数学人教版第二十七章 相似综合与测试精练

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专题11 射影定理-高分突破（解析版）
射影定理，又称“欧几里德定理”：在直角三角形中，斜边上的高是两条直角边在斜边射影的比例中项，每一条直角边又是这条直角边在斜边上的射影和斜边的比例中项。射影定理是数学图形计算的重要定理，在初三各名校的数学和各地中考试题中都多次考查了这一模型的应用。

图形
推导过程
结论


因为
∽


①;
②;
③
1.（青竹湖）如图，在Rt△中， ， 为边上的高，若，，则的长等于__________.

【解答】解：∵AD＝6，BD＝18，∴AB＝AD+BD＝24．∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的高，∴由射影定理得：AC2＝AD•AB＝6×24，∴AC＝12．
故答案是：12．
2.（青竹湖）如图,△ABC中,∠ACB=90∘，CD⊥AB于D. 若BC=4，BD:AD=1:3，则BD的长为（ ）
A.2 B. C. D.3

【解答】解：∵BC=4，BD:AD=1:3，．∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的高，∴由射影定理得：BC2＝BD•AB，∴16＝，∴．
故答案是：A．
3.（长沙中考）如图，点P在以MN为直径的半圆上运动（点P不与M，N重合），PQ⊥MN，NE平分∠MNP，交PM于点E，交PQ于点F．
（1）+＝　 　．
（2）若PN2＝PM•MN，则＝　 　．

【解答】解：（1）∵MN为⊙O的直径，∴∠MPN＝90°，∵PQ⊥MN，∴∠PQN＝∠MPN＝90°，
∵NE平分∠PNM，∴∠MNE＝∠PNE，∴△PEN∽△QFN，∴，即①，
∵∠PNQ+∠NPQ＝∠PNQ+∠PMQ＝90°，∴∠NPQ＝∠PMQ，∵∠PQN＝∠PQM＝90°，
∴△NPQ∽△PMQ，∴②，∴①×②得，∵QF＝PQ﹣PF，∴＝1﹣，
∴+＝1，故答案为：1；
（2）∵∠PNQ＝∠MNP，∠NQP＝∠NPM，∴由射影定理得：PN2＝QN•MN，∵PN2＝PM•MN，∴PM＝QN，∴，∵，∴，∴，∴NQ2＝MQ2+MQ•NQ，即，设，则x2+x﹣1＝0，
解得，x＝，或x＝﹣＜0（舍去）．
4.（长郡）如图，AB为⊙O的直径，弦CD与AB相交于E，DE＝EC，过点B的切线与AD的延长线交于F，过E作EG⊥BC于G，延长GE交AD于H．
（1）求证：AH＝HD；
（2）若＝，DF＝9，求⊙O的半径．

【解答】（1）证明：∵AB为⊙O的直径，DE＝EC，∴AB⊥CD，∴∠C+∠CBE＝90°，∵EG⊥BC，
∴∠C+∠CEG＝90°，∴∠CBE＝∠CEG，∵∠CBE＝∠CDA，∠CEG＝∠DEH，∴∠CDA＝∠DEH，
∴HD＝EH，∵∠A+∠ADC＝90°，∠AEH+∠DEH＝90°，∴AH＝EH，∴AH＝HD；
（2）解：∵∠BDF＝90°，＝，令BD=4x，BF=5x，则，∴，BD=12,
由射影定理得：BD2＝DF•DA，∴144＝9×DA，∴DA=16，又由射影定理得：AB2＝AF•DA，∴AB2＝25×16，∴AB=20,即半径为10.
5.(长郡)如图，△ABC中，以AB为直径的⊙O分别与AC、BC交于点F、D，过点D作DE⊥AC于点E，且CE＝FE．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）连OE．若，AB＝10，求CE的长．

【解答】证明：（1）连接DF，OD，过点O作OH⊥AC于H，∵DE⊥AC，CE＝FE，∴DF＝DC，
∴∠C＝∠DFC，∵四边形ABDF是圆内接四边形，∴∠OBD+∠AFD＝180°，∵∠AFD+∠CFD＝180°，
∴∠OBD＝∠CFD，∵OD＝OB，∴∠ODB＝∠OBD，∴∠ODB＝∠C，∴OD∥AC，∵DE⊥AC，∴OD⊥DE，又∵OD为半径，∴DE是⊙O的切线；
（2） ∵OH⊥AC，DE⊥AC，OD⊥DE，∴四边形ODEH是矩形，∴DE＝OH，OD＝EH，∵AB＝10，
∴AO＝OB＝OD＝EH＝5，∴DE＝＝＝4，由射影定理得：DE2＝CE×AE,∴16＝CE（10-CE），∴CE＝2或8（舍去），∴CE＝2．
6.（长沙中考）如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC为⊙O的直径，过点C作AC的垂线交AD的延长线于点E，点F为CE的中点，连接DB，DC，DF．
（1）求∠CDE的度数；
（2）求证：DF是⊙O的切线；
（3）若AC=2DE，求tan∠ABD的值．

解：（1）∵对角线AC为⊙O的直径，∴∠ADC＝90°，∴∠EDC＝90°；
（2）证明：连接DO，∵∠EDC＝90°，F是EC的中点，∴DF＝FC，∴∠FDC＝∠FCD，∵OD＝OC，∴∠OCD＝∠ODC，∵∠OCF＝90°，∴∠ODF＝∠ODC+∠FDC＝∠OCD+∠DCF＝90°，∴DF是⊙O的切线；
(3)设DE＝1，则AC＝2，由射影定理得：AC2＝AD×AE,∴20＝AD（AD+1），
∴AD＝4或﹣5（舍去），∵DC2＝AC2﹣AD2，∴DC＝2，∴tan∠ABD＝tan∠ACD＝＝2；
7.（青竹湖）如图,在△ABC中,∠C=90∘，AD平分∠BAC交BC于点D，O是AB边上一点，以点O为圆心，OA长为半径的圆经过点D，作DE⊥AB于点E，延长DE交⊙O于点F，连接FO并延长交⊙O于点G
(1)求证：BC是⊙O的切线；
(2)求证：OA=OB⋅OE；
(3)若AE=9，CD=3，求△ACD与△COE面积之比。

【解答】（1）证明：如图，连接OD，∵⊙O经过D，∴OD＝OA，∴∠ODA＝∠OAD，∵AD平分∠BAC，
∴∠OAD＝∠CAD，∴∠ODA＝∠CAD，∴AC∥OD，∵∠C＝90°，∴AC⊥BC，∴OD⊥BC，
∴BC是⊙O的切线；
（3） 证明：∵∠ODB＝90°，DE⊥AB，∴∠ODB＝∠OED＝90°，由射影定理得∴OD2＝OB•OE，
∵OA＝OD，∴OA2＝OB•OE；
（3）连接OC，CE，∵AD平分∠BAC，DC⊥AC，DE⊥AB，CD＝3，∴DE＝CD＝3，设OA＝OD＝r，则OE＝AE﹣OA＝9﹣r，在Rt△ODE中，OD2＝OE2+DE2，∴r2＝（9﹣r）2+32，∴r＝5，∴OA＝OD＝5，OE＝4，∵AC∥OD，S△AOC＝S△ACD，∴＝＝＝．
8.（青竹湖三模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，D是AC的中点，⊙O经过A、B、D三点，
CB的延长线交⊙O于点E．
（1） 求证：AE＝CE；
（2）EF与⊙O相切于点E，交AC的延长线于点F，若CD＝CF＝2cm，求⊙O的直径；
（3）在（2）的条件下，若CF:CD=n（n＞0），求sin∠CAB．

解：（1）证明：连接DE，∵∠ABC＝90°∴∠ABE＝90°∴AE是⊙O直径，
∴∠ADE＝90°∴DE⊥AC又∵D是AC的中点∴DE是AC的垂直平分线∴AE＝CE；
（2）解：在△ADE和△EFA中，∵∠ADE＝∠AEF＝90°，由射影定理得：AE2＝AD×AF,∴AE2＝2×6,∴AE＝2cm；
（3）解：∵AE是⊙O直径，EF是⊙O的切线，∵CF:CD=n,令CD=1，则CF=n，∵∠ADE＝∠AEF＝90°，由射影定理得：AE2＝AD×AF，∴AE2＝1×(n+2)，∴AE＝=CE，∵∠CAB＝∠DEC,
∴sin∠CAB＝sin∠DEC＝＝＝．
9.（广益）如图，已知PB与⊙O相切于点B，A是⊙O上的一点，满足PA=PB，连接PO，交AB于E，交⊙O于C，D两点，E在线段OD上，连接AD，OB。
（1）求证：直线PA是⊙O的切线；
（2）①求证：点D是△PAB的内心
②若PA=13，sin∠APE=，求DE的长；
（3）已知，求tanC.

【解答】（1）证明：连接OA，∵PB与⊙O相切于点B，∴∠OBP＝90°，
在△OAP和△OBP中，，∴△OAP≌△OBP（SSS），∴∠OAP＝∠OBP＝90°，∴OA⊥PA，
∴直线PA是⊙O的切线；
（2）①由（1）得△OAP≌△OBP，∴∠APO＝∠BPO，∴PO平分∠APB，∵PA＝PB，∴PE⊥AB，
∴∠DAE+∠ADE＝90°，∵∠OAP＝90°，∴∠DAP+∠OAD＝90°，∵OA＝OD，∴∠ADE＝∠OAD，
∴∠DAE＝∠DAP，∴AD平分∠PAB，同理可得出BD平分∠PBA，∴点D是△PAB的内心；
②解：作DF⊥AP于F，在Rt△APE中，AE＝PA•sin∠APE＝13×＝5，PE＝＝＝12，∵AD平分∠PAB，PE⊥AB，DF⊥AP，∴DE＝DF，∵S△APE＝S△APD+S△AED，∴×5×12＝×13×DE+×5×DE，解得：DE＝；
（2） 解：∵PE⊥AB，∴＝，∴∠DAE＝∠OCA，∵∠DEA＝∠AEC＝90°，由射影定理得：AE2＝CE•DE，∵设CD＝4x，AE＝3x，DE＝y，∴（3x）2＝（4x﹣y）•y，解得：y＝x或
y＝3x（不合题意，舍去），∴DE＝x，CE＝3x，在Rt△ACE中，tanC＝＝＝．


10.如图，是的直径，点是上一点，与过点的切线垂直，垂足为，直线与的延长线交于点，弦平分，交于点，连接，.
（1）求证：平分；
（2）若，求阴影部分的面积；
（3）若，求的长度（射影定理）.


【解答】（1）证明：连接OC．∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠OCA．∵PC是⊙O的切线，AD⊥CD，
∴∠OCP＝∠D＝90°，∴OC∥AD．∴∠CAD＝∠OCA＝∠OAC．即AC平分∠DAB．
（2）解：连接AE．∵∠ACE＝∠BCE，∴，∴AE＝BE．又∵AB是直径，∴∠AEB＝90°．
∴AB＝BE＝×5＝10，∵OB＝5，∴BC＝OB＝OC＝5，即△OBC是等边三角形，
∴∠BOC＝60°，∴OH＝＝，CH＝OH＝，∴S△BOC＝×5×＝，
S扇形BOC＝×π×52＝π，∴阴影部分的面积为π﹣；
（3）解：过点C作CH⊥AB垂足为点H，如图：由（2）得：OC＝OB＝5，
（3） ∵AC平分∠DAB，CH⊥AB，CD⊥AD，∴CH＝CD＝3，∵∠ACB＝∠BHC＝90°，由射影定理得：
CH2＝BH•AH，设BH＝x，AH＝10-x，∴32＝x（10﹣x），解得：x＝1或9(舍)，又由射影定理得：
CH2＝OH•HP，∴32＝4HP，解得：HP＝．
11.（雅礼）如图，已知BC⊥AC，圆心O在AC上，点M与点C分别是AC与⊙O的交点，点D是MB与⊙O的交点，点P是AD延长线与BC的交点，且AD•AO＝AM•AP．
（1）连接OP，证明：△ADM∽△APO；
（2）证明：PD是⊙O的切线；
（3）若AD＝24，AM＝MC，求的值．

解：（1）证明：连接OD、OP、CD．∵AD•AO＝AM•AP，
∴＝，∠A＝∠A，∴△ADM∽△APO．
（2）∵△ADM∽△APO，∴∠ADM＝∠APO，∴MD∥PO，
∴∠1＝∠4，∠2＝∠3，∵OD＝OM，∴∠3＝∠4，∴∠1＝∠2，
∵OP＝OP，OD＝OC，∴△ODP≌△OCP，∴∠ODP＝∠OCP，∵BC⊥AC，∴∠OCP＝90°，
∴OD⊥AP，∴PD是⊙O的切线．
（2）连接CD．由（1）可知：PC＝PD，∵AM＝MC，∴AM＝2MO＝2R，
在Rt△AOD中，OD2+AD2＝OA2，∴R2+242＝9R2，∴R＝6，∴OD＝6，MC＝12，
∵＝＝，∴DP＝12，∵O是MC的中点，∴＝＝，∴点P是BC的中点，
∴BP＝CP＝DP＝12，∵MC是⊙O的直径，∴∠BDC＝∠CDM＝90°，
在Rt△BCM中，∵BC＝2DP＝24，MC＝12，∴BM＝12，
由射影定理得：MC2＝MD×MB,∴122＝12×MD，∴MD＝4，∴＝．

12.（麓山国际）如图，抛物线y＝ax2﹣8ax+12a（a＞0）与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），与y轴交于点C，点D的坐标为（﹣6，0），且∠ACD＝90°．
（1）请直接写出A、B两点的坐标；
（2）求抛物线的解析式；
（3）抛物线的对称轴上是否存在点P，使得△PAC的周长最小？若存在，求出点P的坐标及周长的最小值；若不存在，说明理由；
（4）平行于y轴的直线m从点D出发沿x轴向右平行移动，到点A停止．设直线m与折线DCA的交点为G，与x轴的交点为H（t，0）．记△ACD在直线m左侧部分的面积为s，求s关于t的函数关系式及自变量t的取值范围．

解：（1）抛物线的解析式为：y＝ax2﹣8ax+12a（a＞0），
令y＝0，即ax2﹣8ax+12a＝0，解得x1＝2，x2＝6，∴A（2，0），B（6，0）．
（2） 抛物线的解析式为：y＝ax2﹣8ax+12a（a＞0），令x＝0，得y＝12a，∴C（0，12a），
OC＝12a．在Rt△COD中，由勾股定理得：CD2＝OC2+OD2＝（12a）2+62＝144a2+36；
在Rt△AOC中，由勾股定理得：AC2＝OC2+OA2＝（12a）2+22＝144a2+4；
在Rt△ACD中，由勾股定理得：DC2+AC2＝AD2；
即：（144a2+36）+（144a2+4）＝82，解得：a＝或a＝﹣（舍去），
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣x+．
（3）存在．对称轴为直线：x＝﹣＝4．
由（2）知C（0，），则点C关于对称轴x＝4的对称点为C′（8，），
连接AC′，与对称轴交于点P，则点P为所求．此时△PAC周长最小，最小值为AC+AC′．
设直线AC′的解析式为y＝kx+b，则有：
，解得，
∴y＝x﹣．
当x＝4时，y＝，∴P（4，）．
过点C′作C′E⊥x轴于点E，则C′E＝，AE＝6，
在Rt△AC′E中，由勾股定理得：AC′＝＝4；
在Rt△AOC中，由勾股定理得：AC＝＝4．
∴AC+AC′＝4+4．
∴存在满足条件的点P，点P坐标为（4，），△PAC周长的最小值为4+4．
（4）①当﹣6＜t≤0时，如答图4﹣1所示．∵直线m平行于y轴，
∴，即，解得：GH＝（6+t）
∴S＝S△DGH＝DH•GH＝（6+t）•（6+t）＝t2+2t+6；

②当0＜t≤2时，如答图4﹣2所示．
∵直线m平行于y轴，
∴，即，解得：GH＝﹣t+2．
∴S＝S△COD+S梯形OCGH＝OD•OC+（GH+OC）•OH
＝×6×2+（﹣t+2+2）•t
＝﹣t2+2t+6．
∴S＝