《高中數(shù)學 第1章 直線、多邊形、圓章末分層突破學案 北師大版選修4-1》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高中數(shù)學 第1章 直線、多邊形、圓章末分層突破學案 北師大版選修4-1（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

【課堂新坐標】2016-2017學年高中數(shù)學 第1章 直線、多邊形、圓章末分層突破學案 北師大版選修4-1 [自我校對] ①平行線分線段成比例定理 ②圓周角定理 ③弦切角定理 ④切割線定理 ⑤相交弦定理 射影定理的應用 射影定理揭示了直角三角形中兩直角邊在斜邊上的射影，斜邊及兩直角邊之間的比例關系，此定理常作為計算與證明的依據(jù)，在運用射影定理時，要特別注意弄清射影與直角邊的對應，分清比例中項，否則在做題中極易出錯. 　如圖11所示，AD，BE是△ABC的高，DF⊥AB于F，DF交BE于G，F(xiàn)D的延長線交AC的延長線于H. 圖11 求證：DF2＝FGFH. 【精彩點撥】　在Rt△ADB中，DF2＝BFAF，要證DF2＝FGFH，只要證BFAF＝FGFH，印證△BFG∽△HFA即可. 【規(guī)范解答】　∵BE⊥AC， ∴∠ABE＋∠BAE＝90. 同理，∠H＋∠HAF＝90， ∴∠ABE＝∠H. 又∠BFG＝∠HFA， ∴△BFG∽△HFA， ∴BF∶HF＝FG∶AF， ∴BFAF＝FGFH. 在Rt△ADB中，DF2＝BFAF， ∴DF2＝FGFH. [再練一題] 1.如圖12，在Rt△ABC中，∠BAC＝90，AD⊥BC于D，DF⊥AC于F，DE⊥AB于E，試證明：(1)ABAC＝BCAD； 圖12 (2)AD2＝BCCFBE. 【證明】　(1)在Rt△ABC中， AD⊥BC， ∴S△ABC＝ABAC＝BCAD. ∴ABAC＝BCAD. (2)Rt△ADB中，DE⊥AB，由射影定理可得BD2＝BEAB， 同理CD2＝CFAC， ∴BD2CD2＝BEABCFAC. 又在Rt△BAC中，AD⊥BC， ∴AD2＝BDDC， ∴AD4＝BEABCFAC， 又ABAC＝BCAD. 即AD3＝BCCFBE. 直線與圓的位置關系 直線與圓有三種位置關系，即相交、相切、相離；其中直線與圓相切的位置關系非常重要，結合此知識點所設計的有關切線的判定與性質(zhì)、弦切角的性質(zhì)等問題是高考選做題熱點之一，解題時要特別注意. 　如圖13所示，⊙O是以AB為直徑的△ABC的外接圓，點D是劣弧的中點，連接AD并延長，與過C點的切線交于P，OD與BC相交于點E. 圖13 求證：(1)OE＝AC； (2)＝. 【精彩點撥】　(1)D為的中點，由垂徑定理得OD⊥CB，OE∥AC，OE為△ABC的中位線. (2)連接CD，可得△PCD∽△PAC，＝，＝. ＝，＝從而得證. 【規(guī)范解答】　(1)∵AB為⊙O的直徑，AC⊥BC. ∵D是的中點， 由垂徑定理得OD⊥BC， ∴OD∥AC. 又∵點O為AB的中點， ∴點E為BC的中點， ∴OE＝AC. (2)連接CD.∵PC是⊙O的切線， ∴∠PCD＝∠PAC.又∠P是公共角， ∴△PCD∽△PAC. 得＝＝，得＝. ∵D是的中點，∴CD＝BD，因此，＝. [再練一題] 2.如圖14，⊙O是Rt△ABC的外接圓，∠ABC＝90，點P是圓外一點，PA切⊙O于點A，且PA＝PB. 圖14 (1)求證：PB是⊙O的切線； (2)已知PA＝，BC＝1，求⊙O的半徑. 【解】　(1)證明：如圖，連接OB. ∵OA＝OB，∴∠OAB＝∠OBA. ∵PA＝PB，∴∠PAB＝∠PBA. ∴∠OAB＋∠PAB＝ ∠OBA＋∠PBA， 即∠PAO＝∠PBO. 又∵PA是⊙O的切線，∴∠PAO＝90. ∴∠PBO＝90.∴OB⊥PB. 又OB是⊙O半徑，∴PB是⊙O的切線. (2)連接OP，交AB于點D.如圖， ∵PA＝PB，∴點P在線段AB的垂直平分線上. ∵OA＝OB，∴點O在線段AB的垂直平分線上. ∴OP垂直平分線段AB. ∴∠PAO＝∠PDA＝90. 又∵∠APO＝∠OPA，∴△APO∽△DPA. ∴＝.∴AP2＝PODP. 又∵OD＝BC＝，∴PO(PO－OD)＝AP2. 即PO2－PO＝()2，解得PO＝2. 在Rt△APO中，OA＝＝1， 即⊙O的半徑為1. 圓周角及其應用 在圓中，連接同弧或等弧上的圓周角，是常用的輔助線，由此可得角相等；有直徑或有垂直條件或證明垂直結論，經(jīng)常根據(jù)圖形適當作出直徑上的圓周角. 　如圖15所示，AB是半圓直徑，C為中點，CD⊥AB于D交AE于F.求證：AF＝CF. 圖15 【精彩點撥】　由CD⊥AB，可連接AC，BC，則△ABC為直角三角形，證明∠CAE＝∠ACD即可. 【規(guī)范解答】　連接AC，BC. ∵AB是直徑， ∴AC⊥BC. ∵CD⊥AB， ∴∠B＝∠ACD. ∵＝， ∴∠B＝∠CAE. ∴∠CAE＝∠ACD，∴AF＝CF. [再練一題] 3.如圖16，點A，B，C是圓O上的點，且AB＝4，∠ACB＝45，則圓O的半徑R＝__________. 圖16 【解析】　法一：如圖過點A作直徑AD，連接BD，∵∠BCA＝45，∴∠BDA＝∠BCA＝45，∴∠DBA＝90，∴△ABD為等腰直角三角形，∵AB＝4，∴AD＝AB＝4，∴OA＝2. 法二：連接OA，OB，則∠AOB＝2∠ACB＝90. ∴△AOB為等腰直角三角形，∴AB＝OA＝4，∴OA＝2. 【答案】　2 與圓有關的比例線段 圓的切線、割線、相交弦可以構成許多相似三角形，結合相似三角形的性質(zhì)，又可以得到一些比例式、乘積式，在解題中，多聯(lián)系這些知識，能夠計算或證明角、線段的有關結論. 　如圖17，A，B是兩圓的交點，AC是小圓的直徑，D和E分別是CA和CB的延長線與大圓的交點，已知AC＝4，BE＝10，且BC＝AD，求DE的長. 圖17 【精彩點撥】　連接AB，則AB⊥CB，由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得∠D＝90，在Rt△CDE中，由勾股定理求解. 【規(guī)范解答】　設CB＝AD＝x，則由割線定理得：CACD＝CBCE， 即4(4＋x)＝x(x＋10)， 化簡得x2＋6x－16＝0， 解得x＝2或x＝－8(舍去)， 即CD＝6，CE＝12. 連接AB，因為CA為小圓的直徑， 所以∠CBA＝90，即∠ABE＝90， 則由圓的內(nèi)接四邊形對角互補，得∠D＝90， 則CD2＋DE2＝CE2， 所以62＋DE2＝122， 所以DE＝6. [再練一題] 4.如圖18，△ABC中，AB＝AC，以AB為直徑作圓，交BC于D，O是圓心，DM是⊙O的切線交AC于M. 圖18 求證：DC2＝ACCM. 【證明】　連接AD，OD. ∵AB是直徑，∴AD⊥BC. ∵OA＝OD， ∴∠BAD＝∠ODA. 又AB＝AC，AD⊥BC， ∴∠BAD＝∠CAD. 則∠CAD＝∠ODA，OD∥AC. ∵DM是⊙O切線，∴OD⊥DM. 則DM⊥AC，DC2＝ACCM. 等價轉化的思想 轉化與化歸就是在處理問題時，把待解決的問題或難解決的問題，通過某種轉化過程，歸結為一類已經(jīng)解決或易解決的問題，最終求得問題的解答.在相似三角形中有很多相等的比例式或等積式，而兩者的聯(lián)系往往是通過幾何圖形間的等價轉換進行的. 　如圖19所示，在等腰△ABC中，過頂點A作AD⊥BC，過底邊端點C作CE⊥AB，作DF⊥CE于F，F(xiàn)G⊥AD于G，求證：＝. 圖19 【精彩點撥】　延長FG交AB于K連接DK，易得K，F(xiàn)分別為BE，CE的中點，易證Rt△ADB∽Rt△DGF，得＝；Rt△ADB∽△KGD，得＝，把以上三式相乘整理可得結論. 【規(guī)范解答】　如圖所示，延長FG交AB于K，連接DK， ∵DF⊥EC，AB⊥EC， ∴DF∥BE. ∵AB＝AC，AD⊥BC，∴BD＝DC， ∴EF＝CF.∵FG∥BC， ∴∠EFK＝∠FCD， ∴Rt△FDC≌Rt△EKF， ∴KF＝DC，∠EKF＝∠FDC， ∴四邊形KFCD是平行四邊形，∴∠FCD＝∠FKD， ∴∠EKD＝∠EKF＋∠FKD＝∠FCD＋∠FDC＝90，∴DK⊥AB，∴DF∥AB. ∴∠BAD＝∠GDF，∴Rt△ADB∽Rt△DGF， ∴＝. ① ∵GK∥BD，∴△AKG∽△ABD，∴＝. ② 在△ABD中，∠ADB＝90，DK⊥AB ∴△ADB∽△AKD.又∵△AKD∽△KGD， ∴△ADB∽△KGD，∴＝. ③ 由①②③相乘，得＝. [再練一題] 5.如圖111所示，在△ABC中，∠CAB＝90，AD⊥BC于D，BE是∠ABC的平分線，交AD于F，求證：＝. 圖111 【證明】　由三角形的內(nèi)角平分線分對邊成兩段的長度比等于夾角兩邊長度的比得， 在△ABD中，＝， ① 在△ABC中，＝， ② 在Rt△ABC中，由射影定理知，AB2＝BDBC，即＝. ③ 由①③得＝， ④ 由②④得＝. 1.(廣東高考)如圖112，已知AB是圓O的直徑，AB＝4，EC是圓O的切線，切點為C，BC＝1.過圓心O作BC的平行線，分別交EC和AC于點D和點P，則OD＝________. 【導學號：96990040】 圖112 【解析】　∵AB為直徑，∴∠BCA＝90.由OP∥BC，得OP＝BC＝，AC＝＝，∴CP＝PA＝. ∵EC為⊙O的切線，∴∠DCP＝∠ABC＝∠AOP. 又∵∠APO＝∠CPD，∴△DCP∽△AOP， ∴＝，∴DP＝，∴OD＝＋＝8. 【答案】　8 2.(天津高考)如圖113，AB是圓的直徑，弦CD與AB相交于點E，BE＝2AE＝2，BD＝ED，則線段CE的長為________. 圖113 【解析】　如圖，設圓心為O，連接OD，則OB＝OD. 因為AB是圓的直徑，BE＝2AE＝2，所以AE＝1，OB＝. 又BD＝ED，∠B為△BOD與△BDE的公共底角， 所以△BOD∽△BDE，所以＝， 所以BD2＝BOBE＝3，所以BD＝DE＝. 因為AEBE＝CEDE，所以CE＝＝. 【答案】　 3.(全國卷Ⅰ)如圖114，△OAB是等腰三角形，∠AOB＝120，以O為圓心，OA為半徑作圓. 圖114 (1)證明：直線AB與⊙O相切； (2)點C，D在⊙O上，且A，B，C，D四點共圓，證明：AB∥CD. 【證明】　(1)設E是AB的中點，連接OE. 因為OA＝OB，∠AOB＝120， 所以OE⊥AB，∠AOE＝60. 在Rt△AOE中，OE＝AO，即O到直線AB的距離等于⊙O的半徑，所以直線AB與⊙O相切. (2)因為OA＝2OD， 所以O不是A，B，C，D四點所在圓的圓心. 設O′是A，B，C，D四點所在圓的圓心，作直線OO′. 由已知得O在線段AB的垂直平分線上， 又O′在線段AB的垂直平分線上，所以OO′⊥AB. 同理可證，OO′⊥CD，所以AB∥CD. 4.(全國卷Ⅱ)如圖115，O為等腰三角形ABC內(nèi)一點，⊙O與△ABC的底邊BC交于M，N兩點，與底邊上的高AD交于點G，且與AB，AC分別相切于E，F(xiàn)兩點. 圖115 (1)證明：EF∥BC； (2)若AG等于⊙O的半徑，且AE＝MN＝2，求四邊形EBCF的面積. 【解】　(1)證明：由于△ABC是等腰三角形，AD⊥BC， 所以AD是∠CAB的平分線. 又因為⊙O分別與AB，AC相切于點E，F(xiàn)，所以AE＝AF， 故AD⊥EF，從而EF∥BC. (2)解：由(1)知，AE＝AF，AD⊥EF， 故AD是EF的垂直平分線. 又EF為⊙O的弦，所以O在AD上. 連接OE，OM，則OE⊥AE. 由AG等于⊙O的半徑得AO＝2OE，所以∠OAE＝30. 因此△ABC和△AEF都是等邊三角形. 因為AE＝2，所以AO＝4，OE＝2. 因為OM＝OE＝2，DM＝MN＝，所以OD＝1. 于是AD＝5，AB＝. 所以四邊形EBCF的面積為2－(2)2＝. 5.(全國卷Ⅱ)如圖116，在正方形ABCD中，E，G分別在邊DA，DC上(不與端點重合)，且DE＝DG，過D點作DF⊥CE，垂足為F. 圖116 (1)證明：B，C，G，F(xiàn)四點共圓； (2)若AB＝1，E為DA的中點，求四邊形BCGF的面積. (1)證明：因為DF⊥EC， 所以△DEF∽△CDF， 則有∠GDF＝∠DEF＝∠FCB， ＝＝， 所以△DGF∽△CBF， 由此可得∠DGF＝∠CBF. 因此∠CGF＋∠CBF＝180，所以B，C，G，F(xiàn)四點共圓. (2)解：由B，C，G，F(xiàn)四點共圓，CG⊥CB知FG⊥FB. 連接GB.由G為Rt△DFC斜邊CD的中點，知GF＝GC，故Rt△BCG≌Rt△BFG，因此，四邊形BCGF的面積S是△GCB面積S△GCB的2倍， 即S＝2S△GCB＝21＝.