相似三角形与圆综合.docx
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相似三角形与圆综合
(一)知识复习巩固
圆的基本性质:
圆周角性质,垂径定理逆定理,切线长定理
相似三角形四种判定,及性质
(二)例题精讲:
例1、已知:
如图,△ABC内接于⊙O,∠BAC的平分线交⊙O于点D,交⊙O的切线BF于点F,B为切点。
求证:
(1)BD平分∠CBF;
(2)AB⋅BF=AF⋅CD.
考点:
相似三角形的判定与性质,角平分线的性质,圆周角定理,弦切角定理
分析:
(1)由于AF是∠BAC的角平分线,那么∠1=∠2,利用弦切角定理可得∠1=∠3,利用同弧所对的圆周角相等,可得∠2=∠4,那么,可证∠3=∠4,即BD平分∠CBF;
(2)由于∠3=∠1,∠F=∠F,那么可证△DBF∽△BAF,再利用相似三角形的性质,可得相关比例线段AB:
AF=BD:
BF,又由于∠1=∠2,同圆里相等的圆周角所对的弧相等,而同圆里相等的弧所对的弦相等,从而BD=CD,等量代换,可得AB:
AF=CD:
BF,即AB•BF=AF•CD.
解答:
证明:
(1)∵AD平分∠BAC,
∴∠1=∠2,(2分)
∵BF切⊙O于点B,∴∠3=∠2,
∴∠3=∠1,(4分)
又∵∠2=∠4,
∴∠3=∠4,即BD平分∠CBF;(6分)
(2)在△DBF和△BAF中,
∵∠3=∠1,∠F=∠F,
∴△DBF∽△BAF,(8分)
∴BDAB=BFAF即AB⋅BF=AF⋅BD(10分)
∵∠1=∠2,
∴BD=CD,(11分)
∴AB⋅BF=AF⋅CD.(12分)
例2、已知:
如图,△ABC内接于圆,AB=AC,D为延长线上一点,AD交圆于E.求证:
AB2=AD⋅AE.
考点:
相似三角形的判定与性质,圆周角定理
分析:
如图,作辅助线;证明△ABE∽△ADB,列出比例式,即可解决问题.
解答:
证明:
如图,连接BE;
∵AB=AC,
∴∠B=∠ACB;
∵∠AEB=∠ACB,
∴∠AEB=∠B,而∠BAE=∠BAD,
∴△ABE∽△ADB,
∴AB:
AD=AE:
AB,
∴AB2=AD⋅AE.
例3、如图,已知AB是⊙O的弦,OB=2,∠B=30∘,C是弦AB上的任意一点(不与点A. B重合),连接CO并延长CO交⊙O于点D,连接AD.
(1)弦长AB等于______(结果保留根号);
(2)当∠D=20∘时,求∠BOD的度数;
(3)当AC的长度为多少时,以A.C. D为顶点的三角形与以B.C. 0为顶点的三角形相似?
请写出解答过程。
考点:
圆周角定理,垂径定理,相似三角形的判定与性质,解直角三角形
分析:
(1)过点O作OE⊥AB于E,由垂径定理即可求得AB的长;
(2)连接OA,由OA=OB,OA=OD,可得∠BAO=∠B,∠DAO=∠D,则可求得∠DAB的度数,又由圆周角等于同弧所对圆心角的一半,即可求得∠DOB的度数;
(3)由∠BCO=∠A+∠D,可得要使△DAC与△BOC相似,只能∠DCA=∠BCO=90°,然后由相似三角形的性质即可求得答案.
解答:
(1)过点O作OE⊥AB于E,
则AE=BE=12AB,∠OEB=90∘,
∵OB=2,∠B=30∘,
∴BE=OB⋅cos∠B=2×3√2=3√
∴AB=23√;
故答案为:
23√;
(2)连接OA,
∵OA=OB,OA=OD,
∴∠BAO=∠B,∠DAO=∠D,
∴∠DAB=∠BAO+∠DAO=∠B+∠D,
又∵∠B=30∘,∠D=20∘,
∴∠DAB=50∘,
∴∠BOD=2∠DAB=100∘;
(3)∵∠BCO=∠A+∠D,
∴∠BCO>∠A,∠BCO>∠D,
∴要使△DAC与△BOC相似,只能∠DCA=∠BCO=90∘,
此时∠BOC=60∘,∠BOD=120∘,
∴∠DAC=60∘,
∴△DAC∽△BOC,
∵∠BCO=90∘,
即OC⊥AB,
∴AC=12AB=3√.
∴当AC的长度为3√时,以A.C. D为顶点的三角形与以B.C. 0为顶点的三角形相似。
例4、如图,在△ABC中,∠ACB=90∘,D是AB的中点,以DC为直径的⊙O交△ABC的三边,交点分别是G,E,F点.EG与CD交点为M.
(1)求证:
∠GEF=∠A;
(2)求证:
△OME∽△EMC;
(3)若ME=46√,MD:
CO=2:
5,求⊙O面积。
考点:
圆的综合题
分析:
(1)连接DF,如图所示,由CD为圆O的直径,利用直径所对的圆周角为直角得到∠CFD为直角,又因为∠ACB为直角,利用同位角相等的两直线平行,得到DF与AC平行,根据两直线平行同位角相等可得出∠BDF=∠A,而∠BDF与∠GEF都为弧FG所对的圆周角,利用同弧所对的圆周角相等得到∠BDF=∠GEF,等量代换可得证;
(2)由D为AB的中点,即CD为直角三角形ABC斜边AB的中线,利用斜边上的中线等于斜边的一半可得出CD与AD相等,都为AB的一半,利用等边对等角得到∠A=∠DCA,由
(1)∠A=∠GEF,等量代换得到∠GEF=∠DCA,再由一对公共角相等,利用两对对应角相等的两三角形相似可得证;
(3)由
(2)得出的三角形CEM与三角形MOE相似,利用相似得比例,得到ME2=OM•MC,将ME的长代入求出OM•MC的值为96,由MD:
CO=2:
5,根据OD=OC,得出OM与CM的比值为3:
8,设OM=3x,CM=8x,代入OM•MC=96中列出关于x的方程,求出方程的解得到x的值,确定出半径OC的长,即可求出圆O的面积.
解答:
(1)证明:
连接DF,如图所示:
∵CD是圆O直径,
∴∠CFD=90∘,
又∵∠ACB=90∘,
∴DF∥AC,
∴∠BDF=∠A,
∵∠BDF与∠GEF为同弧所对的圆周角,
∴∠BDF=∠GEF,
∴∠GEF=∠A;
(2)证明:
∵D是Rt△ABC斜边AB的中点,
∴DC=DA=12AB,
∴∠DCA=∠A,
又由
(1)知∠GEF=∠A,
∴∠DCA=∠GEF,
又∵∠OME=∠EMC,
∴△OME∽△EMC;
(3)由
(2)知△OME∽△EMC,
则OMME=MEMC,即ME2=OM⋅MC,
又∵ME=46√,
∴OM⋅MC=(46√)2=96,
∵MD:
CO=2:
5,
∴OM:
MD=3:
2,
∴OM:
MC=3:
8,
设OM=3x,MC=8x,
∴3x⋅8x=96,即x2=4,
解得:
x=2,
∴OC=5x=10,
∴圆O面积为100π.
例5、如图,已知直线PA交⊙O于A. B两点,AE是⊙O的直径,点C为⊙O上一点,且AC平分∠PAE,过C作CD丄PA,垂足为D.
(1)求证:
CD为⊙O的切线;
(2)若DC+DA=6,⊙O的直径为10,求AB的长度。
考点:
切线的判定与性质,勾股定理,矩形的判定与性质,垂径定理
分析:
(1)连接OC,根据题意可证得∠CAD+∠DCA=90°,再根据角平分线的性质,得∠DCO=90°,则CD为⊙O的切线;
(2)过O作OF⊥AB,则∠OCD=∠CDA=∠OFD=90°,得四边形OCDF为矩形,设AD=x,在Rt△AOF中,由勾股定理得(5-x)2+(6-x)2=25,从而求得x的值,由勾股定理得出AB的长.
解答:
(1)证明:
连接OC,
∵OA=OC,
∴∠OCA=∠OAC,
∵AC平分∠PAE,
∴∠DAC=∠CAO,
∴∠DAC=∠OCA,
∴PB∥OC,
∵CD⊥PA,
∴CD⊥OC,CO为⊙O半径,
∴CD为⊙O的切线;
(2)过O作OF⊥AB,垂足为F,
∴∠OCD=∠CDA=∠OFD=90∘,
∴四边形DCOF为矩形,
∴OC=FD,OF=CD.
∵DC+DA=6,
设AD=x,则OF=CD=6−x,
∵⊙O的直径为10,
∴DF=OC=5,
∴AF=5−x,
在Rt△AOF中,由勾股定理得AF2+OF2=OA2.
即(5−x)2+(6−x)2=25,
化简得x2−11x+18=0,
解得x1=2,x2=9.
∵CD=6−x大于0,故x=9舍去,
例6、如图,AB是半圆O的直径,AB=2.射线AM、BN为半圆O的切线。
在AM上取一点D,连接BD交半圆于点C,连接AC.过O点作BC的垂线OE,垂足为点E,与BN相交于点F.过D点作半圆O的切线DP,切点为P,与BN相交于点Q.
(1)求证:
△ABC∽△OFB;
(2)当△ABD与△BFO的面枳相等时,求BQ的长;
(3)求证:
当D在AM上移动时(A点除外),点Q始终是线段BF的中点。
考点:
切线的性质,全等三角形的判定与性质,勾股定理,圆周角定理,相似三角形的判定与性质
分析:
(1)根据OE∥AC,得出∠BAC=∠FOB,进而得出∠BCA=∠FBO=90°,从而证明结论;
(2)根据△ACB∽△OBF得出△ABD∽△BFO,从而得出DQ∥AB,即可得出BQ=AD;
(3)首先得出AD=DP,QB=BQ,进而得出DQ2=QK2+DK2,得出BF=2BQ,即可得出Q为BF的中点.
解答:
(1)证明:
∵AB为直径,
∴∠ACB=90∘,即:
AC⊥BC,
又OE⊥BC,
∴OE∥AC,
∴∠BAC=∠FOB,
∵BN是半圆的切线,
∴∠BCA=∠FBO=90∘,
∴△ABC∽△OFB.
(2)连接OP,
由△ACB∽△OBF得,∠OFB=∠DBA,∠BCA=∠FBO=90∘,
∵AM、BN是⊙O的切线,
∴∠DAB=∠OBF=90∘,
∴△ABD∽△BFO,
∴当△ABD与△BFO的面积相等时,△ABD≌△BFO,
∴AD=OB=1,
∵DP切圆O,DA切圆O,
∴DP=DA,
∵△ABD≌△BFO,
∴DA=BO=PO=DP,
又∵∠DAO=∠DPO=90∘,
∴四边形AOPD是正方形,
∴DQ∥AB,
∴四边形ABQD是矩形,
∴BQ=AD=1;
(3)证明:
由
(2)知,△ABD∽△BFO,
∴BFOB=ABAD,
∴BF=OB⋅ABAD=1×2AD=2AD,
∵DP是半圆O的切线,射线AM、BN为半圆O的切线,
∴AD=DP,QB=QP,
过Q点作AM的垂线QK,垂足为K,在Rt△DQK中,
DQ2=QK2+DK2,
∴(AD+BQ)2=(AD−BQ)2+22.
∴BQ=1AD,
∴BF=2BQ,
∴Q为BF的中点。
例7、如图,在平面直角坐标系中,点A(10,0),以OA为直径在第一象限内作半圆C,点B是该半圆周上一动点,连接OB、AB,并延长AB至点D,使DB=AB,过点D作x轴垂线,分别交x轴、直线OB于点E. F,点E为垂足,连接CF.
(1)当∠AOB=30∘时,求弧AB的长度;
(2)当DE=8时,求线段EF的长;
(3)在点B运动过程中,是否存在以点E.C. F为顶点的三角形与△AOB相似?
若存在,请求出此时点E的坐标;若不存在,请说明理由。
考点:
相似三角形的判定与性质,坐标与图形性质,勾股定理,弧长的计算,平行线分线段成比例
分析:
(1)连接BC,由已知得∠ACB=2∠AOB=60°,AC=
1
2
AO=5,根据弧长公式求解;
(2)连接OD,由垂直平分线的性质得OD=OA=10,又DE=8,在Rt△ODE中,由勾股定理求OE,依题意证明△OEF∽△DEA,利用相似比求EF;
(3)存在.当以点E、C、F为顶点的三角形与△AOB相似时,分为①当交点E在O,C之间时,由以点E、C、F为顶点的三角形与△AOB相似,有∠ECF=∠BOA或∠ECF=∠OAB,②当交点E在点C的右侧时,要使△ECF与△BAO相似,只能使∠ECF=∠BAO,③当交点E在点O的左侧时,要使△ECF与△BAO相似,只能使∠ECF=∠BAO,三种情况,分别求E点坐标.
解答:
(1)连接BC,
∵A(10,0),∴OA=10,CA=5,
∵∠AOB=30∘,
∴∠ACB=2∠AOB=60∘,
∴弧AB的长=60×π×5180=5π3;
(2)①若D在第一象限,
连接OD,
∵OA是⊙C直径,
∴∠OBA=90∘,
又∵AB=BD,
∴OB是AD的垂直平分线,
∴OD=OA=10,
在Rt△ODE中,
OE=OD2−DE2−−−−−−−−−−√=102−82−−−−−−−√=6,
∴AE=AO−OE=10−6=4,
由∠AOB=∠ADE=90∘−∠OAB,∠OEF=∠DEA,
得△OEF∽△DEA,
∴AEDE=EFOE,即48=EF6,
∴EF=3;
②若D在第二象限,
连接OD,
∵OA是⊙C直径,
∴∠OBA=90∘,
又∵AB=BD,
∴OB是AD的垂直平分线,
∴OD=OA=10,
在Rt△ODE中,
OE=OD2−DE2−−−−−−−−−−√=102−82−−−−−−−√=6,
∴AE=AO+OE=10+6=16,
由∠AOB=∠ADE=90∘−∠OAB,∠OEF=∠DEA,
得△OEF∽△DEA,
∴AEDE=EFOE,即168=EF6,
∴EF=12;
∴EF=3或12;
(3)设OE=x,
①当交点E在O,C之间时,由以点E.C. F为顶点的三角
形与△AOB相似,有∠ECF=∠BOA或∠ECF=∠OAB,
当∠ECF=∠BOA时,此时△OCF为等腰三角形,点E为OC
中点,即OE=52,
∴E1(52,0);
当∠ECF=∠OAB时,有CE=5−x,AE=10−x,
∴CF∥AB,有CF=12AB,
∵△ECF∽△EAD,
∴CEAE=CFAD,即5−x10−x=14,解得:
x=103,
∴E2(103,0);
②当交点E在点C的右侧时,
∵∠ECF>∠BOA,
∴要使△ECF与△BAO相似,只能使∠ECF=∠BAO,
连接BE,
∵BE为Rt△ADE斜边上的中线,
∴BE=AB=BD,
∴∠BEA=∠BAO,
∴∠BEA=∠ECF,
∴CF∥BE,
∴CFBE=OCOE,
∵∠ECF=∠BAO,∠FEC=∠DEA=90∘,
∴△CEF∽△AED,
∴CFAD=CEAE,
而AD=2BE,
∴OC2OE=CEAE,
即52x=x−510−x,解得x1=5+517−−√4,x2=5−517−−√4<0(舍去),
∴E3(5+517−−√4,0);
③当交点E在点O的左侧时,
∵∠BOA=∠EOF>∠ECF.
∴要使△ECF与△BAO相似,只能使∠ECF=∠BAO
连接BE,得BE=12AD=AB,∠BEA=∠BAO
∴∠ECF=∠BEA,
∴CF∥BE,
∴CFBE=OCOE,
又∵∠ECF=∠BAO,∠FEC=∠DEA=90∘,
∴△CEF∽△AED,
∴CEAE=CFAD,
而AD=2BE,
∴OC2OE=CEAE,
∴52x=x+510+x,
解得x1=−5+517−−√4,x2=−5−517−−√4(舍去),
∵点E在x轴负半轴上,
∴E4(5−517−−√4,0),
综上所述:
存在以点E.C. F为顶点的三角形与△AOB相似,
此时点E坐标为:
E1(52,0)、E2(103,0)、E3(5+517−−√4,0)、E4(5−517−−√4,0).
例8、如图,在平面直角坐标系中,△ABC的边AB在x轴上,且OA>OB,以AB为直径的圆过点C.若点C的坐标为(0,2),AB=5,A,B两点的横坐标xA,xB是关于x的方程x2-(m+2)x+n-1=0的两根.
(1)求m,n的值;
(2)若∠ACB平分线所在的直线l交x轴于点D,试求直线l对应的一次函数解析式;
(3)过点D任作一直线l′分别交射线CA,CB(点C除外)于点M,N.则
的是否为定值?
若是,求出该定值;若不是,请说明理由.
解答:
,
解之m=-5,n=-3.
(2)如图,过点D作DE∥BC,交AC于点E,易知DE⊥AC,且∠ECD=∠EDC=45°,
在△ABC中,易得AC=
,BC=
,
∵DE∥BC,∴
,∵DE=EC,∴
,
又△AED∽△ACB,有
,∴
=2,
∵AB=5,设BD=x,则AD=2x,AB=BD+AD=x+2x=5,解得DB=x=
,
则OD=
,即D(-
,0),
易求得直线l对应的一次函数解析式为:
y=3x+2.
解法二:
过D作DE⊥AC于E,DF⊥CN于F,
由S△ACD+S△BCD=S△ABC′
求得
.
又S△BCD=
BD•CO=
BC•DF,
求得BD=
,DO=
.
即D(-
,0),
易求得直线l对应的一次函数解析式为:
y=3x+2.
(3)过点D作DE⊥AC于E,DF⊥CN于F.
∵CD为∠ACB的平分线,∴DE=DF.
由△MDE∽△MNC,有
,
由△DNF∽△MNC,有
.
∴
,
即
.
例9、如图,在平面直角坐标系xOy中,AB在x轴上,AB=10,以AB为直径的⊙O1与y轴正半轴交于点C,连接BC、AC,CD是⊙O1的切线,AD⊥CD于点D,tan∠CAD=12,抛物线y=ax2+bx+c过A.B. C三点。
(1)求证:
∠CAD=∠CAB;
(2)求抛物线的解析式;
(3)判断抛物线的顶点E是否在直线CD上,并说明理由。
考点:
二次函数综合题
分析:
(1)根据切线的性质得出O1C∥AD,进而得出O1A=O1C,则∠CAB=∠O1CA,即可得出答案;
(2)首先得出△CAO∽△BCO,即可得出
再利用OC2=2CO(10-2CO),得出A.B,C交点坐标,即可得出抛物线解析式;
(3)首先求出△AOC≌△ADC即可得出AD=AO=8,利用O1C∥AD,得出△FO1C∽△FAD,即可求出F点坐标,求出CD解析式,再利用E点坐标代入解析式即可得出答案.
解答:
(1)证明:
连接O1C,
∵CD是⊙O1的切线,
∴O1C⊥CD,
∵AD⊥CD,
∴O1C∥AD,
∴∠O1CA=∠CAD,
∵O1A=O1C,
∴∠CAB=∠O1CA,
∴∠CAD=∠CAB;
(2)∵AB是⊙O1的直径,
∴∠ACB=90∘,
∵OC⊥AB,
∴∠CAB=∠OCB,
∴△CAO∽△BCO,
∴OCOA=OBOC,
即OC2=OA⋅OB,
∵tan∠CAO=tan∠CAD=12,
∴AO=2CO,
又∵AB=10,
∴OC2=2CO(10−2CO),
∵CO>0,
∴CO=4,AO=8,BO=2,
∴A(8,0),B(−2,0),C(0,4),
∵抛物线y=ax2+bx+c过点A,B,C三点,
∴c=4,
由题意得:
{4a−2b+4=064a+8b+4=0,
解得:
⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪a=−14b=32,
∴抛物线的解析式为:
y=−14x2+32x+4;
(3)设直线DC交x轴于点F,
在△AOC和△ADC中,
⎧⎩⎨⎪⎪∠CDA=∠COA∠DAC=∠OACAC=AC,
∴△AOC≌△ADC(AAS),
∴AD=AO=8,
∵O1C∥AD,
∴△FO1C∽△FAD,
∴O1FAF=O1CAD,
∴8(BF+5)=5(BF+10),
∴BF=103,F(−163,0);
设直线DC的解析式为y=kx+m,则
⎧⎩⎨m=4−163k+m=0,
解得:
⎧⎩⎨m=4k=34,
∴直线DC的解析式为y=34x+4,
由y=−14x2+32x+4=y=−14(x−3)2+254得顶点E的坐标为(3,254),
将E(3,254)代入直线DC的解析式y=34x+4中,
右边=34×3+4=254=左边,
∴抛物线顶点E在直线CD上。