2023年高考總復(fù)習(xí)教師用書完美版（數(shù)學(xué)文科）選修部分

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第1講相像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；把握相像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

假使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．相像三角形的判定與性質(zhì)(1)相像三角形的判定定理

①兩角對應(yīng)相等的兩個三角形相像．

②兩邊對應(yīng)成比例并且夾角相等的兩個三角形相像．③三邊對應(yīng)成比例的兩個三角形相像．(2)相像三角形的性質(zhì)定理

①相像三角形對應(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像比．②相像三角形周長的比等于相像比．③相像三角形面積的比等于相像比的平方．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′，3

假使AB＝BC＝1，A′B′＝，則B′C′＝________.

2

解析由平行線等分線段定理可直接得到答案．3答案

2

2.如圖，△ABC∽△AFE，EF＝8，且△ABC與△AFE的相像比是3∶2，則BC等于________．

解析∵△ABC∽△AFE，∴BC3＝.EF2

又EF＝8，∴BC＝12.答案12

3.(2023·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＝AB2－AD2＝7，依題意得，△ADB∽△ACE，∴

DBADDB·AC

＝，可得EC＝＝27.ECACAD

答案27

4.如圖，∠C＝90°，∠A＝30°，E是AB中點，DE⊥AB于E，則△ADE與△ABC的相像比是________．

AE113

解析∵E為AB中點，∴＝，即AE＝AB，在Rt△ABC中，∠A＝30°，AC＝AB，

AB222AE1

又∵Rt△AED∽Rt△ACB，∴相像比為＝.AC3故△ADE與△ABC的相像比為1∶3.答案1∶3

5.(2023·湛江模擬)如圖，在△ABC中，D是AC的中點，E是BD的中點，AE交于BCBF

于F，則＝________.

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

BF1

EF為△BDG的中位線，故BF＝FG，因此＝.

FC21答案

2

考點一平行截割定理的應(yīng)用

如圖，在△ABC中，DE∥BC，EF∥CD，若BC＝3，DE＝2，DF＝1，則AB的長為________．

DE∥BC，??

解析由?EF∥CD，

??BC＝3，DE＝2

?

AEAFDE2

＝＝＝，又DF＝1，ACADBC3

故可解得AF＝2，∴AD＝3，又

AD29＝，∴AB＝.AB32

9答案

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．

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.

∴

x＋h1x23

＝，得x＝2h1，＝，得h1＝h2.x＋h13x＋h1＋h24

17

∴S梯形ABFE＝×(3＋4)×h2＝h2，

2215

S梯形EFCD＝×(2＋3)×h1＝h1，

22∴S梯形ABFE∶S梯形EFCD＝7∶5.答案7∶5

考點二相像三角形的判定及性質(zhì)

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，∴

FBFD

＝，∴FD2＝FB·FC.FDFC

規(guī)律方法判定兩個三角形相像要注意結(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)相像三角形的性質(zhì)可用來證明線段成比例、角相等；可間接證明線段相等．(2023·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∠P為公共角，所以△PDE∽△PEA，

PDPE

＝，即PE2＝PD·PA＝2×3＝6，故PE＝6.PEPA答案

6

考點三直角三角形射影定理及其應(yīng)用

如下圖，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°，HFAF

∴△AFH∽△GFB.∴＝，

BFGF∴AF·BF＝GF·HF.

由于在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)化為相像三角形中的“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．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于點D，AD＝4，sin∠ACD

即BC2＝BE·CD.

11．(2023·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，π從而∠EAB＋∠EBF＝；

2π

又EF⊥AB，得∠FEB＋∠EBF＝.

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；把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．把握相交弦定理、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

定理名稱相交弦定理基本圖形條件結(jié)論應(yīng)用(1)在PA、PB、PC、PD四線段中知三求一(2)求弦長及角弦AB、CD相交于圓內(nèi)點P(1)PA·PB＝PC·PD(2)△ACP∽△BDP割線定理切割線定理切線長定理PAB、PCD是⊙O的割線PA切⊙O于A，PBC是⊙O的割線(1)PA·PB＝PC·PD(2)△PAC∽△PDB(1)PA2＝PB·PC(2)△PAB∽△PCA(1)求線段PA、PB、PC、PD(2)應(yīng)用相像求AC、BD(1)已知PA、PB、PC知二可求一(2)求解AB、ACPA、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(bǔ)．

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：假使一個四邊形的對角互補(bǔ)，那么這個四邊形的四個頂點共圓．

②推論：假使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6.4

2.如圖，AB、AC是⊙O的兩條切線，切點分別為B、C，D是優(yōu)弧BC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°，

1

∴∠BDC＝∠BOC＝50°.

2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，PDBC

＝3，則的值為________．

AD

解析∵ABCD為圓內(nèi)接四邊形，∴∠PBC＝∠ADP，又∠P＝∠P，∴△BCP∽△DAP，∴

BCPB1＝＝.ADPD31答案

3

4.(2023·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．如下圖，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＝6.答案

6

考點一圓周角、弦切角及圓的切線問題

如下圖，⊙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°.(2)法一連接BE，如圖(1)所示，∠EAB＝60°＝∠CBA，則Rt△ABE≌Rt△BAC，所以AE＝BC＝3.

(1)

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)

又由于∠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，又由于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像，可求線段或角的大小．

(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．

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；

1

(2)若△ABC的面積S＝AD·AE，求∠BAC的大?。?/p>

2(1)證明由已知條件，可得∠BAE＝∠CAD.由于∠AEB與∠ACD是同弧所對的圓周角．所以∠AEB＝∠ACD.故△ABE∽△ADC.

ABAE

(2)解由于△ABE∽△ADC，所以＝，即AB·AC＝AD·AE

ADAC11又S＝AB·ACsin∠BAC，且S＝AD·AE，

22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

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.

∠PCE＝∠PAD??ECPC

??△PCE∽△PAD?(2)＝；

ADPA∠CPE＝∠APD??

∠PEA＝∠PDB??AEPA

??△PAE∽△PBD?＝.

DBPB?∠APE＝∠BPD?

PAPC

又PA是切線，PBC是割線?PA2＝PB·PC?＝.PBPA故

ECAE

＝，又AD＝AE，故AD2＝DB·EC.ADDB

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像，在相像三角形中尋覓比例線段；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．

(2023·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.由于AB＝AC，所以∠ABC＝∠ACB＝∠ADB.

由弦切角定理得∠EAB＝∠EDA，所以∠EAB＝∠ABC，則AE∥BC，由于AC∥BD，所以四邊形AEBC是平行四邊形．

CACFCA2所以AE＝BC＝6，AC＝EB＝4，又由題意可得△CAF∽△CBA，所以＝，CF＝

CBCACB8

＝.3

8答案

3

考點三圓內(nèi)接四邊形的判定及應(yīng)用

(2023·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?。?/p>

(1)證明連接OP，OM，由于AP與⊙O相切于點P，所以O(shè)P⊥AP.由于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(bǔ)，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，由于圓心O在∠PAC的內(nèi)部，所以∠OPM＋∠APM＝90°，所以∠OAM＋∠APM＝90°.

規(guī)律方法(1)假使四點與一定點距離相等，那么這四點共圓；(2)假使四邊形的一組對角互補(bǔ)，那么這個四邊形的四個頂點共圓；(3)假使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．

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

如下圖，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，如下圖．

∵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，∴

9＋x6DPAP

＝，即＝，②EPCPy2

???x＝3，?x＝－12，?由①②，可得或?(負(fù)值舍去)?y＝4???y＝－1.

∴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)是兩三角形相像，此題中使用三角形的相像把⊙O2中兩條待求的線段聯(lián)系起來，發(fā)揮了相像三角形的橋梁作用．在涉及兩圓的公共弦時，尋常是作出兩圓的公共弦，假使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．

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，∴AEAB

＝.ABBC

∴AB2＝AE·BC.

BEAB(2)解由(1)△EAB∽△ABC，∴＝.

ACBCEFBEABEF

又AE∥BC，∴＝，∴＝.

AFACBCAF又AD∥BC，∴AB＝CD，∴AB＝CD，∴

CDEF5EF

＝，∴＝，BCAF86

3015∴EF＝＝.

84

一、填空題

1

1.如圖，AB是⊙O的直徑，MN與⊙O切于點C，AC＝BC，則sin∠MCA＝________.

2

解析由弦切角定理得，

ACACAC5

∠MCA＝∠ABC，sin∠ABC＝＝＝＝.

AB5AC5AC2＋BC2答案

5

5

2.如圖，AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點．AD和過C點的切線相互垂直，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.(2023·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，EF3

＝，則線段CD的長為________．2

328

解析由于AF·BF＝EF·CF，解得CF＝2，所以＝，即BD＝.設(shè)CD＝x，AD＝4x，

4BD3644

所以4x2＝，所以x＝.

93

4答案

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＝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2

5.(2023·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5

6.(2023·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，ABAD∴△ABD∽△ACB.∴＝，

ACAB∴AB2＝AD·AC＝mn，∴AB＝mn.答案

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.∴

BCAB＝，ABBD

∴AB2＝BC·BD＝2×4＝8.∴AB＝8＝22(舍去負(fù)值)．答案22

8．(2023·湖南卷)如圖，在半徑為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＝答案

3

2

CD?2

r2－??2?＝

2537－＝.42

9.(2023·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＝103.

∵CD為切線，∴∠BCD＝∠A＝60°.∵∠BDC＝90°，∴BD＝15，CD＝53.由切割線定理得DC2＝DE·DB，即(53)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平分∠DAB，AD⊥CD.

(1)求證：OC∥AD；

(2)若AD＝2，AC＝5，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)知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，∴

ADAC

＝，ACAB

5

∵AD＝2，AC＝5，∴AB＝.2

11.(2023·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＝3，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.又由于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＝

3

.2

設(shè)DE的中點為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.

3.2

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＝FA·FD；

(3)若AB是△ABC外接圓的直徑，∠EAC＝120°，BC＝6cm，求AD的長．(1)證明由于AD平分∠EAC，所以∠EAD＝∠DAC.由于四邊形AFBC內(nèi)接于圓，所以∠DAC＝∠FBC.

由于∠EAD＝∠FAB＝∠FCB，所以∠FBC＝∠FCB，所以FB＝FC.(2)證明由于∠FAB＝∠FCB＝∠FBC，

∠AFB＝∠BFD，所以△FBA∽△FDB，F(xiàn)BFA

所以＝，所以FB2＝FA·FD.

FDFB(3)解由于AB是圓的直徑，所以∠ACB＝90°，

又∠EAC＝120°，所以∠ABC＝30°，1

∠DAC＝∠EAC＝60°，由于BC＝6，

2所以AC＝BCtan∠ABC＝23，AC

所以AD＝＝43(cm)．

cos∠DAC

第1講坐標(biāo)系

[最新考綱]

1．理解坐標(biāo)系的作用．了解在平面直角坐標(biāo)系伸縮變換作用下平面圖形的變化狀況．2．會在極坐標(biāo)系中用極坐標(biāo)刻畫點的位置，能進(jìn)行極坐標(biāo)和直角坐標(biāo)的互化．3．能在極坐標(biāo)系中給出簡單圖形(如過極點的直線、過極點或圓心在極點的圓)表示的極坐標(biāo)方程.

知識梳理

1．極坐標(biāo)系

(1)極坐標(biāo)系的建立：在平面上取一個定點O，叫做極點，從O點引一條射線Ox，叫做極軸，再選定一個長度單位、一個角度單位(尋常取弧度)及其正方向(尋常取逆時針方向)，這樣就確定了一個極坐標(biāo)系．

設(shè)M是平面內(nèi)一點，極點O與點M的距離OM叫做點M的極徑，記為ρ，以極軸Ox為始邊，射線OM為終邊的角叫做點M的極角，記為θ.有序數(shù)對(ρ，θ)叫做點M的極坐標(biāo)，記作M(ρ，θ)．

(2)極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)的關(guān)系：把直角坐標(biāo)系的原點作為極點，x軸的正半軸作為極軸，并在兩種坐標(biāo)系中取一致的長度單位，設(shè)M是平面內(nèi)任意一點，它的直角坐標(biāo)是(x，y)，極y

坐標(biāo)為(ρ，θ)，則它們之間的關(guān)系為x＝ρcosθ，y＝ρsinθ.另一種關(guān)系為ρ2＝x2＋y2，tanθ＝.x

2．直線的極坐標(biāo)方程

若直線過點M(ρ0，θ0)，且極軸到此直線的角為α，則它的方程為：ρsin(θ－α)＝ρ0sin(θ0

－α)．

幾個特別位置的直線的極坐標(biāo)方程(1)直線過極點：θ＝θ0和θ＝π－θ0；

(2)直線過點M(a,0)且垂直于極軸：ρcosθ＝a；

π

b，?且平行于極軸：ρsinθ＝b.(3)直線過M??2?3．圓的極坐標(biāo)方程

若圓心為M(ρ0，θ0)，半徑為r的圓方程為

2

ρ2－2ρ0ρcos(θ－θ0)＋ρ20－r＝0.

幾個特別位置的圓的極坐標(biāo)方程(1)當(dāng)圓心位于極點，半徑為r：ρ＝r；(2)當(dāng)圓心位于M(a,0)，半徑為a：ρ＝2acosθ；π

a，?，半徑為a：ρ＝2asinθ.(3)當(dāng)圓心位于M??2?診斷自測

1．點P的直角坐標(biāo)為(－2，2)，那么它的極坐標(biāo)可表示為________．解析直接利用極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)的互化公式．3π

2，?答案?4??

2．若曲線的極坐標(biāo)方程為ρ＝2sinθ＋4cosθ，以極點為原點，極軸為x軸正半軸建立直角坐標(biāo)系，則該曲線的直角坐標(biāo)方程為________．

解析∵ρ＝2sinθ＋4cosθ，∴ρ2＝2ρsinθ＋4ρcosθ.∴x2＋y2＝2y＋4x，即x2＋y2－2y－4x＝0.答案x2＋y2－4x－2y＝0

3．(2023·XX五校一模)在極坐標(biāo)系(ρ，θ)(0≤θ＜2π)中，曲線ρ＝2sinθ與ρcosθ＝－1的交點的極坐標(biāo)為________．

解析ρ＝2sinθ的直角坐標(biāo)方程為x2＋y2－2y＝0，ρcosθ＝－1的直角坐標(biāo)方程為x＝

22

???x＋y－2y＝0，?x＝－1，

－1，聯(lián)立方程，得?解得?即兩曲線的交點為(－1,1)，又0≤θ＜2π，

??x＝－1，y＝1，??

3π

2，?.因此這兩條曲線的交點的極坐標(biāo)為?4??

3π

2，?答案?4??

π

2，?到直線l的距離為________．4．在極坐標(biāo)系中，直線l的方程為ρsinθ＝3，則點??6?π

2，?化為直角坐標(biāo)為(3，1)，解析∵直線l的極坐標(biāo)方程可化為y＝3，點??6?π

2，?到直線l的距離為2.∴點??6?答案2

π

5．在極坐標(biāo)系中，圓ρ＝4sinθ的圓心到直線θ＝(ρ∈R)的距離是________．

6解析將極坐標(biāo)方程轉(zhuǎn)化為平面直角坐標(biāo)系中的一般方程求解，極坐標(biāo)系中的圓ρ＝4sinθ轉(zhuǎn)化為平面直角坐標(biāo)系中的一般方程為：x2＋y2＝4y，即x2＋(y－2)2＝4，其圓心為(0,2)，π3

直線θ＝轉(zhuǎn)化為平面直角坐標(biāo)系中的方程為y＝x，即3x－3y＝0.

63

∴圓心(0,2)到直線3x－3y＝0的距離為|0－3×2|

＝3.3＋9答案

3

考點一極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)的互化

π

－5，?化成直角坐標(biāo)；(1)把點M的極坐標(biāo)?6??(2)把點M的直角坐標(biāo)(－3，－1)化成極坐標(biāo)．π5π5

解(1)∵x＝－5cos＝－3，y＝－5sin＝－，

626255－3，－?.∴點M的直角坐標(biāo)是?2??2(2)ρ＝?－3?2＋?－1?2＝3＋1＝2，－13

tanθ＝＝.

－33

7π

∵點M在第三象限，ρ＞0，∴最小正角θ＝.67π2，?.因此，點M的極坐標(biāo)是?6??

規(guī)律方法(1)在由點的直角坐標(biāo)化為極坐標(biāo)時，一定要注意點所在的象限和極角的范圍，否則點的極坐標(biāo)將不唯一．

(2)在曲線的方程進(jìn)行互化時，一定要注意變量的范圍．要注意轉(zhuǎn)化的等價性．2π

8，?化成直角坐標(biāo)；(1)把點M的極坐標(biāo)?3??(2)把點P的直角坐標(biāo)(6，－2)化成極坐標(biāo)．(ρ＞0,0≤θ＜2π)解(1)x＝8cos

2π2π

＝－4，y＝8sin＝43，33

因此，點M的直角坐標(biāo)是(－4,43)．

－23

(2)ρ＝?6?2＋?－2?2＝22，tanθ＝＝－，

3611π

又由于點在第四象限，得θ＝.611π22，?.因此，點P的極坐標(biāo)為?6??

考點二直角坐標(biāo)方程與極坐標(biāo)方程的互化

在直角坐標(biāo)系xOy中，以O(shè)為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線π

θ－?＝1，M，N分別為曲線C與x軸，y軸的交點．C的極坐標(biāo)方程為ρcos??3?(1)寫出曲線C的直角坐標(biāo)方程，并求M，N的極坐標(biāo)；(2)設(shè)M，N的中點為P，求直線OP的極坐標(biāo)方程．π

θ－?＝1，解(1)∵ρcos??3?ππ

∴ρcosθ·cos＋ρsinθ·sin＝1.

33

??x＝ρcosθ13

又?，∴x＋y＝1.

22?y＝ρsinθ?

即曲線C的直角坐標(biāo)方程為x＋3y－2＝0.23

令y＝0，則x＝2；令x＝0，則y＝.323?∴M(2,0)，N?0，.

3??

∴M的極坐標(biāo)為(2,0)，N的極坐標(biāo)為?

23π?.

?3，2?(2)M，N連線的中點P的直角坐標(biāo)為?1，

?

3?，3?π

P的極角為θ＝.6

π

∴直線OP的極坐標(biāo)方程為θ＝(ρ∈R)．

6

規(guī)律方法直角坐標(biāo)方程與極坐標(biāo)方程的互化，關(guān)鍵要把握好互化公式，研究極坐標(biāo)系下圖形的性質(zhì)，可轉(zhuǎn)化為我們熟悉的直角坐標(biāo)系的情境．

⊙O1和⊙O2的極坐標(biāo)方程分別為ρ＝4cosθ，ρ＝－4sinθ.(1)把⊙O1和⊙O2的極坐標(biāo)方程化為直角坐標(biāo)方程；(2)求經(jīng)過⊙O1，⊙O2交點的直線的直角坐標(biāo)方程．

解以極點的原點，極軸為x軸正半軸建立平面直角坐標(biāo)系，兩坐標(biāo)系中取一致的長度單位．

(1)ρ＝4cosθ，兩邊同乘以ρ，得ρ2＝4ρcosθ；

??x＝cosθ，?已知P為半圓C：(θ為參數(shù)，0≤θ≤π)上的點，點A的坐標(biāo)為(1,0)，?y＝sinθ?

π

O為坐標(biāo)原點，點M在射線OP上，線段OM與C的弧AP的長度均為.

3

(1)以O(shè)為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，求點M的極坐標(biāo)；(2)求直線AM的參數(shù)方程．

ππ?ππ

解(1)由已知，點M的極角為，且點M的極徑等于，故點M的極坐標(biāo)為??3，3?.33π3π?(2)點M的直角坐標(biāo)為?，，A(1,0)．

?66?

?

?x＝1＋??6－1?t，

故直線AM的參數(shù)方程為?3π

y＝?6tπ

(t為參數(shù))．規(guī)律方法涉及參數(shù)方程和極

坐標(biāo)方程的綜合題，求解的一般方法是分別化為普通方程和直角坐標(biāo)方程后求解．當(dāng)然，還要結(jié)合題目本身特點，確定選擇何種方程．

(2023·福建卷)在平面直角坐標(biāo)系中，以坐標(biāo)原點為極點，x軸的正半軸為極ππ

軸建立極坐標(biāo)系，已知點A的極坐標(biāo)為(2，)，直線l的極坐標(biāo)方程為ρcos(θ－)＝a，且

44點A在直線l上．

(1)求a的值及直線l的直角坐標(biāo)方程；

??x＝1＋cosα，

(2)圓C的參數(shù)方程為?(α為參數(shù))，試判斷直線l與圓C的位置關(guān)系．

?y＝sinα?

ππ

解(1)由點A(2，)在直線ρcos(θ－)＝a上，可得a＝2.

44所以直線l的方程可化為ρcosθ＋ρsinθ＝2，從而直線l的直角坐標(biāo)方程為x＋y－2＝0.

(2)由已知得圓C的直角坐標(biāo)方程為(x－1)2＋y2＝1，所以圓C的圓心為(1,0)，半徑r＝1，由于圓心C到直線l的距離d＝所以直線l與圓C相交.

轉(zhuǎn)化思想在解題中的應(yīng)用

12

＝0)的一個交點在極軸上，則a＝______.

解析ρ(2cosθ＋sinθ)＝1，即2ρcosθ＋ρsinθ＝1對應(yīng)的普通方程為2x＋y－1＝0，ρ＝a(a>0)對應(yīng)的普通方程為x2＋y2＝a2.在2x＋y－1＝0中，令y＝0，得x＝入x2＋y2＝a2得a＝

答案

22

2.2

2?2?.將代2?2，0?

二、解答題

??x＝4＋5cost，

10．(2023·新課標(biāo)全國Ⅰ卷)已知曲線C1的參數(shù)方程為?(t為參數(shù))，以坐

?y＝5＋5sint?

標(biāo)原點為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C2的極坐標(biāo)方程為ρ＝2sinθ.

(1)把C1的參數(shù)方程化為極坐標(biāo)方程；(2)求C1與C2交點的極坐標(biāo)(ρ≥0,0≤θ＜2π)．

??x＝4＋5cost，

解(1)將?消去參數(shù)t，

??y＝5＋5sint

化為普通方程(x－4)2＋(y－5)2＝25，即C1：x2＋y2－8x－10y＋16＝0.

??x＝ρcosθ，

將?代入x2＋y2－8x－10y＋16＝0得ρ2－8ρcosθ－10ρsinθ＋16＝0.??y＝ρsinθ

所以C1的極坐標(biāo)方程為ρ2－8ρcosθ－10ρsinθ＋16＝0.(2)C2的普通方程為x2＋y2－2y＝0.

22??x＋y－8x－10y＋16＝0，由?22?x＋y－2y＝0，?

???x＝1，?x＝0，解得?或?

?y＝1???y＝2.

ππ2，?，?2，?.所以C1與C2交點的極坐標(biāo)分別為?4??2??

??x＝2cost，

11．(2023·新課標(biāo)全國Ⅱ卷)已知動點P、Q都在曲線C：?(t為參數(shù))上，對

?y＝2sint?

應(yīng)參數(shù)分別為t＝α與t＝2α(00{x|－a0)和|ax＋b|≥c(c>0)型不等式的解法①|(zhì)ax＋b|≤c?－c≤ax＋b≤c；②|ax＋b|≥c?ax＋b≥c或ax＋b≤－c.

(3)|x－a|＋|x－b|≥c(c>0)和|x－a|＋|x－b|≤c(c>0)型不等式的解法法一：利用絕對值不等式的幾何意義求解，表達(dá)了數(shù)形