【恒心】高考数学(文科)传奇逆袭011-选修4-1 几何证明选讲

选修4－1　几何证明选讲

第一节相似三角形的判定及有关性质

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．

推论1：经过三角形一边的中点与另一边平行的直线必平分第三边．

推论2：经过梯形一腰的中点，且与底边平行的直线平分另一腰．

2．平行线分线段成比例定理

三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．

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．

3．相似三角形的判定与性质

(1)判定定理：

	内容
判定定理1	两角对应相等的两个三角形相似
判定定理2	两边对应成比例，并且夹角相等的两个三角形相似
判定定理3	三边对应成比例的两个三角形相似

(2)性质定理：

	内容
性质定理1	相似三角形对应高、中线、角平分线和它们周长的比都等于相似比
性质定理2	相似三角形的面积比等于相似比的平方
结论	相似三角形外接圆的直径比、周长比等于相似比，外接圆的面积比等于相似比的平方
射影定理	直角三角形中，每一条直角边是这条直角边在斜边上的射影和斜边的比例中项；斜边上的高是两条直角边在斜边上的射影的比例中项

1．在使用平行线截割定理时易出现对应线段、对应边对应顺序混乱，导致错误．

2．在解决相似三角形的判定或应用时易出现对应边和对应角对应失误．

[试一试]

1．如图，F为▱ABCD的边AD延长线上的一点，DF＝AD，BF分别交DC，AC于G，E两点，EF＝16，GF＝12，求BE的长．

解：由DF＝AD，AB∥CD知BG＝GF＝12，又EF＝16知EG＝4，故BE＝8.

2．在△ABC中，点D在线段BC上，∠BAC＝∠ADC，AC＝8，BC＝16，求CD的长．

解：∵∠BAC＝∠ADC，∠C＝∠C，∴△ABC∽△DAC，∴＝，∴CD＝＝＝4.

1．判定两个三角形相似的常规思路

(1)先找两对对应角相等；

(2)若只能找到一对对应角相等，则判断相等的角的两夹边是否对应成比例；

(3)若找不到角相等，就判断三边是否对应成比例，否则考虑平行线分线段成比例定理及相似三角形的“传递性”．

2．借助图形判断三角形相似的方法

(1)有平行线的可围绕平行线找相似；

(2)有公共角或相等角的可围绕角做文章，再找其他相等的角或对应边成比例；

(3)有公共边的可将图形旋转，观察其特征，找出相等的角或成比例的对应边．

[练一练]

1.如图，D，E分别是△ABC的边AB，AC上的点，DE∥BC且＝2，求△ADE与四边形DBCE的面积的比．

解：∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，

∴＝.

∵＝2，∴＝，∴＝，

∴＝.

2.如图，已知在△ABC中，CD⊥AB于D点，BC2＝BD·AB，求∠ACB.

解：在△ABC与△CBD中，

由BC2＝BD·AB，

得＝，且∠B＝∠B，

所以△ABC∽△CBD.则∠ACB＝∠CDB＝90°.

考点一	平行线分线段成比例定理的应用

1.如图，在▱ABCD中，E是BC上一点，BE∶EC＝2∶3，AE交BD于F，求BF∶FD的值．

解：∵AD＝BC，BE∶EC＝2∶3，

∴BE∶AD＝2∶5.

∵AD∥BC，

∴BF∶FD＝BE∶AD＝2∶5.即BF∶FD＝.

2.(2013·惠州调研)如图，在△ABC中，DE∥BC，DF∥AC，AE∶AC＝3∶5，DE＝6，求则BF的值．

解：由DE∥BC得

＝＝，∵DE＝6，

∴BC＝10.

又因为DF∥AC，

所以＝＝＝，

即BF＝4.

3.如图，在四边形ABCD中，EF∥BC，FG∥AD，求＋的值．

解：由平行线分线段成比例定理得

＝，＝，

故＋＝＋＝＝1.

[类题通法]

比例线段常用平行线产生，利用平行线转移比例是常用的证题技巧，当题中没有平行线条件而有必要转移比例时，也常添加辅助平行线，从而达到转移比例的目的.

考点二	相似三角形的判定及性质

[典例]　(2013·陕西高考)如图，弦AB与CD相交于⊙O内一点E，过E作BC的平行线与AD的延长线交于点P.已知PD＝2DA＝2，求PE的值．

[解]　由PE∥BC知，∠A＝∠C＝∠PED.在△PDE和△PEA中，∠APE＝∠EPD，∠A＝∠PED，故△PDE∽△PEA，则＝，于是PE2＝PA·PD＝3×2＝6，所以PE＝.

[类题通法]

1．判定两个三角形相似要注意结合图形特征灵活选择判定定理，特别要注意对应角和对应边．

2．相似三角形的性质可用来证明线段成比例、角相等；也可间接证明线段相等．

[针对训练]

(2013·佛山质检)如图，∠B＝∠D，AE⊥BC，∠ACD＝90°，且AB＝6，AC＝4，AD＝12，求则BE的值．

解：由于∠B＝∠D，∠AEB＝∠ACD，所以△ABE∽△ADC，从而得＝，解得AE＝2，故BE＝＝4.

考点三

射影定理的应用

[典例]　如图所示，在△ABC中，∠CAB＝90°，AD⊥BC于D，BE是∠ABC的平分线，交AD于F，求证：＝.

[证明]　由三角形的内角平分线定理得，

在△ABD中，＝，①

在△ABC中，＝，②

在Rt△ABC中，由射影定理知，

AB2＝BD·BC，

即＝.③

由①③得：＝，④

由②④得：＝.

[类题通法]

1．在使用直角三角形射影定理时，要学会将“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直角三角形时常用的方法．

[针对训练]

在Rt△ACB中，∠C＝90°，CD⊥AB于D，若BD∶AD＝1∶9，求tan∠BCD的值．

解：由射影定理得

CD2＝AD·BD，

又BD∶AD＝1∶9，

令BD＝x，则AD＝9x(x>0)．

∴CD2＝9x2，

∴CD＝3x.

Rt△CDB中，tan∠BCD＝＝＝.

[课堂练通考点]

1．如图，AB∥EM∥DC，AE＝ED，EF∥BC，EF＝12 cm，求BC的长．

解： ⇒E为AD中点，

M为BC的中点．

又EF∥BC⇒EF＝MC＝12 cm，

∴BC＝2MC＝24 cm.

2．如图，在四边形ABCD中，E是AB上一点，EC∥AD，DE∥BC，若S△BEC＝1，S△ADE＝3，求S△CDE的值．

解：∵EC∥AD，∴S△DCE∶S△ADE＝EC∶AD，

∵DE∥BC，∴S△BCE∶S△CDE＝BC∶ED，

又因为∠ECB＝∠DEC＝∠ADE，∠BEC＝∠EAD，

∴△BEC∽△EAD，∴EC∶AD＝BC∶ED.

∴S△DCE∶S△ADE＝S△BCE∶S△CDE，于是S△CDE＝.

3．(2013·广东高考改编)如图，在矩形ABCD中，AB＝，BC＝3，BE⊥AC，垂足为E，求ED的值．

解：∵tan∠BCA＝＝，所以∠BCA＝30°，∠ECD＝90°－∠BCA＝60°.在Rt△BCE中，CE＝BC·cos∠BCA＝3cos 30°＝.在△ECD中，由余弦定理得

ED＝

＝＝.

4.如图，在△ABC中，F为边AB上的一点，＝(m，n>0)，取CF的中点D，连接AD并延长交BC于点E.求的值．

解：如图，作FG∥BC交AE于点G，则＝＝1，＝＝.两式相乘即得＝.

5．在平行四边形ABCD中，点E在边AB上，且AE∶EB＝1∶2，DE与AC交于点F，若△AEF的面积为6 cm2，求△ABC的面积．

解：令E＝a，EF＝b，则ab＝6.

由题意知EB＝2a.

DF＝3b.

∴S△ABC＝·AB·DE＝×3a×4b＝12×ab＝12×6＝72(cm)．

[课下提升考能]

1．如图，已知▱ABCD中，G是DC延长线上一点，AG分别交BD和BC于E，F两点，证明：AF·AD＝AG·BF.

证明：因为四边形ABCD为平行四边形，所以AB∥DC，AD∥BC.

所以△ABF∽△GCF，△GCF∽△GDA.

所以△ABF∽△GDA.

从而有＝，

即AF·AD＝AG·BF.

2．已知△ABC中，BF⊥AC于点F，CE⊥AB于点E，BF和CE相交于点P，求证：

(1)△BPE∽△CPF；

(2)△EFP∽△BCP.

证明：(1)∵BF⊥AC于点F，

CE⊥AB于点E，

∴∠BFC＝∠CEB.

又∵∠CPF＝∠BPE，

∴△CPF∽△BPE.

(2)由(1)得△CPF∽△BPE，

∴＝.

又∵∠EPF＝∠BPC，

∴△EFP∽△BCP.

3．如图，在△ABC中，D是AC的中点，E是BC延长线上一点，过A作AH∥BE.连接ED并延长交AB于F，交AH于H.如果AB＝4AF，EH＝8，求DF的长．

解：∵AH∥BE，∴＝.

∵AB＝4AF，∴＝，

∵HE＝8，∴HF＝2.

∵AH∥BE，∴＝.

∵D是AC的中点，∴＝1.

∵HE＝HD＋DE＝8，∴HD＝4，

∴DF＝HD－HF＝4－2＝2.

4．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC于D，DF⊥AC于F，DE⊥AB于E，求证：

(1)AB·AC＝BC·AD；

(2)AD3＝BC·CF·BE.

证明：(1)在Rt△ABC中，AD⊥BC，

∴S△ABC＝AB·AC＝BC·AD.

∴AB·AC＝BC·AD.

(2)Rt△ADB中，DE⊥AB，由射影定理可得

BD2＝BE·AB，

同理CD2＝CF·AC，

∴BD2·CD2＝BE·AB·CF·AC.

又在Rt△BAC中，AD⊥BC，

∴AD2＝BD·DC，

∴AD4＝BE·AB·CF·AC，

又AB·AC＝BC·AD.

即AD3＝BC·CF·BE.

5．如图，在△ABC中，D为BC边的中点，E为AD上的一点，延长BE交AC于点F.若＝，求的值．

解：如图，过点A作AG∥BC，

交BF的延长线于点G.

∵＝，∴＝.

又∵△AGE∽△DBE，

∴＝＝.

∵D为BC中点，BC＝2BD，

∴＝.

∵△AGF∽△CBF，∴＝＝，∴＝.

6.如图所示，在平行四边形ABCD中，E是CD的延长线上一点，DE＝CD，BE与AD交于点F.

(1)求证：△ABF∽△CEB；

(2)若△DEF的面积为2，求平行四边形ABCD的面积．

解：(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴∠BAF＝∠BCD，∵AB∥CD，∴∠ABF＝∠CEB，

∴△ABF∽△CEB.

(2)∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD∥BC，AB∥CD，

∴△DEF∽△CEB，△DEF∽△ABF.

∴＝()2，＝()2.

又DE＝CD＝AB，

∴CE＝DE＋CD＝DE＋2DE＝3DE.

∴＝()2＝，＝()2＝.

∵S△DEF＝2，∴S△CEB＝18，S△ABF＝8.

∴平行四边形ABCD的面积S＝S△ABF＋S△CEB－S△DEF＝8＋18－2＝24.

第二节直线与圆的位置关系

1．圆周角定理

(1)圆周角定理：

圆上一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半．

(2)圆心角定理：

圆心角的度数等于它所对弧的度数．

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．

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．圆内接四边形的性质与判定定理

(1)性质：

定理1：圆内接四边形的对角互补．

定理2：圆内接四边形的外角等于它的内角的对角．

(2)判定：

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．

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．

3．圆的切线性质及判定定理

(1)性质：

性质定理：圆的切线垂直于经过切点的半径．

推论1：经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．

推论2：经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心．

(2)判定定理：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线．

(3)弦切角定理：弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角．

4．与圆有关的比例线段

(1)相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．

(2)割线定理：从圆外一点引圆的两条割线，这一点到每条割线与圆的交点的两条线段长的积相等．

(3)切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项．

(4)切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，圆心和这一点的连线平分两条切线的夹角．

1．易混圆心角与圆周角，在使用时注意结合图形作出判断．

2．在使用相交弦定理、割线定理、切割线定理时易出现比例线段对应不成比例而失误．

[试一试]

1.如图，P是圆O外一点，过P引圆O的两条割线PB、PD，PA＝AB＝，CD＝3，求PC的长．

解：设PC＝x，由割线定理知PA·PB＝PC·PD.

即×2＝x(x＋3)，解得x＝2或x＝－5(舍去)．

故PC＝2.

2.如图，EB，EC是⊙O的两条切线，B，C是切点，A，D是⊙O上两点，如果∠E＝46°，∠DCF＝32°，求∠BAD的值．

解：由已知，显然△EBC为等腰三角形，

因此有∠ECB＝＝67°，

因此∠BCD＝180°－∠ECB－∠DCF＝81°.

而由A，B，C，D四点共圆，

得∠BAD＝180°－∠BCD＝99°.

1．与圆有关的辅助线的五种作法

(1)有弦，作弦心距．

(2)有直径，作直径所对的圆周角．

(3)有切点，作过切点的半径．

(4)两圆相交，作公共弦．

(5)两圆相切，作公切线．

2．证明四点共圆的常用方法

(1)利用圆内接四边形的判定定理，证明四点组成的四边形的对角互补；

(2)证明它的一个外角等于它的内对角；

(3)证明四点到同一点的距离相等．

当证明四点共圆以后，圆的各种性质都可以得到应用．

3．圆幂定理与圆周角、弦切角联合应用时，要注意找相等的角，找相似三角形，从而得出线段的比，由于圆幂定理涉及圆中线段的数量计算，所以应注意代数法在解题中的应用．

[练一练]

1．(2013·荆州模拟)如图，PA是⊙O的切线，切点为A，过PA的中点M作割线交⊙O于点B和C，若∠BMP＝110°，∠BPC＝30°，求∠MPB的值．

解：由切割线定理得，MA2＝MB·MC，又MA＝MP，故MP2＝MB·MC，即＝，又∠BMP＝∠PMC.故△BMP∽△PMC，所以∠MPB＝∠MCP，所以30°＋∠MPB＋∠MCP＝∠AMB＝180°－110°＝70°，所以∠MPB＝20°.

2．(2013·长沙一模)如图，过圆O外一点P分别作圆的切线和割线交圆于点A，点B，且PB＝7，C是圆上一点，使得BC＝5，∠BAC＝∠APB，求AB的值．

解：由PA为圆O的切线可得，∠PAB＝∠ACB，

又∠BAC＝∠APB，于是△APB∽△CAB，

所以＝，而PB＝7，BC＝5，

故AB2＝PB·BC＝7×5＝35，

即AB＝.

考点一	圆周角、弦切角和圆的切线问题

1.(2013·天津高考改编)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，求线段CF的长．

解：因为AE是圆的切线，且AE＝6，BD＝5，由切割线定理可得EA2＝EB·ED，即36＝EB·(EB＋5)，解得EB＝4.

又∠BAE＝∠ADB＝∠ACB＝∠ABC，所以AE∥BC.又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＝，CF＝＝＝.

2．(2013·广东高考改编)如图，AB是圆O的直径，点C在圆O上．延长BC到D使BC＝CD，过C作圆O的切线交AD于E.若AB＝6，ED＝2，求BC的长．

解：连接OC，则OC⊥CE，∠OCA＋∠ACE＝90°，∵∠OAC＝∠OCA，∴∠OAC＋∠ACE＝90°.易知Rt△ACB≌Rt△ACD，则∠OAC＝∠EAC.

∴∠EAC＋∠ACE＝90°，∴∠AEC＝90°，在Rt△ACD中，由射影定理得：CD2＝ED·AD　①，又CD＝BC，AD＝AB，将AB＝6，ED＝2代入①式，得CD＝＝2，∴BC＝2.

3．(2014·岳阳模拟)如图所示，⊙O的两条切线PA和PB相交于点P，与⊙O相切于A，B两点，C是⊙O上的一点，若∠P＝70°，求∠ACB的值．

解：如图所示，连接OA，OB，

则OA⊥PA，OB⊥PB.

故∠AOB＝110°，

∴∠ACB＝∠AOB＝55°.

 [类题通法]

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)两端作圆周角或弦切角．

考点二	圆内接四边形的性质及判定

[典例]　(2013·郑州模拟)如图，AB是⊙O的直径，G是AB延长线上的一点，GCD是⊙O的割线，过点G作AG的垂线，交直线AC于点E，交直线AD于点F，过点G作⊙O的切线，切点为H.

(1)求证：C，D，E，F四点共圆；

(2)若GH＝6，GE＝4，求EF的长．

[解]　(1)证明：连接DB，

∵AB是⊙O的直径，

∴∠ADB＝90°，

在Rt△ABD与Rt△AFG中，∠ABD＝∠AFE，

又∠ABD＝∠ACD，

∴∠ACD＝∠AFE，

∴C，D，E，F四点共圆．

(2) ⇒GH2＝GE·GF，

又GH＝6，GE＝4，∴GF＝9，EF＝GF－GE＝5.

[类题通法]

证明多点共圆，当它们在一条线段同侧时，可证它们对此线段张角相等，也可以证明它们与某一定点距离相等；如两点在一条线段异侧，则证明它们与线段两端点连成的凸四边形对角互补．

[针对训练]

如图所示，在四边形ABCP中，线段AP与BC的延长线交于点D，已知AB＝AC且A，B，C，P四点共圆．

(1)求证：＝；

(2)若AC＝4，求AP·AD的值．

解：(1)证明：因为点A，B，C，P四点共圆，所以∠ABC＋∠APC＝180°，又因为∠DPC＋∠APC＝180°，所以∠DPC＝∠ABC，又因为∠D＝∠D，所以△DPC∽△DBA，所以＝，又因为AB＝AC，所以＝.

(2)因为AB＝AC，所以∠ACB＝∠ABC，又∠ACD＋∠ACB＝180°，所以∠ACD＋∠ABC＝180°.由于∠ABC＋∠APC＝180°，所以∠ACD＝∠APC，又∠CAP＝∠DAC，所以△APC∽△ACD，所以＝，所以AP·AD＝AC2＝16.

考点三

与圆有关的比例线段

[典例]　(2013·辽宁模拟)如图，在△ABC中，CD是∠ACB的平分线，△ACD的外接圆交BC于点E，AB＝2AC.

(1)求证：BE＝2AD；

(2)当AC＝1，EC＝2时，求AD的长．

[解]　(1)证明：连接DE，因为四边形ACED是圆的内接四边形，所以∠BDE＝∠BCA，

又∠DBE＝∠CBA，所以△BDE∽△BCA，

所以＝，

而AB＝2AC，

所以BE＝2DE.

又CD是∠ACB的平分线，所以AD＝DE，从而BE＝2AD.

(2)由已知得AB＝2AC＝2，设AD＝t(0BD·BA＝BE·BC，

即(AB－AD)·BA＝2AD·(2AD＋CE)，

所以(2－t)×2＝2t(2t＋2)，即2t2＋3t－2＝0，

解得t＝，即AD＝.

[类题通法]

1．应用相交弦定理、切割线定理要抓住几个关键内容：如线段成比例与相似三角形、圆的切线及其性质、与圆有关的相似三角形等．

2．相交弦定理、切割线定理主要用于与圆有关的比例线段的计算与证明．解决问题时要注意相似三角形知识与圆周角、弦切角、圆的切线等相关知识的综合应用．

[针对训练]

(2014·郑州模拟)如图，已知⊙O和⊙M相交于A，B两点，AD为⊙M的直径，直线BD交⊙O于点C，点G为弧BD的中点，连接AG分别交⊙O，BD于点E，F，连接CE.

求证：(1)AG·EF＝CE·GD；(2)＝.

证明：(1)连接AB，AC，∵AD为⊙M的直径，

∴∠ABD＝90°，∴AC为⊙O的直径，

∴∠CEF＝∠AGD＝90°.

∵G为弧BD的中点，∴∠DAG＝∠GAB＝∠ECF.

∴△CEF∽△AGD，∴＝，∴AG·EF＝CE·GD.

(2)由(1)知∠DAG＝∠GAB＝∠FDG，又∠G＝∠G，

∴△DFG∽△ADG，∴DG2＝AG·GF.

由(1)知＝，∴＝.

[课堂练通考点]

1．(2013·惠州模拟)如图，PA切⊙O于点A，割线PBC经过圆心O，OB＝PB＝1，OA绕点O逆时针旋转60°得到OD，求PD的长．

解：∵PA切⊙O于点A，B为PO的中点，

∴∠AOB＝60°，∴∠POD＝120°.在△POD中，由余弦定理，得PD2＝PO2＋DO2－2PO·DO·cos∠POD＝4＋1－4×(－)＝7，故PD＝.

2．(2014·江南十校联考)如图，在圆的内接四边形ABCD中，∠ABC＝90°，∠ABD＝30°，∠BDC＝45°，AD＝1，求BC的长．

解：连接AC.因为∠ABC＝90°，所以AC为圆的直径．又∠ACD＝∠ABD＝30°，所以AC＝2AD＝2.又∠BAC＝∠BDC＝45°，故BC＝.

3．(2013·广州模拟)如图，已知AB是⊙O的一条弦，点P为AB上一点，PC⊥OP，PC交⊙O于C，若AP＝4，PB＝2，求PC的长．

解：如图，延长CP交⊙O于点D，因为PC⊥OP，所以P是弦CD的中点，由相交弦定理知PA·PB＝PC2，即PC2＝8，故PC＝2.

4．(2013·新课标卷Ⅰ)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＝，延长CE交AB于点F，求△BCF外接圆的半径．

解：(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，BE＝CE.

又因为DB⊥BE，所以DE为直径，则∠DCE＝90°，由勾股定理可得DB＝DC.

(2)由(1)知，∠CDE＝∠BDE，DB＝DC，

故DG是BC的中垂线，所以BG＝.

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外接圆的半径等于.

[课下提升考能]

1．(2013·辽宁高考)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＝；

又EF⊥AB，得∠FEB＋∠EBF＝，

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.

类似可证，Rt△ADE≌Rt△AFE，得AD＝AF.

又在Rt△AEB中，EF⊥AB，故EF2＝AF·BF，

所以EF2＝AD·BC.

2．(2013·江苏高考)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＝.

又BC＝2OC＝2OD，

故AC＝2AD.

3．如图所示，直线AB过圆心O，交圆O于A，B两点，直线AF交圆O于点F(不与B重合)，直线l与圆O相切于点C，交直线AB于点E，且与AF垂直，交AF的延长线于点G，连接AC.

求证：(1)∠BAC＝∠CAG；(2)AC2＝AE·AF.

证明：(1)连接BC，因为AB是直径，所以∠ACB＝90°，所以∠ACB＝∠AGC＝90°.因为GC切圆O于点C，所以∠GCA＝∠ABC，所以∠BAC＝∠CAG.

(2)连接CF，因为EC切圆O于点C，所以∠ACE＝∠AFC.又∠BAC＝∠CAG，所以△ACF∽△AEC，所以＝，所以AC2＝AE·AF.

4．(2013·新课标卷Ⅱ)如图，CD为△ABC外接圆的切线，AB的延长线交直线CD于点D，E，F分别为弦AB与弦AC上的点，且BC·AE＝DC·AF，B，E，F，C四点共圆．

(1)证明：CA是△ABC外接圆的直径；

(2)若DB＝BE＝EA，求过B，E，F，C四点的圆的面积与△ABC外接圆面积的比值．

解：(1)证明：因为CD为△ABC外接圆的切线，所以∠DCB＝∠A，由题设知＝，故△CDB∽△AEF，

所以∠DBC＝∠EFA.

因为B，E，F，C四点共圆，所以∠CFE＝∠DBC，

故∠EFA＝∠CFE＝90°.

所以∠CBA＝90°，因此CA是△ABC外接圆的直径．

(2)如图，连接CE，因为∠CBE＝90°，所以过B，E，F，C四点的圆的直径为CE.由DB＝BE，有CE＝DC，又BC2＝DB·BA＝2DB2，所以CA2＝4DB2＋BC2＝6DB2.

而DC2＝DB·DA＝3DB2，故过B，E，F，C四点的圆的面积与△ABC外接圆面积的比值为.

5．(2013·石家庄模拟)如图，AB是⊙O的直径，BE为⊙O的切线，点C为⊙O上不同于A，B的一点，AD为∠BAC的平分线，且分别与BC交于H，与⊙O交于D，与BE交于E，连接BD，CD.

求证：(1)BD平分∠CBE；

(2)AH·BH＝AE·HC.

证明：(1)由弦切角定理知∠DBE＝∠DAB.

又∠DBC＝∠DAC，∠DAB＝∠DAC，

所以∠DBE＝∠DBC，即BD平分∠CBE.

(2)由(1)可知BE＝BH，

所以AH·BH＝AH·BE，

因为∠DAB＝∠DAC，∠ACB＝∠ABE，

所以△AHC∽△AEB，

所以＝，即AH·BE＝AE·HC，

即AH·BH＝AE·HC.

6．(2013·昆明模拟)如图，已知PA与圆O相切于点A，直径BC⊥OP，连接AB交PO于点D.

求证：(1)PA＝PD；

(2)AC·AP＝AD·OC.

证明：(1)∵PA与圆O相切于点A，

∴∠PAB＝∠ACB，

∵BC是圆O的直径，

∴∠BAC＝90°，

∴∠ACB＝90°－∠B，

∵OB⊥OP，∴∠BDO＝90°－∠B，

又∠BDO＝∠PDA，∴∠PAD＝∠PDA＝90°－∠B，

∴PA＝PD.

(2)连接OA，由(1)得，

∠PAD＝∠PDA＝∠ACO，

又∠OAC＝∠OCA，

∴△PAD∽△OCA，

∴＝，∴AC·AP＝AD·OC.