BAC＝90°.
考点二 与圆有关的比例线段
【例2】 如图，PA切⊙O于点A，割线PBC交⊙O于点B，C，∠APC的角平分线分别与AB、AC相交于点D、E，求证：
(1)AD＝AE；
(2)AD2＝DB·EC.
证明 (1)∠AED＝∠EPC＋∠C，
∠ADE＝∠APD＋∠PAB.
因PE是∠APC的角平分线，故∠EPC＝∠APD.
又PA是⊙O的切线，故∠C＝∠PAB.
所以∠AED＝∠ADE.故AD＝AE.
(2)eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(∠PCE＝∠PAD,∠CPE＝∠APD))⇒△PCE∽△PAD⇒eq \f(EC,AD)＝eq \f(PC,PA)；
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(∠PEA＝∠PDB,∠APE＝∠BPD))⇒△PAE∽△PBD⇒eq \f(AE,DB)＝eq \f(PA,PB).
又PA是切线，PBC是割线⇒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.
规律方法 涉及与圆有关的等积线段或成比例的线段，常利用圆周角或弦切角证明三角形相似，在相似三角形中寻找比例线段；也可以利用相交弦定理、切割线定理证明线段成比例，在实际应用中，一般涉及两条相交弦应首先考虑相交弦定理，涉及两条割线就要想到割线定理，见到切线和割线时要注意应用切割线定理．
【训练2】 (2013·天津卷)如图，△ABC为圆的内接三角形，BD为圆的弦，且BD∥AC.过点A作圆的切线与DB的延长线交于点E，AD与BC交于点F.若AB＝AC，AE＝6，BD＝5，则线段CF的长为________．
解析 由切割线定理得AE2＝EB·ED，解得EB＝4.
因为AB＝AC，所以∠ABC＝∠ACB＝∠ADB.
由弦切角定理得∠EAB＝∠EDA，所以∠EAB＝∠ABC，则AE∥BC，
因为AC∥BD，所以四边形AEBC是平行四边形．
所以AE＝BC＝6，AC＝EB＝4，又由题意可得△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)
考点三 圆内接四边形的判定及应用
【例3】 (2014·银川一中月考)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．
(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)解 由(1)得A、P、O、M四点共圆，
所以∠OAM＝∠OPM，
由(1)得OP⊥AP，因为圆心O在∠PAC的内部，
所以∠OPM＋∠APM＝90°，所以∠OAM＋∠APM＝90°.
规律方法 (1)如果四点与一定点距离相等，那么这四点共圆；(2)如果四边形的一组对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆；(3)如果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．
【训练3】 如图，已知△ABC的两条角平分线AD和CE相交于点H，∠ABC＝60°，F在AC上，且AE＝AF.
求证：(1)B、D、H、E四点共圆；
(2)CE平分∠DEF.
证明 (1)在△ABC中，∵∠ABC＝60°，
∴∠BAC＋∠BCA＝120°.
∵AD，CE分别是△ABC的角平分线，
∴∠HAC＋∠HCA＝60°，
∴∠AHC＝120°.
∴∠EHD＝∠AHC＝120°.
∴∠EBD＋∠EHD＝180°.
∴B，D，H，E四点共圆．
(2)连接BH，则BH为∠ABC的平分线，
∴∠EBH＝∠HBD＝30°.
由(1)知B，D，H，E四点共圆，
∴∠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.
关于圆的综合应用
【典例】 如图所示，已知⊙O1和⊙O2相交于A，B两点，过A点作⊙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．
[审题视点] (1)连接AB，在⊙O1中使用弦切角定理，在⊙O2中使用圆周角定理，即可证明∠D＝∠E；(2)根据切割线定理，只要求出BE的长度即可，在⊙O2中根据相交弦定理可得BP·PE，根据(1)中△ADP∽△CEP，又可得BP，PE的一个方程，解方程组求出BP，PE的长度即可．
(1)证明 连接AB，如图所示．
∵AC是⊙O1的切线，∴∠BAC＝∠D.
又∵∠BAC＝∠E.∴∠D＝∠E.∴AD∥EC.
(2)解 设BP＝x，PE＝y，
∵PA＝6，PC＝2，∴xy＝12.①
∵根据(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\c1(x＝3，,y＝4))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－12，,y＝－1.))(负值舍去)
∴DE＝9＋x＋y＝16.
∵AD是⊙O2的切线，∴AD2＝DB·DE＝9×16.
∴AD＝12.
[反思感悟] 在平面几何的有关计算中往往要使用比例线段，产生比例线段的一个主要根据是两三角形相似，本题中使用三角形的相似把⊙O2中两条待求的线段联系起来，发挥了相似三角形的桥梁作用．在涉及两圆的公共弦时，通常是作出两圆的公共弦，如果有过公共点的切线就可以使用弦切角定理，在两个圆内实现角的等量代换，这是解决两个圆相交且在交点处有圆的切线问题的基本思考方向．
【自主体验】
如图，梯形ABCD内接于⊙O，AD∥BC，过B引⊙O的切线分别交DA、CA的延长线于E、F.
(1)求证：AB2＝AE·BC；
(2)已知BC＝8，CD＝5，AF＝6，求EF的长．
(1)证明 ∵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、填空题
1.
如图，AB是⊙O的直径，MN与⊙O切于点C，AC＝eq \f(1,2)BC，则sin∠MCA＝________.
解析 由弦切角定理得，
∠MCA＝∠ABC，sin ∠ABC＝eq \f(AC,AB)＝eq \f(AC,\r(AC2＋BC 2))＝eq \f(AC,\r(5)AC)＝eq \f(\r(5),5).
答案 eq \f(\r(5),5)
2.
如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点．AD和过C点的切线互相垂直，垂足为D，∠DAB＝80°，则∠ACO＝________.
解析 ∵CD是⊙O的切线，∴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＝eq \f(3,2)，则线段CD的长为________．
解析 因为AF·BF＝EF·CF，解得CF＝2，所以eq \f(3,4)＝eq \f(2,BD)，即BD＝eq \f(8,3).设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.
如图，在△ABC中，AB＝AC，∠C＝72°，⊙O过A、B两点且与BC相切于点B，与AC交于点D，连接BD，若BC＝eq \r(5)－1，则AC＝________.
解析 由题易知，∠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·陕西卷)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 由题意知，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·广东卷)如图，直线PB与圆O相切于点B，D是弦AC上的点，∠PBA＝∠DBA.若AD＝m，AC＝n，则AB＝________.
解析 ∵PB切⊙O于点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.若BC＝2，BD＝4，则AB的长为______．
解析 ∵AC、AD分别是两圆的切线，
∴∠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)(舍去负值)．
答案 2eq \r(2)
8．(2013·湖南卷)如图，在半径为eq \r(7)的⊙O中，弦AB，CD相交于点P，PA＝PB＝2，PD＝1，则圆心O到弦CD的距离为________．
解析 根据相交弦定理求出PC的长，
过O作弦CD的垂线．
由相交弦定理得PA·PB＝PC·PD.
又PA＝PB＝2，PD＝1，则PC＝4，
∴CD＝PC＋PD＝5.
过O作CD的垂线OE交CD于E，则E为CD中点，
∴OE＝eq \r(r2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(CD,2)))2)＝eq \r(7－\f(25,4))＝eq \f(\r(3),2).
答案 eq \f(\r(3),2)
9.
(2013·重庆卷)如图，在△ABC中，∠ACB＝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 在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，
∴∠ABC＝30°.∵AB＝20，
∴AC＝10，BC＝10eq \r(3).
∵CD为切线，∴∠BCD＝∠A＝60°.
∵∠BDC＝90°，∴BD＝15，CD＝5eq \r(3).
由切割线定理得DC2＝DE·DB，
即(5eq \r(3))2＝15DE，
∴DE＝5.
答案 5
二、解答题
10.
如图，已知AB是⊙O的直径，直线CD与⊙O相切于点C，AC平分∠DAB，AD⊥CD.
(1)求证：OC∥AD；
(2)若AD＝2，AC＝eq \r(5)，求AB的长．
(1)证明 ∵直线CD与⊙O相切于点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°，
连接BC，∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ADC＝∠ACB，
又∵∠DAC＝∠BAC，
∴△ADC∽△ACB，
∴eq \f(AD,AC)＝eq \f(AC,AB)，
∵AD＝2，AC＝eq \r(5)，∴AB＝eq \f(5,2).
11.
(2013·新课标全国Ⅰ卷)如图，直线AB为圆的切线，切点为B，点C在圆上，∠ABC的角平分线BE交圆于点E，DB垂直BE交圆于点D.
(1)证明：DB＝DC；
(2)设圆的半径为1，BC＝eq \r(3)，延长CE交AB于点F，求△BCF外接圆的半径．
(1)证明 如图，连接DE，交BC于点G.
由弦切角定理，得∠ABE＝∠BCE，
而∠ABE＝∠CBE，故∠CBE＝∠BCE，所以BE＝CE.
又因为DB⊥BE，所以DE为圆的直径，∠DCE＝90°.
由勾股定理可得DB＝DC.
(2)解 由(1)知，∠CDE＝∠BDE，DB＝DC，
故DG是BC边的中垂线，所以BG＝eq \f(\r(3),2).
设DE的中点为O，连接BO，则∠BOG＝60°，从而∠ABE＝∠BCE＝∠CBE＝30°，
所以CF⊥BF，故Rt△BCF外接圆的半径为eq \f(\r(3),2).
12.
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．
(1)证明 因为AD平分∠EAC，
所以∠EAD＝∠DAC.
因为四边形AFBC内接于圆，
所以∠DAC＝∠FBC.
因为∠EAD＝∠FAB＝∠FCB，
所以∠FBC＝∠FCB，所以FB＝FC.
(2)证明 因为∠FAB＝∠FCB＝∠FBC，
∠AFB＝∠BFD，所以△FBA∽△FDB，
所以eq \f(FB,FD)＝eq \f(FA,FB)，所以FB2＝FA·FD.
(3)解 因为AB是圆的直径，
所以∠ACB＝90°，
又∠EAC＝120°，所以∠ABC＝30°，
∠DAC＝eq \f(1,2)∠EAC＝60°，因为BC＝6，
所以AC＝BCtan∠ABC＝2eq \r(3)，
所以AD＝eq \f(AC,cs∠DAC)＝4eq \r(3)(cm)．
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∽△BDP
(1)在PA、PB、PC、PD四线段中知三求一
(2)求弦长及角
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
(2)应用相似求AC、BD
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
切线
长定
理
PA、PB是⊙O的切线
(1)PA＝PB
(2)∠OPA＝∠OPB
(1)证线段相等，已知PA求PB
(2)求角