几何证明选讲教案

2025-10-27

第一讲平行线等分线段定理和平行截割定理教学目标知识与技能：复习相似三角形的定义与性质,了解平行截割定理.过程与方法：以“平行线分线段成比例定理”为起点,给出相似三角形定义后,逐步讨论相似三角形的判定定理、性质定理等等。情感态度价值观：基本数学思想是比例及其性质的应用,通过观察、探索、发现的创造性过程,培养创新意识。教学重点平行线分线段成比例定理.教学难点相似三角形的

几何证明选讲教学设计

考试要求

1、了解平行线等分线段定理和平行截割定理；掌握相似三角形的判定定理及性质定理；理解直角三角形射影定理；

2、理解圆周角定理及其推论；掌握圆的切线的判定定理及性质定理；理解弦切角定理及其推论；

3、掌握相交弦定理、割线定理、切割线定理；理解圆内接四边形的性质定理与判定定理．教材分析

这是新课程选修课程的一个新的内容，本专题的内容包括相似三角形的进一步认识、圆的进一步认识．平行线等分线段定理是在“一组平行线”只取三条这种最简单的情况下证明的，证明的方法是借助梯形常用的辅助线把梯形分成平行四边形和三角形，用平行四边形和三角形的知识进行证明．平行截割定理是平行线等分线段定理的一般情形，是研究相似形最重要和最基本的理论，其证明体现了化归的思想，把它应用在三角形上就得到了定理的一个重要推论，这个推论是判定三角形相似的理论基础．圆周角的概念、圆周角定理及其推论在推理论证和计算中应用比较广泛，将圆周角的一边绕顶点旋转到与圆相切时，就得到弦切角，圆周角定理和弦切角定理的证明都体现了分类讨论的思想，体现了从特殊到一般的思维过程．相交弦定理、割线定理、切割线定理合称“圆幂定理”，在有关的计算和证明中起着重要的作用．

本讲的内容在初中已经通过观察、实验和操作的方法初步了解，这里不仅是对初中知识的深化，更侧重于逻辑推理与抽象思维．在几何证明的过程中，不仅包含了逻辑演绎的程序，还包含着大量的观察、探索、发现的创造性过程，因此本章是考查推理能力和逻辑思维能力的好资料，在平时的训练中要熟悉基本图形和基本结论，善于归纳总结，提高运用几何方法解决问题的能力．

第一讲平行线等分线段定理和平行截割定理

教学目标

知识与技能：复习相似三角形的定义与性质，了解平行截割定理.

过程与方法：以“平行线分线段成比例定理”为起点，给出相似三角形定义后，逐步讨论相似三角形的判定定理、性质定理等等。

情感态度价值观：基本数学思想是比例及其性质的应用，通过观察、探索、发现的创造性过程，培养创新意识。教学重点

平行线分线段成比例定理. 教学难点

相似三角形的判定定理、性质定理等等。课

时 3课时

一．基础知识回顾

1、如图15-1，l1∥l2∥l3，AM=3，BM=5，CM=4.5，EF=16，则DM= ， EK= ，FK= ．答案:DM=7.5，EK=6，FK=10；

2、如图，ΔABC中，点D为BC中点，点E在CA上，且CE=则AF:FD= ．答案:AF:FD=4:1；

3、一个等腰梯形的周长是80cm，如果它的中位线长与腰长相等，它的高是12cm，则这个梯形的面积为 cm2．答案:240；

4、如图15-3，AB是斜靠在墙壁上的长梯，梯脚B距墙80cm，梯上点D距墙70cm，BD长55cm，则梯子的长为 cm． l1 C

图15-1

答案:440．

EA，AD，BE交于点F，

D 图15-2

E C

图15-3

二．典型例题讲解

例1．如图15-4，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC=90°，E是AB边的中点，连结ED、EC，求证：ED=EC．

分析：要证明ED=EC，只要设法证明E在线段CD的垂直平分线上．

证明：过E点作EF∥BC交DC于F点．

∵在梯形ABCD中，AD∥BC，

∴AD∥EF∥BC． ∵E是AB的中点， ∴F是DC的中点．

∵∠ADC=90°，∴∠DFE=90°． ∴EF⊥DC，

∴EF是DC的垂直平分线． ∴ED=EC．

图15-4

评析：根据平行线等分线段定理可以得到，在梯形中，若已知一腰的中点，那么过这

点作底边的平行线即可得到另一腰的中点，本题正是利用这一结论再结合线段垂直平分线的性质得证的．平行截割定理的应用很广泛，它体现了从简单到复杂、从特殊到一般的数学思想，是研究相似形最重要、最基本的理论．

例2．如图15-5，在ΔABC中，作直线DN平行于中线AM，设这条直线交边AB与点D，交边CA的延长线于点E，交边BC于点N．求证：AD∶AB=AE∶AC．

分析：要证明AD∶AB=AE∶AC，必须找到与

AD∶AB和AE∶AC都相等的第三个量．

证明：∵AM∥EN，

∴AD∶AB=NM∶MB，NM∶MC=AE∶AC． ∵MB=MC，

∴AD∶AB=AE∶AC．

评析：本题的理论依据是平行于三角形一边的

直线截其他两边，截得的三角形与原三角形的对应边成比例．由于直接证明相对较困难，所以利用了中间比进行等量代换，这种方法在有关比例式的证明中经常使用．

例3．在梯形ABCD中，点E、F分别在腰AB、CD上，EF∥AD，AE∶EB=m∶n．求证：（m＋n）EF=mBC＋nAD．你能由此推导出梯形的中位线公式吗？

mm n

nm n

分析：要证明（m＋n）EF=mBC＋nAD，只要证明EF=

BC AD，

又EF与AD、BC都平行，因此比较容易联想到平行截割定理．证明：【方法一】如图（1），连结AC，交EF于点G． ∵AD∥EF∥BC， ∴ ∴

DFFCAEABEGBC

AEEBm

．

CFCD

nm nGFADn

m nAEABm

，．

nm n

G （1）

∵EG∥BC，FG∥AD， ∴

mm n

，

CFCD

A ．

∴EG=

m n

BC，GF=

mm n

m n

AD， n

AD，

∴EF=EG＋GF=BC＋

m n

G （2）

∴（m＋n）EF=mBC＋nAD．

当EF为中位线时，AE∶EB=1∶1，即m=n=1，得2EF=BC＋AD，即EF=

（BC＋AD）．

【方法二】如图（2），过点B作BG∥CD，交EF于点H，交AD于G．

∵AD∥EF∥BC，BG∥CD，

∴BC=HF=GD． ∵EH∥AG， ∴

EHAG

BEAB

BEAE

nm n

，，EH=

nm n

AG．

∴EF=EH＋HF=AG＋HF．

∴（m＋n）EF=nAG＋（m＋n）HF=nAG＋mBC＋nGD=mBC＋nAD．

评析：这个结果称为线性插值公式．当点E、F在AB、DC的延长线上（或BA、CD

延长线上）时，由于AE与EB的方向相反，可以把m∶n理解为负值，在此理解下，此公式仍然成立．证明可仿上面的证明给出．

三．精选试题演练

1、如图15-6，已知：AC⊥AB，BD⊥AB，AO=78cm， BO=42cm，CD=159cm，则CO= cm，．答案:103.35，55.65；

2、已知，如图15-7，AA′∥EE′，AB=BC=CD=DE， A′B′=B′C′=C′D′=D′E′，若AA′=28mm，EE′=36mm，

则BB′= ，CC′= ，DD′= ．

A′B′C′

答案:30mm，32mm，34mm； ′3、如图15-8，BC∥B′C′，AC∥A′C′．求证：AB∥A′B′．如果B′C′，那么是A′B′

E′的多少倍？图15-7

′ OBOCBC

提示：∵BC∥B′C′，∴∵ 2．

OB OCOC

B C

AC∥A′C′，∴∴

答案:2.1cm．

OAOA

OBOB

OAOA

．

A′

图15-8

′

2，∴AB∥A′B′，AB=2 A′B′．

4、如图15-9，EF∥BC，FD∥AB，AE=1.8cm,BE=1.2cm,CD=1.4cm．求BD．

AFCF

AEBE

提示：∵EF∥BC，∴

BDDC

．∵DF∥AB，∴

D 图15-9

CF23

即BD=DC=2.1cm．

，

1AB

1CDEOAB

2EFDEDA

5、如图15-10，过梯形ABCD的对角线交点O作直线EF平行于底，分别交两腰AD、BC于点E、F，求证：

提示：∵EF∥BC∥AD，∴

EOCD

AEAD

．

，

CFCB

，

OFCD

BFBC

EFAB

EFCD

2，则

将四个等式相加得到

1AB

1CD

2EF

图15-10

．

6、如图15-11，直线l分别交ΔABC的边BC，CA，AB所在直线于点D，E，F，

且AF=

AB，BD=

BC，求

ECAE

．

提示：作CN∥AB交DF于点N，由平行割线定理得

BFCNECAE

52DBDCBFAF

，

DCDBDCDB

CNAF

ECAE

，两式相乘得

．又由AF=

AB得

BFAF

2，由B

图15-11

BD=BC得，则

ECAE

．

7、已知：M，N分别为平行四边形ABCD的边AB，CD的中点，CM，AN分别交BD于点E，F，求证：E，F三等分BD．

提示：∵∥AB∥CD且AB=CD，M，N分别为AB，CD的中点，∴AM∥CN，AM=CN，∴四边形ABCD是平行四边形．∴AN∥CM．∵DN=NC，由平行截割定理知DF=FE，同理FE=EB．则E，F三等分BD．

8、如图15-12，在梯形ABCD中，AD∥BC，E，F分别是AB，CD的中点．求证：GH=

（BC－AD）． D

提示：由条件得EF是梯形ABCD的中位线，则有EF∥AD∥BC，由平行线等分线段定理得AH=HC，BG=GD，∴FH=

9、如图15-13，BD=CE，求证：AC·EF=AB·DF．

提示：过点D作DG∥AC，交BC于点G，得

ACAB

DGBD

DGEC

DFEF

G F

AD，FG=BC，∴GH=FG－FH=BC－AD）．

图15-12

．

ACAB

ECEM

DBEM

DFEF

或过点E作EM∥AB，可得

．

图15-13

四．教学反思

本讲的知识重点是平行线等分线段定理、平行截割定理及其推论，是研究相似形最重要和最基本的理论，它一方面可以直接判断线段成比例，另一方面，当不能直接证明要证的比例成立时，常用定理把两条线段的比“转移”成另两条线段的比。在使用定理和推论的时候，应特别注意对应的问题。

这一部分常见的题型为利用比例计算线段的长度和利用平行关系证明比例式（或等积

式），突破难点的关键在于抓住平行找比例，没有平行作平行，多个比例巧过渡，需要注意的是，在图形中添加平行线一般要遵循的以下原则：一是不能破坏给定的条件；二是作出的辅助线要能“一线两用”．

第二讲相似三角形的判定与性质

教学目标

知识与技能：复习相似三角形的定义与性质，证明直角三角形射影定理。

过程与方法：以“平行线分线段成比例定理”为起点，给出相似三角形定义后，逐步讨论相似三角形的判定定理、性质定理等等。

情感态度价值观：通过观察、探索、发现的创造性过程，培养创新意识。教学重点

相似三角形的判定定理、性质定理等等。教学难点

相似三角形的判定定理、性质定理等等。课

时 3课时

一．基础知识回顾

1、如图15-14，ΔABC中，∠1=∠B，则Δ ∽Δ ．此时若AD=3，BD=2，则AC= ．答案: ACD，ABC，；

2、两个三角形相似，它们的周长分别是12和18，周长较小的三角形的最短边长为3，则另一个三角形的最短边长为．答案:

3、如图15-15，CD是RtΔABC的斜边上的高．（1）若AD=9，CD=6，则BD= ；（2）若AB=25，BC=15，则BD= ．

答案:4；9.

4、如图15-16，已知∠1=∠2（写一个即可），使得ΔABC∽ΔADE．

答案:∠B=∠D（或∠C=∠E，或

AEAC

ADAB

图15-14

D 图15-15

）．

图15-16

二．典型例题讲解

例1．如图15-17，A、B、C、D在一条直线上，EA⊥AD，垂足为A，AB=BC=CD=AE．求证：ΔBCE∽ΔBED．

分析：ΔBCE与ΔBED有一个公共角，因此只要再找一对角对应相等或证明夹这个公

共角的两边成比例．

证明：设AB=a，在RtΔABE中，AB=AE=a， ∴BE=AB2 AE2=2a．在ΔBCE和ΔBED中， ∵ ∴

BEBCBEBC

2aaBDBE

2，

BDBE

．

又∵∠CBE=∠EBD，

∴ΔBCE∽ΔBED．评析：三角形相似的证明方法很多，解题时应根据条件，结合图形选择恰当的方法．一般的思考程序是：先找两对内角对应相等；若只有一个角对应相等，再判定夹这个角的两边是否对应成比例；若无角对应相等，就证明三边对应成比例．

例2．如图15-18，E，F分别是正方形ABCD的边AB和AD上的点，且求证：∠AEF=∠FBD．

EBAB

AFAD

．

分析：∠AEF是RtΔAEF的一个锐角，因此要证明∠AEF=∠FBD，可以通过证明

三角形相似得到．

证明：过点F作FM⊥BD于点M．

设正方形的边长为a，则BD= ∵

EBAB

AFAD13 13

2a．

，

a．

∴EB=AF=a，AE=DF=

图15-18

在RtΔDMF中，EM=DM= ∴BM=

2a－

DF=a，

223

a．

在RtΔAEF和RtΔMBF中，

∵

2AE

a a

，

FMBM

323

a 2a

，

∠A=∠BMF=90°， ∴ΔAEF∽ΔMBF． ∴∠AEF=∠FBD．

评析：本题的难点是构造含∠AEF和∠FBD的相似三角形．在含正方形的有关证明中，

常借助正方形的性质采用计算法证明．

例3．如图15-19，AD、BE是ΔABC的两条高，DF⊥AB，垂足为F，直线FD交BE于点G，交AC的延长线于H．求证：DF2=GF·HF．

分析：由于DF，GF，HF三条线段在同一条直线上，因此想直

接得到关系式比较困难，考虑用第三个量作代换．

证明：在ΔAFH与ΔGFB中，

∵∠H＋∠BAC=90°，∠GBF＋∠BAC=90°， ∴∠H=∠GBF．

∵∠AFH=∠GFD=90°，

∴ΔAFH∽ΔGFB． ∴

HFBF

AFGF

，∴AF·BF=GF·HF．

∵在RtΔABD中，FD⊥AB， ∴DF2=AF·BF．

∴DF2=GF·HF．

评析：本题涉及两个基本图形：含斜边上高的直角三角形，含两条高的锐角三角

形．含两条高的锐角三角形是相似形中的基本图形，图中有多对相似三角形，在解题时要充分利用图形提供的有效信息，选择有用的条件和结论．另外直角三角形的射影定理是相似三角形的性质在直角三角形中的应用，在解题中使用十分频繁．

三．精选试题演练

1、已知，如图15-20，在平行四边形ABCD中，DB是对角线，E是AB上一点，连结CE且延长和DA的延长线交于F，则图中相似三角形的对数是（）． A．2 B．3 C．4 D．大于4 答案: D.

2、如图15-21，已知ΔABC中，BC=30，高AD=18，EFGH是ΔABC的内接矩形，EF=12，则GF=（）．

A．7.2 B．10.8 C．12 D．9 答案:B.

3、如图15-22，ED∥FG∥BC，且DE，FG把ΔABC的面积分为相等的三部分，若BC=15，则FG的长为（）． A．5

6 B．10 C．43 D．7.5

E 图15-20 答案:A.

4、如图15-23，已知矩形ABCD中，∠AEF=90°，则下列结论一定正确的是（）． A．ΔABF∽ΔAEF B．ΔABF∽ΔCEF C．ΔCEF∽ΔDAE D．ΔADE∽ΔAEF B

图15-22 C

D F E

图15-21

答案:C.

5、如图15-24，在RtΔABC中，∠C=90°，D是BC中点，DE⊥AB，垂足为E，∠B=30，AE=7．求DE的长．答案:

6、如图15-25，四边形ACBD中，E是CD上一点，且∠DAB=∠EAC，．∠DBA=∠ECA．求证：ΔADE∽ΔABC．

提示：先证明ΔABD∽ΔACE，可得

7、如图15-26，在ΔABC中，∠ACB=90°，M是BC的中点，CD⊥AM，垂足为D．求证：ΔAMB∽ΔBMD．

提示：由直角三角形射影定理得CM2=DM·AM，从而有BM2= DM·AM，即是公共角，可得结论；

BMDM

AMBM

ABAC

ADAE

，再证明∠DAE=∠BAC；

图15-25

，又∠AMB

图15-26

8、如图15-27，已知RtΔABC中，∠C=90°，AC=3cm，BC=4cm，在该直角三角形中作内接正方形，使其顶点均在ΔABC的边上，求正方形的边长．

提示：要分两种情况，（1）正方形的一个顶点在斜边上，一个顶点与C点重合，正方形的边长为一条边在斜边上，正方形的边长为

6037127

cm；（2）正方形的

cm；

图15-27

9、如图15-28，已知直角梯形ABCD中，∠A=∠B=90°，设AB=a，AD=b，BC=2b，作 DE⊥DC，交AB于点E，连结EC．

（1）对于①ΔDCE与ΔADE；②ΔADE与ΔBCE，试判断各组的三角形是否一定相似；（2）如果两个三角形一定相似，请加以证明；

（3）如果不一定相似，请指出它们相似时，a，b应满足什么关系．

答案:（1）ΔDCE与ΔADE一定相似，ΔADE与ΔBCE不一定相似；

（2）提示：作DF⊥BC，垂足为F，利用RtΔADE∽RtΔFDC得到

AEAD

CFDF

，

则AE=

，用勾股定理可以计算得ED=

ADAE

DCDE

，从而

图15-28

可以得到，

可以证得RtΔDCE与RtΔADE；

（3）提示：利用相似三角形的对应边成比例可以计算得，当ΔADE∽ΔBCE时，a=3b．

四．教学反思

相似三角形的定义、判定和性质是初中已学的内容，但在初中平面几何中没有给出定理的证明，通过本讲知识的学习可以体会逻辑推理、几何证明的重要性，在解题过程中应注意观察基本图形与定理间的关系，通过寻找基本图形把已知和未知联系起来，先明确需要证明哪两个三角形相似，再寻找三角形相似的条件，从而发现证题思路．

第三讲直线和圆

教学目标

知识与技能：证明圆周角定理、圆的切线的判定定理及性质定理。

过程与方法：以“圆周角定理”和“圆的切线概念”为起点，采用从特殊到一般的思想方法，得出圆内接四边形的性质和判定定理的猜想及其证明，圆的切线的性质和判定的有关定理；情感态度价值观：从特殊到一般的思想方法，通过观察、探索、发现的创造性过程，培养创新意识。. 教学重点

圆周角定理、圆的切线的判定定理及性质定理教学难点

圆周角定理、圆的切线的判定定理及性质定理课

时 3课时

一．基础知识回顾

1、下列命题中错误的是（）．

A．过一个圆的直径两端点的两条切线互相平行

B．直线AB与⊙O相切于点A，过O作AB的垂线，垂足必是A

C．若同一个圆的两条切线互相平行，则连结切点所得的线段是该圆的直径 D．圆的切线垂直于半径答案:D.

2、如图15-29，PA、PB、CD都是⊙O的切线，A、B、E为切点若AP⊥PB，垂足为P，ΔPDC的周长为C，⊙O的周长为C1，则C1与3C的大小关系是（） A．C1 3C B．C1 3C C．C1=3C D．与半径有关

答案:A.

3、如图15-30，点P是⊙O的直径BA延长线上一点，PC与⊙O相切于点C，CD⊥AB，垂足为D，连结AC、BC、OC，那么下列结论中正确结论的个数有（）． ①PC2=PA·PB；②PC·OC=OP·CD；③OA2=OD·OP；④OA（CP－CD）=AP·CD． A．1 B．2 C．3 D．4 答案:D.

· · E O O D P D

C A

图15-29 图15-30 图15-31

4、如图15-31，已知AB是⊙O的弦，AC切⊙O于点A，∠BAC=60°，则∠ADB的度数

为．答案:120°.

二．典型例题讲解

例1．已知：ΔABC内接于⊙O，BT为⊙O的切线，P为直线AB上一点，过点P作BC的平行线交直线BT于点E，交直线AC于点F

（1）如图15-32（1），求证：当点P在线段AB上时，PA·PB=PE·PF；

（2）如图15-32（2），当点P在线段AB的延长线上时，上述结论是否还成立？如果成立，请给予证明；如果不成立，请说明理由

E O ·

· O

B 15-32（1）

15-32（2）P

分析：第（1）问中，要证明PA·PB=PE·PF，就是证明四条线段所在的两个三角

形相似．

解：（1）证明：∵BT切⊙O于点B ， ∴ EBA= C． ∵EF∥BC ， ∴ AFP= C． ∴ EBA= AFP．

∵ BPE= FPA， ∴ΔPBE∽ΔPFA． ∴

PBPF

PEPA

． ∴PA·PB=PE·PF．

（2）当P为AB延长线上一点时，（1）中的结论仍成立

∵BT切⊙O于点B ， ∴ ABM= ACB． ∵ ABM= PBE ， ∴ PBE= ACB． ∵EF∥BC， ∴ F= ACB． ∴ PBE= F．

∵ P是公共角， ∴ΔPBE∽ΔPFA． ∴

PBPF

PEPA

． ∴PA·PB=PE·PF．

评析：本题第（1）小题是在圆中求证等积式的问题．根据弦切角定理及已知条件

PE∥BC，证得ΔPBE∽ΔPFA，得到

PBPF

PEPA

，从而有PA·PB=PE·PF．第（2）

题中当点P为AB延长线上一点时，由于相切及PE∥BC的条件没变，因此相关的角的相等关系不变，仍可证得ΔPBE∽ΔPFA，得出相同的结论．

例2．如图15-33，已知⊙A、⊙B都经过点C，BC是⊙A的切线，⊙B交AB于点 D，连结CD并延长交⊙A于点E，连结AE （1）求证：AE⊥AB；

（2）求证：DE·DC=2AD·DB；

（3）如果DE·DC=8，AE=3，求BC的长

分析：要证明AE⊥AB，只要证明∠EAD=90°，也就是证明ΔADE的另外两个角互余，

结合圆的基本性质和切线的性质可得证．解：（1）证明：∵AC与⊙B相切，

∴AC⊥BC，

∴ ACD＋ BCD=90 ． ∵AC=AE，BC=BD，

∴ ACD= E， BCD= BDC．

∵ ADE= BDC，

∴ E＋ ADE=90 ． ∴ EAD=90 ． ∴AE⊥AB．

（2）证明：延长DB交⊙B于点E，连结FC，则DF=2DB， DCF=90 ．

∵AC与⊙B相切， ∴ ACD= F ．∴ E= F． ∴RtΔADE∽RtΔCDF． ∴

ADCD

DEDF

图15-33

． ∴DE·DC=AD·DF ．

∵DF=2DB， ∴DE·DC=2AD·DB．

（3）∵DE·DC=2AD·DB，DE·DC=8， ∴AD·DB=4．

∵AC=AE=3，BD=BC，AB2=AC2＋BC2 ∴（AD＋DB）=AE＋BC．

∴AD＋2AD·DB＋DB=9＋BC．

∴AD＋8=9 ． ∴AD=1．

∴BD= 4．即BC= 4．

评析：第（2）题的突破口在2AD·DB的转化，除了延长半径成直径这一方法外，还可以延长DA到G，使AG=DA等其它方法．事实上，在证明一些带有倍数的乘积式（或比例式）时，常常需要将它转化为标准的比例式，即用具体的线段代换“倍线段”，以便进一步探寻．本题的第（3）问还可以通过切割线定理来解决，同样需要运用整体思维方法和方程的思想

例3．已知⊙O1与⊙O2的直径分别为4和2，如果它们有两条公切线互相垂直，试画出所有可能的图形，并求出圆心距的长

分析：条件中没有明确说明公切线的类型，因此应分为三类：两条都是外公切线；两

条都是内公切线；一条外公切线、一条内公切线．

O O1 2

D C 图1

O A

图3

2 B

图2

解析：共有三种可能的图形，如下所示：

图1：连结O1A、O2B，则O1A⊥AB，O2B⊥AB．作O2E⊥O1A，垂足为E．

根据条件可得在RtΔO1O2E中，O1E=O1A－O2B=2－1=1， O1O2A= 45 ，

∴圆心距O1O2=2．

图2：连结O1O2，则O1O2经过两条公切线的交点E 连结O1A、O2B，

则O1A⊥AB，O2B⊥AB．

在RtΔO1AE中，O1A=2， O1EA=45 ，∴O1E=22．在RtΔO1BE中，O2B=1， O2EB= 45 ，∴O2E=

2．

∴圆心距O1O2=32．

图3：连结O1A、O2B、O1C、O2D，

则O1A⊥AB、O2B⊥AB、O1C⊥CD，O2D⊥CD．

连结O1O2，作O2E⊥O1A，垂足为E，此时O2、D、E三点共线．

在RtΔO1O2E中，O1E=O1A－O2B=2－1=1，O2E=AB=O1C＋O2D=2＋1=3， ∴圆心距O1O2=O21E2 O2E

．

评析：因为两个圆的半径分别为2和1，因此若两个圆外切，不可能出现两条外公切

线互相垂直或一条外公切线与一条内公切线互相垂直的情况．由此可以断定两圆的位置关系为相交或外离．当两圆外离时，又会有两条内公切线互相垂直（如图2）和一条外公切线与一条内公切线互相垂直（如图3）这两种可能．

在解题过程中，应用了这样一些性质：如果两圆有两条外（或内）公切线，并且它们相交，那么交点一定在两圆的连心线上，并且连心线平分两条外（或内）公切线的夹角．图3是容易被遗漏的一种情况，在图3中，两条互相垂直的公切线和两圆的半径构成两个正方形．

三．精选试题演练

1、如图15-34，AB=BC=CD，∠E=40°，则∠ACD= ．

D 图15-34

图15-35

图15-36

B 答案: 15°.

2、如图15-35，已知⊙O的切线PC与直径BA的延长线相交于点P，C是切点，过A的切线交PC于D，如果CD∶PD=1∶2，DA=2，那么⊙O的半径OC= ．

答案:23；

3、如图15-36，ΔABC内接于⊙O，AD切⊙O于A，∠BAD=72°，则∠ 答案:108°.

4、如图15-37，已知AD、AE分别和圆相切于点D、E，直线BC和圆相切于点F，和AD、AE分别相交于B、C两点 AB=8，BC=7，AC=9， DAE=50 ，则AD=——————，BF=——————， OAD=——————， DOE=——————， DFE=——————

答案:12，4，25 ，130 ，115 .

5、如图15-38，ABCD是⊙O的内接四边形，AC平分∠BAD并与BD交于E点，CF切 ⊙O于C交AD延长线于F，图中四个三角形：①ΔACF；②ΔABC；③ΔABD；④ΔBEC，其中与ΔCDF一定相似的是（）．

A．①②③

B．②③④ C．①③④ D．①②④

答案:D；

图15-37

6、如图15-39，已知⊙O1与⊙O2外切于点A，⊙O1的弦BC的延长线切⊙2于点D，BA交⊙O2于点E．求证： CAD= DAE．

提示：过A作两圆的公切线AF交BD于F，∵AF、BD都是⊙O的切线， ∴∠FAC=∠B，∠FDA=∠FAD．∵∠DAE=∠FDA＋∠B，∠CAD=∠FAC＋∠FAD， ∴ CAD= DAE．

·O2 D

·O 1

图15-38

图15-39

7、如图15-40，CA、CD分别切⊙O于A、D，AB是⊙O的直径，DE⊥AB，垂足为E，DE交BC于点G，求证：EG=DG．提示：过B作⊙O的切线交直线CD于F，由

EGAC

BEAB

DFCF

BFCF

DGCD

DGCA

可得EG=DG．

B 图15-40

8、如图15-41，AB是⊙O的直径，AB=2R，直线l和⊙O相切于点B，D是圆上的一个动点（不与A、B重合），过点D的⊙O的切线交l于点C，连结AD、OC，则不论点D在圆上如何移动，总有AD∥OC，且AD·OC=2R2，你能说出理由吗？

提示：连结BD ∵CD、CB是圆的切线，∴CD=CB，CO平分

BCD．∴CO⊥BD．

∵AB是⊙O的直径，∴ ADB=90 ．∴AD⊥BD，∴AD∥OC． ∵CB与⊙O切于B，∴CB⊥OB． ∵AD∥OC，∴ DAB= COB． ∴RtΔADB∽RtΔOBC．∴

ADOB

ABOC

．∴AD·OC=AB·OB=2R．

图15-41

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