- 平行线分线段成比例定理
- 共439题
选修4-1:几何证明选讲
如图,AB是⊙O的直径,弦BD、CA的延长线相交于点E,EF垂直BA的延长线于点F
求证:(1)∠DEA=∠DFA;
(2)AB2=BE•BD-AE•AC.
正确答案
证明:(1)连结AD因为AB为圆的直径,所以∠ADB=90°
又EF⊥AB∠EFA=90°则A,B,C,D四点共圆…(4分)
∴∠DEA=∠DFA…(5分)
(2)由(1)知BD•BE=BA•BF…(6分)
又△ABC∽△AEF∴即AB•AF=AE•AC…(8分)
∴BE•BD-AE•AC=BA•BF-AB•AF=AB(BF-AF)=AB2…(10分)
解析
证明:(1)连结AD因为AB为圆的直径,所以∠ADB=90°
又EF⊥AB∠EFA=90°则A,B,C,D四点共圆…(4分)
∴∠DEA=∠DFA…(5分)
(2)由(1)知BD•BE=BA•BF…(6分)
又△ABC∽△AEF∴即AB•AF=AE•AC…(8分)
∴BE•BD-AE•AC=BA•BF-AB•AF=AB(BF-AF)=AB2…(10分)
已知一长为3km,宽为2km缺一角A的长方形土地,如图所示,准备在此处建一高楼,EF是直线段,AE=0.2km,AF=0.5km,设计师要在BC的中点M处作EF延长线的垂线,应如何画线并说明理由.
正确答案
解:如图所示,假设MN⊥EF,则△AEF∽△BMN,
∵AE=0.2km,AF=0.5km,BM=1km,
∴=
,
∴BN=2.5km,
即在EB上取BN=2.5km连接MN即为所求.
解析
解:如图所示,假设MN⊥EF,则△AEF∽△BMN,
∵AE=0.2km,AF=0.5km,BM=1km,
∴=
,
∴BN=2.5km,
即在EB上取BN=2.5km连接MN即为所求.
如图,在△ABCAB=7,AC=11,点M是BC的中点,AD是∠BAC的平分线,MF∥AD,则FC的长为______.
正确答案
9
解析
解:如图所示,∵AD是∠BAC的平分线,∴
,
∵点M是BC的中点,∴,解得
.
∵MF∥AD,∴.
∵CF+FA=11,∴CF=9.
如图,△ABC中,AB=9,AC=6,点E在AB上且AE=3,点F在AC上,连接EF,若△AEF与△ABC相似,则AF=______.
正确答案
2或4.5
解析
解:当△AEF∽△ABC时,则
,AF=2;
当△AEF∽△ACB时,则 ,AF=4.5.
故答案为:2或4.5.
如图,BD为⊙O的直径,AB=AC,AD交BC于E,AE=2,ED=4,则AB的长为______.
正确答案
解析
解:由同弧所对的圆周相等得:△BDE∽△ACE
得,∴BD=2AC=2AB,
在Rt△ABD中,AD=6,
由勾股定理可求得AB=.
故答案为:2.
如图,点C、D在线段AB上,且△PCD是等边三角形.
(Ⅰ)当AC,CD,DB满足怎样的关系时,△ACP∽△PDB;
(Ⅱ)当△PDB∽△ACP时,试求∠APB的度数.
正确答案
解:(1)当CD2=AC•DB时,△ACP∽△PDB,
∵△PCD是等边三角形,
∴∠PCD=∠PDC=60°,
∴∠ACP=∠PDB=120°,
若CD2=AC•DB,由PC=PD=CD可得:PC•PD=AC•DB,
即,
则根据相似三角形的判定定理得△ACP∽△PDB;
(2)当△ACP∽△PDB时,∠APC=∠PBD
∵∠PDB=120°
∴∠DPB+∠DBP=60°
∴∠APC+∠BPD=60°
∴∠APB=∠CPD+∠APC+∠BPD=120°
即可得∠APB的度数为120°.
解析
解:(1)当CD2=AC•DB时,△ACP∽△PDB,
∵△PCD是等边三角形,
∴∠PCD=∠PDC=60°,
∴∠ACP=∠PDB=120°,
若CD2=AC•DB,由PC=PD=CD可得:PC•PD=AC•DB,
即,
则根据相似三角形的判定定理得△ACP∽△PDB;
(2)当△ACP∽△PDB时,∠APC=∠PBD
∵∠PDB=120°
∴∠DPB+∠DBP=60°
∴∠APC+∠BPD=60°
∴∠APB=∠CPD+∠APC+∠BPD=120°
即可得∠APB的度数为120°.
(2015秋•贵阳期末)如图所示,圆O的两弦AB和CD交于点E,作EF∥CB,并且交AD的延长线于点F,FG切圆O于点G.
(Ⅰ)求证:△DEF∽△EFA;
(Ⅱ)如果FG=1,求EF的长.
正确答案
(Ⅰ)证明:因为EF∥CB,所以∠BCE=∠FED,又∠BAD=∠BCD,所以∠BAD=∠FED,
又∠EFD=∠EFD,所以△DEF∽△EFA.…(6分)
(Ⅱ)解:由(Ⅰ)得,EF2=FA•FD.
因为FG是切线,所以FG2=FD•FA,所以EF=FG=1.…(10分)
解析
(Ⅰ)证明:因为EF∥CB,所以∠BCE=∠FED,又∠BAD=∠BCD,所以∠BAD=∠FED,
又∠EFD=∠EFD,所以△DEF∽△EFA.…(6分)
(Ⅱ)解:由(Ⅰ)得,EF2=FA•FD.
因为FG是切线,所以FG2=FD•FA,所以EF=FG=1.…(10分)
4-1(几何证明选讲)
如图,△ABC是直角三角形,∠ABC=90o.以AB为直径的圆0交AC于点E点D是BC边的中点,连0D交圆0于点M
(I)求证:0,B,D,E四点共圆;
(II)求证:2DE2=DM•AC+DM•AB
正确答案
证明:(1)连接BE,则BE⊥EC
又D是BC的中点
∴DE=BD
又∴OE=OB,OD=OD
∴△ODE≌△ODB
∴∠OBD=∠OED=90°
∴D,E,O,B四点共圆.
(2)延长DO交圆于点H
∵DE2=DM•DH=DM•(DO+OH)=DM•DO+DM•OH
∴DE2=DM•(AC)+DM•(
AB)
∴2DE2=DM•AC+DM•AB.
解析
证明:(1)连接BE,则BE⊥EC
又D是BC的中点
∴DE=BD
又∴OE=OB,OD=OD
∴△ODE≌△ODB
∴∠OBD=∠OED=90°
∴D,E,O,B四点共圆.
(2)延长DO交圆于点H
∵DE2=DM•DH=DM•(DO+OH)=DM•DO+DM•OH
∴DE2=DM•(AC)+DM•(
AB)
∴2DE2=DM•AC+DM•AB.
已知:如图①,在矩形ABCD中,AB=5,AD=
,AE⊥BD,垂足是E,点F是点E关于AB的对称点,连接AF、BF
(1)求AE和BE的长;
(2)若将△ABF沿着射线BD方向平移.设平移的距离为m(平移距离指点B沿BD方向所经过的线段长度).当点F分别平移到线段AB、AD上时,直接写出相应的m的值;
(3)如图②,将△ABF绕点B顺时针旋一个角α(0°<α<180°),记旋转中的△ABF为△A′BF′,在旋转过程中,设A′F′所在的直线与直线AD交于点P,与直线BD交于点Q.是否存在这样的P、Q两点,使△DPQ为等腰三角形?若存在,求出此时DQ的长;若不存在,请说明理由.
正确答案
解:(1)在Rt△ABD中,AB=5,AD=,
由勾股定理得:BD==
.
∵S△ABD=BD•AE=
AB•AD,
∴AE==4.
在Rt△ABE中,AB=5,AE=4,由勾股定理得:BE=3.
(2)设平移中的三角形为△A′B′F′,如答图2所示:
由对称点性质可知,∠1=∠2.
由平移性质可知,AB∥A′B′,∠4=∠1,BF=B′F′=3.
①当点F′落在AB上时,
∵AB∥A′B′,
∴∠3=∠4,
∴∠3=∠2,
∴BB′=B′F′=3,即m=3;
②当点F′落在AD上时,
∵AB∥A′B′,
∴∠6=∠2,
∵∠1=∠2,∠5=∠1,
∴∠5=∠6,
又易知A′B′⊥AD,
∴△B′F′D为等腰三角形,
∴B′D=B′F′=3,
∴BB′=BD-B′D=-3=
,即m=
.
(3)存在.理由如下:
在旋转过程中,等腰△DPQ依次有以下4种情形:
①如答图3-1所示,点Q落在BD延长线上,且PD=DQ,易知∠2=2∠Q,
∵∠1=∠3+∠Q,∠1=∠2,
∴∠3=∠Q,
∴A′Q=A′B=5,
∴F′Q=F′A′+A′Q=4+5=9.
在Rt△BF′Q中,由勾股定理得:BQ==3
.
∴DQ=BQ-BD=3-
;
②如答图3-2所示,点Q落在BD上,且PQ=DQ,易知∠2=∠P,
∵∠1=∠2,
∴∠1=∠P,
∴BA′∥PD,则此时点A′落在BC边上.
∵∠3=∠2,
∴∠3=∠1,
∴BQ=A′Q,
∴F′Q=F′A′-A′Q=4-BQ.
在Rt△BQF′中,由勾股定理得:BF′2+F′Q2=BQ2,
即:32+(4-BQ)2=BQ2,
解得:BQ=,
∴DQ=BD-BQ==
;
③如答图3-3所示,点Q落在BD上,且PD=DQ,易知∠3=∠4.
∵∠2+∠3+∠4=180°,∠3=∠4,
∴∠4=90°-∠2.
∵∠1=∠2,
∴∠4=90°-∠1.
∴∠A′QB=∠4=90°-∠1,
∴∠A′BQ=180°-∠A′QB-∠1=90°-∠1,
∴∠A′QB=∠A′BQ,
∴A′Q=A′B=5,
∴F′Q=A′Q-A′F′=5-4=1.
在Rt△BF′Q中,由勾股定理得:BQ==
,
∴DQ=BD-BQ=;
④如答图3-4所示,点Q落在BD上,且PQ=PD,易知∠2=∠3.
∵∠1=∠2,∠3=∠4,∠2=∠3,
∴∠1=∠4,
∴BQ=BA′=5,
∴DQ=BD-BQ=-5=
.
综上所述,存在4组符合条件的点P、点Q,使△DPQ为等腰三角形;
DQ的长度分别为3-
、
、
或
.
解析
解:(1)在Rt△ABD中,AB=5,AD=,
由勾股定理得:BD==
.
∵S△ABD=BD•AE=
AB•AD,
∴AE==4.
在Rt△ABE中,AB=5,AE=4,由勾股定理得:BE=3.
(2)设平移中的三角形为△A′B′F′,如答图2所示:
由对称点性质可知,∠1=∠2.
由平移性质可知,AB∥A′B′,∠4=∠1,BF=B′F′=3.
①当点F′落在AB上时,
∵AB∥A′B′,
∴∠3=∠4,
∴∠3=∠2,
∴BB′=B′F′=3,即m=3;
②当点F′落在AD上时,
∵AB∥A′B′,
∴∠6=∠2,
∵∠1=∠2,∠5=∠1,
∴∠5=∠6,
又易知A′B′⊥AD,
∴△B′F′D为等腰三角形,
∴B′D=B′F′=3,
∴BB′=BD-B′D=-3=
,即m=
.
(3)存在.理由如下:
在旋转过程中,等腰△DPQ依次有以下4种情形:
①如答图3-1所示,点Q落在BD延长线上,且PD=DQ,易知∠2=2∠Q,
∵∠1=∠3+∠Q,∠1=∠2,
∴∠3=∠Q,
∴A′Q=A′B=5,
∴F′Q=F′A′+A′Q=4+5=9.
在Rt△BF′Q中,由勾股定理得:BQ==3
.
∴DQ=BQ-BD=3-
;
②如答图3-2所示,点Q落在BD上,且PQ=DQ,易知∠2=∠P,
∵∠1=∠2,
∴∠1=∠P,
∴BA′∥PD,则此时点A′落在BC边上.
∵∠3=∠2,
∴∠3=∠1,
∴BQ=A′Q,
∴F′Q=F′A′-A′Q=4-BQ.
在Rt△BQF′中,由勾股定理得:BF′2+F′Q2=BQ2,
即:32+(4-BQ)2=BQ2,
解得:BQ=,
∴DQ=BD-BQ==
;
③如答图3-3所示,点Q落在BD上,且PD=DQ,易知∠3=∠4.
∵∠2+∠3+∠4=180°,∠3=∠4,
∴∠4=90°-∠2.
∵∠1=∠2,
∴∠4=90°-∠1.
∴∠A′QB=∠4=90°-∠1,
∴∠A′BQ=180°-∠A′QB-∠1=90°-∠1,
∴∠A′QB=∠A′BQ,
∴A′Q=A′B=5,
∴F′Q=A′Q-A′F′=5-4=1.
在Rt△BF′Q中,由勾股定理得:BQ==
,
∴DQ=BD-BQ=;
④如答图3-4所示,点Q落在BD上,且PQ=PD,易知∠2=∠3.
∵∠1=∠2,∠3=∠4,∠2=∠3,
∴∠1=∠4,
∴BQ=BA′=5,
∴DQ=BD-BQ=-5=
.
综上所述,存在4组符合条件的点P、点Q,使△DPQ为等腰三角形;
DQ的长度分别为3-
、
、
或
.
(几何证明选做题)
如图,弦AB与CD相交于⊙O内一点E,过E作BC的平行线与AD的延长线相交于点P.已知PD=2DA=2,则PE=______.
正确答案
解析
解:因为BC∥PE,∴∠BCD=∠PED,
且在圆中∠BCD=∠BAD⇒∠PED=∠BAD,
⇒△EPD∽△APE,∵PD=2DA=2
⇒
⇒PE2=PA•PD=3×2=6,
∴PE=.
故答案为:.
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