第二讲 图形位置关系
人教A版数学【选修4-1】ppt课件：2-2第二讲-直线与圆的位置关系
任意平行四边形的四个顶点在同一个圆上
平行四边形的四个顶点不一定在同一个圆上，因为
它的对角相等，但不一定互补．当互补时，共圆． 思考探究2 在我们学过的特殊四边形中，有哪些四边形
的四个顶点共圆？ 提示 有矩形、正方形、等腰梯形，因为它们的四个内角
中相对的两个内角互补.Fra bibliotek名师点拨 1.判定四点共圆的方法 (1)如果四个点与一定点的距离相等，那么这四个点共 圆．
【证明】 O.
由A，B，D三点可以确定一个圆，设该圆为⊙
(1)如果点C在⊙O的外部(如图①)，连接BC，与圆相交于 点E. ∵∠1＝∠AEB，∠1＝∠2， ∴∠2＝∠AEB. 而∠AEB>∠2，矛盾，故点C不可能在圆外．
(2)如果点C在⊙O的内部(如图②)． 延长BC与圆相交于点E，连接AE， 则∠1＝∠AEB，而∠1＝∠2， ∴∠2＝∠AEB，与∠2>∠AEB矛盾． ∴点C不可能在圆内． 由(1)、(2)知，点C只能在圆上． ∴A，B，C，D四点共圆．
规律技巧
本例的证明应用了分类讨论的思想和反证法．
变式2
已知：如图，在△ABC中，AD＝DB，DF⊥AB交AC于点 F，AE＝EC，EG⊥AC交AB于点G，求证： (1)D，E，F，G四点共圆； (2)G，B，C，F四点共圆．
证明 GEF＝90° .
(1)连接GF，由DF⊥AB，EG⊥AC，知∠GDF＝∠
规律技巧
本题除了运用圆内接四边形的性质定理，还运
用了垂径定理及圆周角定理的推论2解决问题．
变式1
如图所示，已知⊙O的内接四边形ABCD，AB和DC的延长 线交于点P，AD和BC的延长线交于点Q.如果∠A＝50° ，∠P＝ 30° ，求∠Q的度数．
几何形的位置关系
几何形的位置关系几何形的位置关系是几何学中一个重要的概念，用于描述不同几何形状之间的相对位置。
在几何学中，位置关系可以分为内部关系、外部关系和边界关系三种。
本文将就这三种位置关系进行详细阐述。
一、内部关系内部关系是指一个几何形状完全位于另一个几何形状的内部。
常见的内部关系有以下几种：1. 包含关系包含关系是指一个几何形状包含另一个几何形状，被包含的几何形状完全位于另一个几何形状的内部。
例如，一个大圆包含一个小圆，一个矩形包含一个小正方形。
2. 同心关系同心关系是指两个或多个几何形状具有相同的中心点。
例如，两个同心圆的中心点相同，但是半径不同。
3. 包围关系包围关系是指一个几何形状完全包围住另一个几何形状。
例如，一个正方形包围一个圆，一个矩形包围一个三角形。
二、外部关系外部关系是指一个几何形状位于另一个几何形状的外部，两者没有交集。
常见的外部关系有以下几种：1. 相离关系相离关系是指两个几何形状之间没有任何交集，彼此之间没有交叠部分。
例如，两个不相交的圆。
2. 相交关系相交关系是指两个几何形状之间有部分交集，但没有完全包含或包围对方。
例如，两个相交的直线段。
三、边界关系边界关系是指两个几何形状之间共享相同的边界，彼此之间有一部分重叠。
常见的边界关系有以下几种：1. 切线关系切线关系是指一个几何形状的边界线与另一个几何形状相切，但没有交叠。
例如，一个直线与一个圆相切。
2. 外切关系外切关系是指一个几何形状的外切圆与另一个几何形状相切，并且两个几何形状没有交叠。
例如，一个圆外切一个矩形。
3. 内切关系内切关系是指一个几何形状的内切圆与另一个几何形状相切，并且两个几何形状没有交叠。
例如，一个圆内切一个正方形。
总结几何形的位置关系是研究几何形状之间相对位置的重要内容。
通过对内部关系、外部关系和边界关系的描述，我们可以更好地理解和刻画不同几何形状之间的关系。
在实际应用中，对几何形的位置关系的深入理解有助于解决空间布局、构建模型等问题，具有重要的实际意义。
高三复习第二讲 直线与圆的位置关系
选修4－1 几何证明选讲第二讲直线与圆的位置关系【考纲速读吧】1．会证明并应用圆周角定理、圆的切线的判定定理及性质定理．2．会证明并应用相交弦定理、圆内接四边形的性质定理与判定定理、切割线定理．【要点集结号】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．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．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．个必记结论1．切点与圆心的连线与圆的切线垂直；过切点且与圆的切线垂直的直线过圆心．2．相离两圆的内公切线夹在公切线间的线段长等于两圆外公切线的长．3．若两点在一条线段同侧且对该线段张角相等，则此两点与线段两个端点共圆，特别地，对定线段张角为直角的点共圆．【课前自主导学】011．圆周角定理、圆心角定理、弦切角定理（1）圆周角定理圆上一条弧所对的圆周角等于它所对的________的一半．（2）圆心角定理圆心角的度数等于它所对弧的________．推论1：同圆或等圆中同弧或等弧所对的________相等，相等的________所对的弧也相等．推论2：半圆（或直径）所对的圆周角是________；90°的圆周角所对的弦是________．（3）弦切角定理弦切角等于它所夹的弧所对的________．________．”对吗？（1）如图，在⊙O中，所对的圆周角和圆心角分别是∠BAC，∠BOC，且∠BAC＝50°，则∠BOC ＝________．（2）如图，CD是⊙O的直径，AE切圆O于点B，连接DB，若∠D＝20°，则∠DBE的大小为________．2．圆内接四边形的判定定理和性质定理任意一个四边形是否有外接圆，三角形呢？如图，在⊙O中，∠CBE是圆内接四边形ABCD的一个外角，∠ADC＝120°，则∠CBE＝________，∠ABC＝________.3．圆的切线如图，在以点O为圆心的两个同心圆中，大圆的弦BC与小圆相切于点A，若BC＝6，则由这两个同心圆所构成的圆环的面积为________．4．直线与圆位置关系的有关定理（1）如图，弦AB与CD相交于P点，PA＝4，PB＝2，则PC·PD＝________．（2）如图，PE是⊙O的切线，PAB与PCD是⊙O的割线，PA＝AB＝1，则PE＝________，PC·PD＝________．【自我校对】1．圆心角度数圆周角圆周角直角直径圆周角一半想一想：提示：只有同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧才相等．填一填：（1）100°（2）70°2．互补内角对角互补对角想一想：提示：任意一个四边形不一定有外接圆，但一个三角形一定有外接圆，并且外接圆唯一．填一填：120°60°3．切线切点外端切线垂直于切点圆心填一填：9π4．比例中项积积切线长【考点一】圆内接四边形的判定与性质例1[2011·辽宁高考]如图，A，B，C，D四点在同一圆上，AD的延长线与BC的延长线交于E点，且EC＝ED．（1）证明：CD∥AB；（2）延长CD到F，延长DC到G，使得EF＝EG，证明：A，B，G，F四点共圆．【审题视点】（1）结合圆内接四边形对角互补可证CD∥AB．（2）证出四边形ABGF对角互补，即可证出四点共圆．[证明]（1）因为EC＝ED，所以∠EDC＝∠ECD．因为A、B、C、D四点在同一圆上，所以∠EDC＝∠EBA．故∠ECD＝∠EBA．所以CD∥AB．（2）由（1）知，AE＝BE．因为EF＝EG，故∠EFD＝∠EGC，从而∠FED＝∠GEC．连接AF，BG，则△EFA≌△EGB，故∠FAE＝∠GBE．又CD∥AB，∠EDC＝∠ECD，所以∠FAB＝∠GBA．所以∠AFG＋∠GBA＝180°．故A，B，G，F四点共圆．【师说点拨】证明四点共圆的主要方法是利用其判定定理及推论，即通过证明四边形的一组对角互补或一个外角等于它的内角的对角实现．【变式探究】[2013·泰兴模拟]如图，已知AP是⊙O的切线，P为切点，AC是⊙O的割线，与⊙O 交于B、C两点，圆心O在∠PAC的内部，点M是BC的中点．（1）证明：A，P，O，M四点共圆；（2）求∠OAM＋∠APM的大小．解：（1）证明：连接OP ，OM ，因为AP 与⊙O 相切于点P ，所以OP ⊥AP ．因为M 是⊙O 的弦BC 的中点，所以OM ⊥BC ．于是∠OPA ＋∠OMA ＝180°，由圆心O 在∠PAC 的内部，可知四边形APOM 的对角互补，所以A ，P ，O ，M 四点共圆．（2）解：由（1）得A ，P ，O ，M 四点共圆，所以∠OAM ＝∠OPM ．由（1）得OP ⊥AP ．由圆心O 在∠PAC 的内部，可知∠OPM ＋∠APM ＝90°， 所以∠OAM ＋∠APM ＝90°．【考点二】圆的切线的判定与性质例2 [2013·银川模拟]如图所示，AB 为⊙O 的直径，BC 、CD 为⊙O 的切线，B 、D 为切点．（1）求证：AD ∥OC ； （2）若⊙O 的半径为1，求AD·OC 的值．[解] （1）证明：如图，连接BD 、OD ．∵CB 、CD 是⊙O 的两条切线，∴BD ⊥OC ．∴∠2＋∠3＝90°．又AB 为⊙O 直径，∴AD ⊥DB ，∠1＋∠2＝90°．∴∠1＝∠3，∴AD ∥OC ．（2）∵AO ＝OD ，则∠1＝∠A ＝∠3，∴Rt △BAD ∽Rt △COD ，AD·OC ＝AB·OD ＝2．奇思妙想：在本例中，若AD·OC 的值是4，求⊙O 的半径．解：∵AO ＝OD ，∴∠1＝∠A ．∵∠1＝∠3，∴∠A ＝∠3． ∵∠BDA ＝∠CDO ＝90°，∴Rt △BAD ∽Rt △COD ． ∴AD OD ＝AB OC． ∴AD ·OC ＝AB ·OD ＝2OD 2． ∵AD ·OC ＝4，∴OD ＝2，即⊙O 的半径为2．【师说点拨】在解有关切线问题的题目时，从以下几个方面进行思考：（1）见到切线，要想到它垂直于过切点的半（直）径；（2）若过切点有垂线，则必过圆心；（3）过切点若有弦，则想弦切角定理；（4）若切线与一条割线相交，则想切割线定理；（5）若有两条切线相交，则想切线长定理，并要熟悉这里存在一个以交点和圆心连线为对称轴的对称图形．【变式探究】 如图，圆O 的直径AB ＝6，C 为圆周上一点，BC ＝3，过点C 作圆O 的切线l ，过点A 作l 的垂线AD ，D 为垂足，且AD 与圆O 交于点E ，求∠DAC 的大小与线段AE 的长．解：连接OC ，因为BC ＝OB ＝OC ＝3，所以∠CBO ＝60°，因为∠DCA ＝∠CBO ，所以∠DCA ＝ 60°，又AD ⊥DC ，故∠DAC ＝30°．因为∠ACB ＝ 90°，所以∠CAB ＝30°，则∠EAB ＝ 60°．连接BE ，可知∠ABE ＝30°，于是AE ＝12AB ＝3． 【考点三】与圆有关的比例线段例3 [2012·天津高考]如图，已知AB 和AC 是圆的两条弦，过点B 作圆的切线与AC 的延长线相交于点D ． 过点C 作BD 的平行线与圆相交于点E ，与AB 相交于点F ，AF ＝3，FB ＝1，EF ＝32，则线段CD 的长为________． 【审题视点】本题条件中，直线CD 为圆的切线，故考虑利用切割定理建立等量关系，再化简证之[解析] 在圆中，由相交弦定理：AF ·FB ＝EF ·FC ，∴FC ＝AF ·FB EF ＝2，由三角形相似，FC BD ＝AF AB， ∴BD ＝FC ·AB AF ＝83．由切割弦定理：DB 2＝DC ·DA ， 又DA ＝4CD ，∴4DC 2＝DB 2＝649．∴DC ＝43． [答案] 43【师说点拨】涉及与圆有关的成比例线段或等积线段（有时需转化为成比例的线段）的证明， ①利用相似三角形的性质在相似三角形中寻找比例线段．②利用相交弦定理、切割线定理证明线段成比例，在实际应用中，一般涉及两条相交弦应首先考虑相交弦定理，涉及两条割线就要想到割线定理，见到切线和割线时要注意应用切割线定理．③利用角平分线对边成比例．【变式探究】 [2013·揭阳模拟]如图，过△ABC 的顶点A 的圆与边BC 切于点P ，与边AB 、AC 分别交于点M 、N ，且CN ＝2BM ，点N 、P 分别为AC 、BC 的中点．求证：AM ＝ 7BM ．解析：由切割线定理，得BP2 ＝BM·BA ，CP2＝CN·CA ．因为P 是BC 的中点，所以BM·BA ＝CN· CA ．又点N 是AC 的中点，所以BM·（BM ＋AM ） ＝2CN2．又因为CN ＝2BM ，所以BM·（BM ＋AM ）＝8BM2， 所以AM ＝7BM ．【经典演练提能】041．[2012·湖北高考]如图，点D 在⊙O 的弦AB 上移动，AB ＝4，连接OD ，过点D 作OD 的垂线交⊙O 于点C ，则CD 的最大值为________．答案：2解析：连接OC ，则OD ⊥CD 知，OD2＋CD2＝OC2．要使CD 最大，则OD 最小；当OD ⊥AB 时，OD 最小，此时CD ＝2．2．[2012·陕西高考]如图，在圆O 中，直径AB 与弦CD 垂直，垂足为E ，EF ⊥DB ，垂足为F ，若AB ＝6，AE ＝1，则DF·DB ＝________．答案：5解析：由三角形相似可得DE2＝DF·DB ，连接AD ，则DE2＝AE·EB ＝1×5＝5．所以DF·DB ＝5．3．[2012·广东高考]如下图所示，直线PB 与圆O 相切于点B ，D 是弦AC 上的点，∠PBA ＝∠DBA ．若AD ＝m ，AC ＝n ，则AB ＝________．答案：mn解析：利用弦切角定理得到∠PBA ＝∠ACB ，再利用三角形相似求出．因为PB 是圆的切线，所以∠PBA ＝∠ACB ．又因为∠PBA ＝∠DBA ，所以∠DBA ＝∠ACB ．又因为∠A ＝∠A ，所以△ABD ∽△ACB ，所以AB AC ＝AD AB，所以AB 2＝AD ·AC ＝mn ，所以AB ＝mn ． 4．[2012·江苏高考]如图，AB 是圆O 的直径，D ，E 为圆O 上位于AB 异侧的两点，连接BD 并延长至点C ，使BD ＝DC ，连接AC ，AE ，DE ．求证：∠E ＝∠C ．证明：如图，连接OD ，因为BD ＝DC ，O 为AB 的中点，所以OD ∥AC ，于是∠ODB ＝∠C ．因为OB ＝OD ，所以∠ODB ＝∠B ．于是∠B ＝∠C ．因为点A ，E ，B ，D 都在圆O 上，且D ，E 为圆O 上位于AB 异侧的两点，所以∠E 和∠B 为同弧所对的圆周角， 故∠E ＝∠B ．所以∠E ＝∠C ．【限时规范特训】05（时间：45分钟 分值：100分）一、选择题1．[2013·吉林月考]如图，P 是圆O 外一点，过P 引圆O 的两条割线PB 、PD ，P A ＝AB ＝5，CD ＝3，则PC 等于（ ）A ．2或－5B ．2C ．3D ．10答案：B解析：设PC ＝x ，由割线定理知P A ·PB ＝PC ·PD ． 即5×25＝x （x ＋3），解得x ＝2或x ＝－5（舍去）．故选B ．2．如图，⊙O 中弦AB 、CD 相交于点F ，AB ＝10，AF ＝2．若CF ∶DF ＝1∶4，则CF 的长等于（ ）A ．2B ．2C ．3D ．2 2答案：B解析：∵CF ∶DF ＝1∶4，∴DF ＝4CF ．∵AB ＝10，AF ＝2，∴BF ＝8．∵CF ·DF ＝AF ·BF ，∴CF ·4CF ＝2×8，∴CF ＝2．3．[2013·广州调研]如图，四边形ABCD 内接于⊙O ，BC 是直径，MN 与⊙O 相切，切点为A ，∠MAB ＝35°，则∠D ＝（ ）A ．35°B ．90°C ．125°D ．150°答案：C解析：连接BD ，则∠MAB ＝∠ADB ＝35°，由BC 是直径，知∠BDC ＝90°，所以∠D ＝∠ADB ＋∠BDC ＝125°．4．[2013·海淀区期末]如图，半径为2的⊙O 中，∠AOB ＝90°，D 为OB 的中点，AD 的延长线交⊙O 于点E ，则线段DE 的长为（ ）A ．55B ．255C ．355D ．32答案：C解析：延长BO 交圆O 于点F ，由D 为OB 的中点，知DF ＝3，DB ＝1，又∠AOB ＝90°，所以AD ＝5，由相交弦定理知AD ·DE ＝DF ·DB ，即3×1＝5×DE ，解得DE ＝355． 5．[2013·北京模拟]如图，AD ，AE ，BC 分别与圆O 切于点D ，E ，F ，延长AF 与圆O 交于另一点G ． 给出下列三个结论：①AD ＋AE ＝AB ＋BC ＋CA ；②AF ·AG ＝AD ·AE ；③△AFB ∽△ADG ．其中正确结论的序号是（ ）A ．①②B ．②③C ．①③D ．①②③答案：A解析：AB ＋BC ＋CA ＝AB ＋（BF ＋CF ）＋CA＝AB ＋（BD ＋CE ）＋CA ＝AD ＋AE ，故①正确；∵AE 2＝AF ·AG ，AD 2＝AF ·AG ，∴AE 2·AD 2＝（AF ·AG ）2．∴AE ·AD ＝AF ·AG ，故②正确；连接FD ，∠AFB ＋∠BFG ＝∠FDG ＋∠BFG ＝180°，∴∠AFB ＝∠FDG ≠∠ADG ．∴△AFB 与△ADG 不相似，故③不正确．6．[2013·南通模拟]如图，已知EB 是半圆O 的直径，A 是BE 延长线上一点，AC 切半圆O 于点D ， BC ⊥AC 于点C ，DF ⊥EB 于点F ，若BC ＝6，AC ＝8，则DF ＝（ ）A ．1B ．3C ．4D ．6答案：B解析：设圆的半径为r ，AD ＝x ，连接OD ，得OD ⊥AC ．故AD AC ＝OD BC ，即x 8＝r 6，故x ＝43r ． 又由切割线定理AD 2＝AE ·AB ，即169r 2＝（10－2r ）×10，故r ＝154．由三角形相似，知AD AB ＝DF BC，则DF ＝3． 二、填空题7．[2013·银川模拟]如图，直线PC 与⊙O 相切于点C ，割线P AB 经过圆心O ，弦CD ⊥AB 于点E ，PC ＝4，PB ＝8，则CE ＝________．答案：125解析：由切割线定理知P A ·PB ＝PC 2，所以P A ＝2，则圆的直径为6，半径为3，所以PO ＝5，连结OC 在△OCP 中，由三角形的面积相等知CE ·OP ＝OC ·PC ，所以CE ＝OC ·PC OP ＝3×45＝125． 8．如图，已知圆中两条弦AB 与CD 相交于点F ，E 是AB 延长线上一点，且DF ＝CF ＝2，AF ∶FB ∶BE ＝4∶2∶1，若CE 与圆相切，则线段CE 的长为________．答案：72解析：因为AF ∶FB ∶BE ＝4∶2∶1，所以可设AF ＝4x ，FB ＝2x ，BE ＝x ．由割线定理，得AF ·FB ＝DF ·FC ，即4x ×2x ＝2×2，解得x ＝12． 所以AF ＝2，FB ＝1，BE ＝12．由切线长定理，得EC 2＝BE ·EA ， 即EC 2＝12×（12＋3），解得EC ＝72． 9．[2013·梅州质检]如图，AB 是圆O 的直径，延长AB 至C ，使BC ＝2OB ，CD 是圆O 的切线，切点为D ，连接AD ，BD ，则ADBD的值为________． 答案： 2解析：连接OD ，则OD ⊥CD ．设圆O 的半径为r ，则OA ＝OB ＝OD ＝r ，BC ＝2r ．所以OC ＝3r ，CD ＝OC 2－OD 2＝22r ．由弦切角定理，得∠CDB ＝∠CAD ，又∠DCB ＝∠ACD ，所以△CDB ∽△CAD ．所以AD BD ＝AC CD ＝4r 22r＝2． 三、解答题10．[2013·惠州模拟]如图，AB 是⊙O 的一条切线，切点为B ，ADE 、CFD 和CGE 都是⊙O 的割线， AC ＝AB ．（1）证明：AC 2＝AD ·AE ；（2）证明：FG ∥AC ．证明：（1）∵AB 是⊙O 的一条切线，∴AB 2＝AD ·AE ．又∵AC ＝AB ，∴AC 2＝AD ·AE ．（2）∵AC 2＝AD ·AE ，∴AC AD ＝AE AC，又∵∠DAC ＝∠CAE ， ∴△CAD ∽△EAC ，∴∠ACD ＝∠AEC ．又∵四边形DEGF 是⊙O 的内接四边形，∴∠CFG ＝∠AEC ，∴∠ACD ＝∠CFG ．∴FG ∥AC ．11．[2013·济宁模拟]如图，AB 是圆O 的直径，以B 为圆心的圆B 与圆O 的一个交点为P ．过点A 作直线交圆O 于点Q ，交圆B 于点M ，N ． （1）求证：QM ＝QN ；（2）设圆O 的半径为2，圆B 的半径为1，当AM ＝103时，求MN 的长． 解：（1）连接BM ，BN ，BQ ，BP ，∵B 为小圆的圆心，∴BM ＝BN ．又∵AB 为大圆的直径，∴BQ ⊥MN ．∴QM ＝QN ．（2）∵AB 为大圆的直径，∴∠APB ＝90°．∴AP 为圆B 的切线．∴AP 2＝AM ·AN ．由已知AB ＝4，PB ＝1，AP 2＝AB 2－PB 2＝15，又AM ＝103，∴15＝103×（103＋MN ）． ∴MN ＝76． 12．[2013·沈阳检测]如图，AB 是⊙O 的直径，C ，F 为⊙O 上的点，CA 是∠BAF 的角平分线，过点C 作CD ⊥AF 交AF 的延长线于D 点，CM ⊥AB ，垂足为点M ．（1）求证：DC是⊙O的切线；（2）求证：AM·MB＝DF·DA．解：（1）连接OC，则有∠OAC＝∠OCA，又∵CA是∠BAF的角平分线，∴∠OAC＝∠F AC．∴∠F AC＝∠ACO．∴OC∥AD．∵CD⊥AF，∴CD⊥OC，即DC是⊙O的切线．（2）连接BC，在Rt△ACB中，CM⊥AB，∴CM2＝AM·MB．又∵DC是⊙O的切线，∴DC2＝DF·DA．易知△AMC≌△ADC，∴DC＝CM．∴AM·MB＝DF·DA．。
高考数学二轮复习 专题四 立体几何 第二讲 空间点、线、面位置关系的判断教案 理
第二讲空间点、线、面位置关系的判断年份卷别考查角度及命题位置命题分析及学科素养2018Ⅰ卷直线与平面所成角及正方体的截面最值问题·T12命题分析(1)高考对此部分的命题较为稳定，一般为“一小一大”或“一大”，即一道选择或填空题和一道解答题或一道解答题．(2)选择题一般在第10～11题的位置，填空题一般在第14题的位置，多考查线面位置关系的判断，难度较小．学科素养通过平行、垂直关系的判断与证明重点考查学生直观想象与逻辑推理素养，通过体积计算考查数学运算素养.Ⅱ卷异面直线所成角的求法·T9Ⅲ卷面面垂直的证明·T192017Ⅰ卷面面垂直·T18Ⅱ卷线面平行·T19Ⅲ卷面面垂直·T192016Ⅰ卷面面垂直的证明·T18Ⅱ卷线面垂直证明·T19Ⅲ卷线面平行的证明·T19空间点、线、面位置关系的基本问题授课提示：对应学生用书第37页[悟通——方法结论]空间中点、线、面的位置关系的判定(1)可以从线、面的概念、定理出发，学会找特例、反例．(2)可以借助长方体，在理解空间点、线、面位置关系的基础上，抽象出空间线、面的位置关系的定义．[全练——快速解答]1．(2017·高考全国卷Ⅰ)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是( ) 解析：对于选项B，如图所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ，又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C，D中均有AB∥平面MNQ.故选A.答案：A2．(2017·高考全国卷Ⅲ)在正方体ABCD A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( ) A．A1E⊥DC1B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1D．A1E⊥AC解析：由正方体的性质，得A 1B 1⊥BC 1，B 1C ⊥BC 1，所以BC 1⊥平面A 1B 1CD ，又A 1E ⊂平面A 1B 1CD ，所以A 1E ⊥BC 1，故选C.答案：C3．(2018·高考全国卷Ⅱ)在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( )A.15B.56C.55D.22解析：法一：如图(1)，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1的一侧补上一个相同的长方体A ′B ′BA A 1′B 1′B 1A 1.连接B 1B ′，由长方体性质可知，B 1B ′∥AD 1，所以∠DB 1B ′为异面直线AD 1与DB 1所成的角或其补角．连接DB ′，由题意，得DB ′＝12＋(1＋1)2＝5，B ′B 1＝12＋(3)2＝2，DB 1＝12＋12＋(3)2＝ 5.在△DB ′B 1中，由余弦定理，得DB ′2＝B ′B 21＋DB 21－2B ′B 1·DB 1·cos∠DB 1B ′， 即5＝4＋5－2×25cos ∠DB 1B ′，∴cos ∠DB 1B ′＝55. 故选C.法二：如图(2)，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．由题意，得A (1,0,0)，D (0,0,0)，D 1(0,0，3)，B 1(1,1，3)，∴AD →1＝(－1,0，3)，DB 1→＝(1,1，3)， ∴AD 1→·DB 1→＝－1×1＋0×1＋(3)2＝2， |AD 1→|＝2，|DB 1→|＝5， ∴cos 〈AD 1→，DB 1→〉＝AD 1→·DB 1→|AD 1→|·|DB 1→|＝225＝55.故选C. 答案：C4．(2016·高考全国卷Ⅱ)α，β是两个平面，m ，n 是两条直线，有下列四个命题：①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β.④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．其中正确的命题有________(填写所有正确命题的编号)．解析：根据相关知识，对四个命题逐个判断．对于①，α，β可以平行，也可以相交但不垂直，故错误．对于②，由线面平行的性质定理知存在直线l⊂α，n∥l，又m⊥α，所以m⊥l，所以m⊥n，故正确．对于③，因为α∥β，所以α，β没有公共点．又m⊂α，所以m，β没有公共点，由线面平行的定义可知m∥β，故正确．对于④，因为m∥n，所以m与α所成的角和n与α所成的角相等．因为α∥β，所以n与α所成的角和n与β所成的角相等，所以m与α所成的角和n与β所成的角相等，故正确．答案：②③④判断与空间位置关系有关命题真假的3种方法(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断．(2)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定．(3)借助于反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断．平行与垂直关系的证明授课提示：对应学生用书第37页[悟通——方法结论]记住以下几个常用结论(1)夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等．(2)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．(3)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．(4)如果两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面互相平行．(5)垂直于同一条直线的两个平面平行．(6)过一点有且只有一条直线与已知平面垂直．(7)过一点有且只有一个平面与已知直线垂直．(2018·高考全国卷Ⅲ)(12分)如图，矩形ABM是上异于C，D的点．(1)证明：(2)在使得MC∥平面PBD ？说明理由．[学审题]条件信息想到方法注意什么由信息❶平面ABCD⊥平面CMD 面面垂直的性质可用来找出需要的线面垂直，即BC⊥平面CMD利用面面垂直判定定理及性质定理时一定要注意定理成立条件的完整性，否则会丢分由信息❷证明平面AMD⊥平面BMC 面面垂直的判定方法可证DM ⊥平面BMC由信息❸在AM上找点P使得MC∥平面PBD猜测P为AM中点，再证明[规范解答](1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.(2分)因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM. (4分)因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC. (6分)(2)当P为AM的中点时，MC∥平面PBD.(8分)证明如下：连接AC交BD于O.因为ABCD为矩形，所以O为AC中点． (10分)连接OP ，因为P 为AM 中点， 所以MC ∥OP .又MC ⊄平面PBD ，OP ⊂平面PBD ， 所以MC ∥平面PBD .(12分)1．正确并熟练掌握空间中平行与垂直的判定定理与性质定理，是进行判断和证明的基础；在证明线面关系时，应注意几何体的结构特征的应用，尤其是一些线面平行与垂直关系，这些都可以作为条件直接应用．2．证明面面平行依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行．3．证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中线、高线或添加辅助线解决．4．证明的核心是转化，空间向平面的转化，面面⇔线面⇔线线．5．学科素养：利用空间几何体证明平行或垂直关系主要考查学生的直观想象与逻辑推理素养能力．[练通——即学即用]1．(2018·武汉调研)如图，三棱锥P ABC 中，底面ABC 是边长为2的正三角形，PA ⊥PC ，PB ＝2.(1)求证：平面PAC ⊥平面ABC ； (2)若PA ＝PC ，求三棱锥P ABC 的体积．解析：(1)证明：如图，取AC 的中点O ，连接BO ，PO . 因为△ABC 是边长为2的正三角形， 所以BO ⊥AC ，BO ＝ 3. 因为PA ⊥PC ，所以PO ＝12AC ＝1.因为PB ＝2，所以OP 2＋OB 2＝PB 2，所以PO ⊥OB . 因为AC ∩OP ＝O ，所以BO ⊥平面PAC . 又OB ⊂平面ABC ， 所以平面PAC ⊥平面ABC .(2)因为PA ＝PC ，PA ⊥PC ，AC ＝2， 所以PA ＝PC ＝ 2.由(1)知BO ⊥平面PAC ，所以V P ABC ＝13S △PAC ·BO ＝13×12×2×2×3＝33.2．(2018·沈阳模拟)如图，在四棱锥P ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，AB ∥CD ，AB ＝2，CD ＝3，M 为PC 上一点，且PM ＝2MC .(1)求证：BM ∥平面PAD ；(2)若AD ＝2，PD ＝3，∠BAD ＝π3，求三棱锥P ADM 的体积．解析：(1)证明：法一：如图，过M 作MN ∥CD 交PD 于点N ，连接AN . ∵PM ＝2MC ，∴MN ＝23CD .又AB ＝23CD ，且AB ∥CD ，∴AB 綊MN ，∴四边形ABMN 为平行四边形， ∴BM ∥AN .又BM ⊄平面PAD ，AN ⊂平面PAD ， ∴BM ∥平面PAD .法二：如图，过点M 作MN ⊥CD 于点N ，N 为垂足，连接BN .由题意，PM ＝2MC ，则DN ＝2NC ，又AB ∥CD ，AB ＝23CD ，∴AB 綊DN ，∴四边形ABND 为平行四边形，∴BN ∥AD . ∵PD ⊥平面ABCD ，DC ⊂平面ABCD ， ∴PD ⊥DC .又MN ⊥DC ，MN ⊂平面PDC ，∴PD ∥MN . ∵BN ⊂平面MBN ，MN ⊂平面MBN ，BN ∩MN ＝NAD ⊂平面PAD ，PD ⊂平面PAD ，AD ∩PD ＝D ，∴平面MBN ∥平面PAD .∵BM ⊂平面MBN ，∴BM ∥平面PAD . (2)如图，过B 作AD 的垂线，垂足为E . ∵PD ⊥平面ABCD ，BE ⊂平面ABCD ， ∴PD ⊥BE .又AD ⊂平面PAD ，PD ⊂平面PAD ，AD ∩PD ＝D ，∴BE ⊥平面PAD . 由(1)知，BM ∥平面PAD ，∴点M 到平面PAD 的距离等于点B 到平面PAD 的距离，即BE . 连接BD ，在△ABD 中，AB ＝AD ＝2，∠BAD ＝π3，∴BE ＝3，则三棱锥P ADM 的体积V P A D M ＝V M PA D ＝13×S △PA D ×BE ＝13×3×3＝ 3.平面图形的折叠问题授课提示：对应学生用书第39页[悟通——方法结论]平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生变化，有的没有发生变化，这些发生变化和没有发生变化的性质是解决问题的关键．一般地，在翻折后还在一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化，解决这类问题就是要根据这些变与不变，去研究翻折以后的空间图形中的线面关系和各类几何量的度量值，这是化解翻折问题的主要方法．(2016·高考全国卷Ⅱ)(12分)如图，的对角线AC 与BD 交于点O ，点E ，F 分别在AD ，CD 上，，EF 交BD 于点H .(1)(2) 求五棱锥D ′ABCFE 的体积．[学审题] 条信息件想到方法注意什么信息❶：菱形ABCD菱形的边及对角线的关系：对角线垂直、边相等(1)折叠图形中前后“不变的位置关系和数量关系”及“变的位置关系和数量关信息❷：AE ＝CF三角形中平行线等分线段成比例：AE AD ＝CFCD，可证AC ∥EF 系”(2)三角形中三边的关系也可判断两直线垂直(3)证线面垂直的条件：直线垂直于平面内两条相交直线信息❸：△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置 折叠图形中的“变量”与“不变量”，不变量HD ′⊥EF 信息❹：证明AC ⊥HD ′转化为一直线的平行线垂直于另一条直线信息❺：已知AB ，AC ，AE ，OD ′的长 由边长关系证明线线垂直关系：可求DO ，OH 的长，进而由OD ′，OH ，D ′H 的长满足勾股定理可证OD ′⊥OH[规范解答] (1)证明：由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD .(2分)又由AE ＝CF ，得AE AD ＝CFCD，故AC ∥EF .由此得EF ⊥HD ，故EF ⊥HD ′， (4分)所以AC ⊥HD ′.(2)由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.(6分)由AB ＝5，AC ＝6，得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.(8分)于是OD ′2＋OH 2＝(22)2＋12＝9＝D ′H 2， 故OD ′⊥OH . 由(1)知，AC ⊥HD ′， 又AC ⊥BD ，BD ∩HD ′＝H ，所以AC ⊥平面BHD ′，于是AC ⊥OD ′.(10分)又OD ′⊥OH ，AC ∩OH ＝O ，所以OD ′⊥平面ABC . 又由EF AC ＝DH DO ，得EF ＝92.五边形ABCFE 的面积S ＝12×6×8－12×92×3＝694.所以五棱锥D ′ABCFE 的体积V ＝13×694×22＝2322. (12分)翻折问题的3个注意点(1)画好两图：翻折之前的平面图形与翻折之后形成的几何体的直观图．(2)把握关系：即比较翻折前后的图形，准确把握平面图形翻折前后的线线关系，哪些平行与垂直的关系不变，哪些平行与垂直的关系发生变化，这是准确把握几何体结构特征，进行空间线面关系逻辑推理的基础．(3)准确定量：即根据平面图形翻折的要求，把平面图形中的相关数量转化为空间几何体的数字特征，这是准确进行计算的基础．[练通——即学即用](2018·合肥模拟)如图①，平面五边形ABC D E 中，AB ∥CE ，且AE ＝2，∠AEC ＝60˚，C D ＝E D ＝7，cos ∠E D C ＝57.将△C D E 沿CE 折起，使点D 到P 的位置，且AP ＝3，得到四棱锥P ABCE ，如图②.(1)求证：AP ⊥平面ABCE ；(2)记平面PAB 与平面PCE 相交于直线l ，求证：AB ∥l . 证明：(1)在△C D E 中， ∵C D ＝E D ＝7，cos ∠E D C ＝57，由余弦定理得CE ＝2.连接AC ， ∵AE ＝2，∠AEC ＝60˚， ∴AC ＝2.又AP ＝3， ∴在△PAE 中，PA 2＋AE 2＝PE 2， 即AP ⊥AE .同理，AP ⊥AC .而AC ∩AE ＝A ，AC ⊂平面ABCE ，AE ⊂平面ABCE ，故AP ⊥平面ABCE . (2)∵AB ∥CE ，且CE ⊂平面PCE ，AB ⊄平面PCE ， ∴AB ∥平面PCE .又平面PAB ∩平面PCE ＝l . ∴AB ∥l .授课提示：对应学生用书第136页 一、选择题1．(2018·天津检测)设l 是直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是( ) A ．若l ∥α，l ∥β，则α∥βB．若l∥α，l⊥β，则α⊥βC．若α⊥β，l⊥α，则l⊥βD．若α⊥β，l∥α，则l⊥β解析：对于A选项，设α∩β＝a，若l∥a，且l⊄α，l⊄β，则l∥α，l∥β，此时α与β相交，故A选项错误；对于B选项，l∥α，l⊥β，则存在直线a⊂α，使得l∥a，此时α⊥β，由平面与平面垂直的判定定理得α⊥β，故B选项正确；对于C选项，若α⊥β，l⊥α，则l∥β或l⊂β，故C选项错误；对于D选项，若α⊥β，l∥α，则l 与β的位置关系不确定，故D选项错误．选B.答案：B2．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出四个命题：①若α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，则α⊥β；②若m⊥α，m⊥β，则α∥β；③若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；④若m∥α，n∥β，m∥n，则α∥β.其中正确的命题是( )A．①②B．②③C．①④D．②④解析：两个平面斜交时也会出现一个平面内的直线垂直于两个平面的交线的情况，①不正确；垂直于同一条直线的两个平面平行，②正确；当两个平面与两条互相垂直的直线分别垂直时，它们所成的二面角为直二面角，故③正确；当两个平面相交时，分别与两个平面平行的直线也平行，故④不正确．答案：B3．(2018·合肥教学质量检测)已知l，m，n为不同的直线，α，β，r为不同的平面，则下列判断正确的是( )A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m⊥nC．若α∩β＝l，m∥α，m∥β，则m∥lD．若α∩β＝m，α∩r＝n，l⊥m，l⊥n，则l⊥α解析：A：m，n可能的位置关系为平行，相交，异面，故A错误；B：根据面面垂直与线面平行的性质可知B错误；C：根据线面平行的性质可知C正确；D：若m∥n，根据线面垂直的判定可知D错误，故选C.答案：C4．(2018·石家庄教学质量检测)设m，n是两条不同的直线，α，β，r是三个不同的平面，给出下列四个命题：①若m⊂α，n∥α，则m∥n；②若α∥β，β∥r，m⊥α，则m⊥r；③若α∩β＝n，m∥n，则m∥α，且m∥β；④若α⊥r，β⊥r，则α∥β.其中真命题的个数为( )A．0 B．1C．2 D．3解析：①m∥n或m，n异面，故①错误；②，根据面面平行的性质以及线面垂直的性质可知②正确；③m∥α或m⊂α，m∥β或m⊂β，故③错误；④，根据面面垂直的性质以及面面平行的判定可知④错误，所以真命题的个数为1，故选B.答案：B5．如图所示，在四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得到AB∥平面MNP的图形的序号是( )A．①②B．②④C．①③D．①④解析：①中，∵平面AB∥平面MNP，∴AB∥平面MNP.②中，若下底面中心为O，易知NO∥AB，NO⊄平面MNP，∴AB与平面MNP不平行．③中，易知AB∥MP，∴AB∥平面MNP.④中，易知存在一直线MC∥AB，且MC⊄平面MNP，∴AB与平面MNP不平行．故能得到AB∥平面MNP的图形的序号是①③.答案：C6．(2018·大庆模拟)α，β表示平面，a，b表示直线，则a∥α的一个充分条件是( ) A．α⊥β，且a⊥βB．α∩β＝b，且a∥bC．a∥b，且b∥αD．α∥β，且a⊂β解析：对于A ，B ，C 还可能有a ⊂α这种情况，所以不正确；对于D ，因为α∥β，且a ⊂β，所以由面面平行的性质定理可得a ∥α，所以D 是正确的．答案：D7．如图，在三棱锥S ABC 中，△ABC 是边长为6的正三角形，SA ＝SB ＝SC ＝15，平面DEFH 分别与AB ，BC ，SC ，SA 交于D ，E ，F ，H ，且D ，E 分别是AB ，BC 的中点，如果直线SB ∥平面D EFH ，那么四边形DEFH 的面积为( )A.452B.4532C ．45D ．45 3解析：取AC 的中点G ，连接SG ，BG (图略)．易知SG ⊥AC ，BG ⊥AC ，故AC ⊥平面SGB ，所以AC ⊥SB .因为SB ∥平面DEFH ，SB ⊂平面SAB ，平面SAB ∩平面DEFH ＝HD ，则SB ∥HD .同理SB ∥FE .又D ，E 分别为AB ，BC 的中点，则H ，F 也为AS ，SC 的中点，从而得HF 綊12AC 綊DE ，所以四边形D EFH 为平行四边形．因为AC ⊥SB ，SB ∥HD ，DE ∥AC ，所以DE ⊥HD ，所以四边形D EFH 为矩形，其面积S ＝HF ·HD ＝(12AC )·(12SB )＝452. 答案：A8．(2018·哈尔滨联考)直线m ，n 均不在平面α，β内，给出下列命题：①若m ∥n ，n ∥α，则m ∥α；②若m ∥β，α∥β，则m ∥α；③若m ⊥n ，n ⊥α，则m ∥α；④若m ⊥β，α⊥β，则m ∥α.其中正确命题的个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：由空间直线与平面平行关系可知①②正确；由线面垂直、线面平行的判定和性质可知③正确；由线面垂直、面面垂直的性质定理可知④正确．故选D.答案：D9．(2018·绵阳诊断)已知l ，m ，n 是三条不同的直线，α，β是不同的平面，则α⊥β的一个充分条件是( )A ．l ⊂α，m ⊂β，且l ⊥mB ．l ⊂α，m ⊂β，n ⊂β，且l ⊥m ，l ⊥nC．m⊂α，n⊂β，m∥n，且l⊥mD．l⊂α，l∥m，且m⊥β解析：依题意知，A，B，C均不能得出α⊥β，对于D，由l∥m，m⊥β得l⊥β，又l⊂α，因此有α⊥β.综上所述，选D.答案：D10．(2018·贵阳模拟)如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，沿AE，AF，EF把正方形折成一个四面体，使B，C，D三点重合，重合后的点记为P，P点在△AEF 内的射影为O，则下列说法正确的是( )A．O是△AEF的垂心B．O是△AEF的内心C．O是△AEF的外心D．O是△AEF的重心解析：由题意可知PA、PE、PF两两垂直，所以PA⊥平面PEF，从而PA⊥EF，而PO⊥平面AEF，则PO⊥EF，因为PO∩PA＝P，所以EF⊥平面PAO，∴EF⊥AO，同理可知AE⊥FO，AF⊥EO，∴O为△AEF的垂心．故选A.答案：A11．如图，矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻折过程中，下面四个命题中不正确的是( ) A．BM是定值B．点M在某个球面上运动C．存在某个位置，使DE⊥A1CD．MB∥平面A1DE解析：取CD的中点F，连接MF，BF，AF(图略)，则MF∥DA1，BF∥DE，∴平面MBF∥平面A1DE，∴MB∥平面A1DE，故D正确．∵∠A1DE＝∠MFB，MF＝12A1D，FB＝DE，由余弦定理可得MB2＝MF2＋FB2－2MF·FB·cos∠MFB，∴MB是定值，故A正确．∵B是定点，BM是定值，∴M在以B为球心，MB为半径的球上，故B正确．∵A1C在平面ABCD中的射影是点C与AF上某点的连线，不可能与DE垂直，∴不存在某个位置，使DE⊥A1C.故选C.答案：C二、填空题12．如图是一个正方体的平面展开图．在这个正方体中，①BM与ED是异面直线；②CN 与BE平行；③CN与BM成60°角；④DM与BN垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是________．解析：由题意画出该正方体的图形如图所示，连接BE，BN，显然①②正确；对于③，连接AN，易得AN∥BM，∠ANC＝60°，所以CN与BM成60°角，所以③正确；对于④，易知DM⊥平面BCN，所以DM⊥BN正确．答案：①②③④13.如图，在正方体ABC DA1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四个结论：①直线AM与CC1是相交直线；②直线AM与BN是平行直线；③直线BN与MB1是异面直线；④直线MN与AC所成的角为60°.其中正确的结论为________(把你认为正确结论的序号都填上)．解析：AM与CC1是异面直线，AM与BN是异面直线，BN与MB1为异面直线．因为D1C∥MN，所以直线MN与AC所成的角就是D1C与AC所成的角，为60°.答案：③④14．(2018·厦门质检)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，有下列四个命题：①若m⊥α，α⊥β，则m∥β；②若m⊥α，α∥β，n⊂β，则m⊥n；③m⊂α，n ⊂β，m∥n，则α∥β；④若n⊥α，n⊥β，m⊥β，则m⊥α.其中正确命题的序号是________(请将所有正确命题的序号都填上)．解析：对于命题①可以有m⊂β，故不成立；对于命题③可以有α与β相交，故不成立．答案：②④15．(2018·武昌调研)在矩形ABCD中，AB＜BC，现将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折的过程中，给出下列结论：①存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直；②存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直；③存在某个位置，使得直线A D与直线BC垂直．其中正确结论的序号是________．解析：①假设AC与BD垂直，过点A作AE⊥BD于点E，连接CE，如图所示，则AE⊥BD，BD⊥AC.又AE∩AC＝A，所以BD⊥平面AEC，从而有BD⊥CE，而在平面BCD中，CE与BD不垂直，故假设不成立，①错误．②假设AB⊥CD，∵AB⊥AD，AD∩CD＝D，∴AB⊥平面ACD，∴AB⊥AC，由AB＜BC可知，存在这样的直角三角形BAC，使AB⊥CD，故假设成立，②正确．③假设A D⊥BC，∵DC⊥BC，AD∩DC＝D，∴BC⊥平面ADC，∴BC⊥AC，即△ABC为直角三角形，且AB为斜边，而AB＜BC，故矛盾，假设不成立，③错误．答案：②三、解答题16．(2018·汕头质量监测)如图，已知AF⊥平面ABCD，四边形ABEF为矩形，四边形ABCD为直角梯形，∠DAB＝90˚，AB∥CD，AD＝AF＝CD＝2，AB＝4.(1)求证：AF∥平面BCE；(2)求证：AC⊥平面BCE；(3)求三棱锥EBCF的体积．解析：(1)证明：因为四边形ABEF为矩形，所以AF∥BE，又BE⊂平面BCE，AF⊄平面BCE，所以AF∥平面BCE.(2)证明：过C作CM⊥AB，垂足为M，因为AD⊥DC，所以四边形ADCM为矩形．所以AM＝MB＝2，又AD＝2，AB＝4，所以AC＝22，CM＝2，BC＝22，所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC.因为AF⊥平面ABCD，AF∥BE，所以BE⊥平面ABCD，所以BE⊥AC.又BE⊂平面BCE，BC⊂平面BCE，BE∩BC＝B，所以AC⊥平面BCE.(3)因为AF⊥平面ABCD，所以AF⊥CM.又CM⊥AB，AF⊂平面ABEF，AB⊂平面ABEF，AF∩AB＝A，所以CM ⊥平面ABEF .故V E BCF ＝V C BEF ＝13×12×BE ×EF ×CM ＝16×2×4×2＝83. 17．(2018·广州五校联考)如图，四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是菱形，PA ＝PD ，∠BAD ＝60˚，E 是AD 的中点，点Q 在侧棱PC 上．(1)求证：AD ⊥平面PBE ；(2)若Q 是PC 的中点，求证：PA ∥平面BDQ ；(3)若V P BCDE ＝2V Q ABC D ，试求CP CQ的值．解析：(1)证明：由E 是AD 的中点，PA ＝PD 可得AD ⊥PE .又底面ABCD 是菱形，∠BAD ＝60˚，所以AB ＝BD ，又E 是AD 的中点，所以AD ⊥BE ，又PE ∩BE ＝E ，所以AD ⊥平面PBE .(2)证明：连接AC ，交BD 于点O ，连接OQ (图略)．因为O 是AC 的中点， Q 是PC 的中点，所以OQ ∥PA ，又PA ⊄平面BDQ ，OQ ⊂平面BDQ ，所以PA ∥平面BDQ .(3)设四棱锥P BCDE ，Q ABCD 的高分别为h 1，h 2.所以V P BCDE ＝13S 四边形BCDE h 1，V Q ABCD ＝13S 四边形ABCD h 2. 又V P BCDE ＝2V Q ABCD ，且S 四边形BCDE ＝34S 四边形ABCD ，所以CP CQ ＝h 1h 2＝83. 18．(2018·郑州第二次质量预测)如图，高为1的等腰梯形ABCD 中，AM ＝CD ＝13AB ＝1.现将△AMD 沿MD 折起，使平面AMD ⊥平面MBCD ，连接AB ，AC .(1)在AB 边上是否存在点P ，使AD ∥平面MPC?(2)当点P 为AB 边的中点时，求点B 到平面MPC 的距离．解析：(1)当AP ＝13AB 时，有AD ∥平面MPC . 理由如下：连接BD 交MC 于点N ，连接NP .在梯形MBCD 中，DC ∥MB ，DN NB ＝DC MB ＝12， 在△ADB 中，AP PB ＝12，∴AD ∥PN . ∵AD ⊄平面MPC ，PN ⊂平面MPC ，∴AD ∥平面MPC .(2)∵平面AMD ⊥平面MBCD ，平面AMD ∩平面MBCD ＝D M ，AM ⊥DM ，∴AM ⊥平面MBCD .∴V P MBC ＝13×S △MBC ×AM 2＝13×12×2×1×12＝16. 在△MPC 中，MP ＝12AB ＝52，MC ＝2， 又PC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋12＝52， ∴S △MPC ＝12×2× ⎝ ⎛⎭⎪⎫522－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝64. ∴点B 到平面MPC 的距离为d ＝3V P MBC S △MPC ＝3×1664＝63.。
图形的位置总结
图形的位置总结图形的位置是描述图形在空间中的具体位置或方位关系的概念。
在图形学、数学、物理学等领域中，图形的位置是进行分析、描述和操作的基础。
无论是二维图形还是三维图形，了解和掌握图形的位置是很重要的。
在二维平面中，图形的位置通常由两个坐标轴来确定，即x轴和y轴。
坐标轴的交叉点被称为原点，通常用坐标(0,0)表示。
x轴表示水平位置，y轴表示垂直位置。
图形的位置可以用一个有序数对(x,y)来表示，其中x表示横坐标，y表示纵坐标。
例如，点(2,3)表示图形在x轴上向右移动2个单位，y轴上向上移动3个单位。
图形的位置可以通过平移、旋转和缩放来改变。
平移是指图形沿着坐标轴方向上的移动，保持形状和大小不变。
旋转是指图形绕一个固定点旋转一定角度。
缩放是指图形按比例改变大小，可以放大或缩小。
图形的位置也可以通过相对位置来描述。
相对位置是指图形与其他图形之间的位置关系。
例如，图形A在图形B的上方、下方、左侧或右侧等。
相对位置可以用方位词来描述，如在北方、在东南方等。
在三维空间中，除了x轴和y轴，还有一个z轴用于确定图形的位置。
图形的位置可以由一个有序数对(x,y,z)来表示，其中x表示横坐标，y表示纵坐标，z表示垂直坐标。
例如，点(2,3,4)表示图形在x轴上向右移动2个单位，y轴上向上移动3个单位，z轴上向前移动4个单位。
在三维空间中，图形的位置可以通过平移、旋转、缩放和投影等来改变。
平移、旋转和缩放的概念与二维空间中类似。
投影是指将三维图形映射到二维平面上，例如将一个立方体投影到一个平面上的正方形。
投影可以改变图形的形状和大小，但保持图形的位置关系不变。
图形的位置不仅在数学和物理学中有应用，还在计算机图形学、地图制作、建筑设计、游戏开发等领域中起着重要的作用。
在计算机图形学中，图形的位置是通过坐标系统来描述的，可以通过编程语言和图形库来实现图形的平移、旋转和缩放等操作。
在地图制作和建筑设计中，图形的位置描述地理位置和建筑物的位置关系，用于导航和规划。
高中数学第二讲直线与圆的位置关系五与圆有关的比例线段教材梳理素材
五 与圆有关的比例线段庖丁巧解牛知识·巧学一、相交弦定理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。
定理的证明：如图2-5—2,已知⊙O 的两条弦AB 、CD 相交于圆内的一点P 。
图2—5-2求证:PA·PB=PC·PD.证明：连结AC 、BD ，则由圆周角定理有∠B=∠C,又∵∠BPD=∠CPA，∴△APC∽△DPB.∴PA∶PD=PC∶PB，即PA·PB=PC·PD.当然，连结AD 、BC 也能利用同样道理，证得同样结论。
3。
由于在问题的证明中，⊙O 的弦AB 、CD 是任意的，因此,PA·PB=PC·PD 成立,表明“过圆内一定点P 的弦,被P 点分成的两条线段长的积应为一个定值”.虽然过定点P 的弦有无数多条，然而在这众多的弦中有一些长度比较特殊的弦，如过点P 的最长或最短的弦，通过它们可以找到定值。
图2-5-3如图2—5-3(1），考察动弦AB ，若AB 过⊙O 的圆心O ，则AB 为过点P 的最长的弦,设⊙O 的半径为R ，则PA·PB=（R+OP ）(R —OP ）。
如图2-5—3（2）,考察过点P 的弦中最短的弦，AB 为过⊙O 内一点P 的直径,CD 为过点P 且垂直于AB 的弦，显然，由垂直定理和相交弦定理,应有PA·PB=PC·PD=（21CD)2=OC 2—OP 2= R 2-OP 2。
由于⊙O 是定圆，P 为⊙O 内一定点，故⊙O 的半径R 与OP 的长为定值.设OP=d,比较上述两式，其结论是一致的，即PA·PB=（R+d ）（R-d ）=R 2-d 2，为定值.于是，相交弦定理可进一步表述为：“圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积为一定量，它等于圆的半径与交点到圆心距离的平方差.”定圆的任一弦被定点分得两线段长的积为定值，这个定值与点P 的位置有关,对圆内不同的点P,一般来说,定值是不同的，即这个定值是相对于定点P 与定圆O 而言的。
高中数学第二讲直线与圆的位置关系二圆内接四边形的性质与判定定理目标导引素材
学必求其心得，业必贵于专精
二圆内接四边形的性质与判定定理
一览众山小
学习目标
1。
了解圆内接四边形的概念，掌握圆内接四边形的性质与判定定理，会运用圆的内接四边形的性质与判定定理证明和计算一些问题.
2。
通过圆内接四边形的判定定理掌握反证法证题的思路和一般步骤.
3。
在探究圆内接四边形的判定定理的过程中，体会数学证明方法的多样性。
学法指导
首先复习圆内接三角形的知识，再利用几何图形，类比圆内接三角形探究圆内接四边形的性质;对于圆内接四边形的判定定理,要结合点与圆的位置关系,分类加以研究，所采用的方法称为反证法，理解反证法证题的思路和一般步骤，即先假设结论不成立，再推导出矛盾,从而肯定原结论。
诱学导入
材料:如图2—2-1，在⊙Ｏ中，A、B、C、D都在同一个圆上,
图2—2—1
问题：①指出图中圆内接四边形的外角有几个？
②∠DCH的内对角是哪些角，∠DBG呢？
③与∠DEA互补的角是哪个角?
④∠ECB+（）=180°.
导入：观察图形发现结论。
1。
图形的位置关系与坐标点的认识与运用
图形的位置关系与坐标点的认识与运用在我们的日常生活中，图形无处不在。
无论是建筑物的设计，还是电子设备的操作界面，图形都起着重要的作用。
而要准确地描述和运用图形，我们就需要了解图形的位置关系和坐标点的认识与运用。
一、图形的位置关系图形的位置关系指的是图形之间的相对位置。
常见的图形位置关系有平行、垂直、重合、相交等。
首先，平行是指两个或多个图形的边或面在同一平面上，并且永远不会相交。
例如，两条平行线永远不会相交，两个平行四边形的对边也是平行的。
其次，垂直是指两个或多个图形的边或面相互成直角。
例如，直角三角形的两条直角边是垂直的，垂直线和水平线也是互相垂直的。
此外，重合是指两个或多个图形完全重合，形状和大小都一样。
例如，两个重合的正方形在视觉上无法区分。
最后，相交是指两个或多个图形的边或面有交点。
例如，两条相交的直线会在交点处相交，两个相交的圆形会有两个交点。
了解图形的位置关系对于准确描述和运用图形非常重要。
它不仅帮助我们理解图形之间的关系，还可以用于解决实际问题，如建筑设计、地图导航等。
二、坐标点的认识与运用坐标点是指在一个坐标系中确定一个点的位置。
常用的坐标系有直角坐标系和极坐标系。
直角坐标系是由两个垂直的坐标轴组成的。
水平的坐标轴称为x轴，垂直的坐标轴称为y轴。
在直角坐标系中，每个点可以用一个有序数对(x, y)来表示，其中x 表示点在x轴上的位置，y表示点在y轴上的位置。
极坐标系是由一个原点和一个极轴组成的。
极轴是从原点出发的射线，表示角度的方向。
在极坐标系中，每个点可以用一个有序数对(r, θ)来表示，其中r表示点到原点的距离，θ表示点与极轴的夹角。
通过坐标点的认识与运用，我们可以准确地描述和定位一个点的位置。
在实际应用中，坐标点经常被用于表示地理位置、图形的顶点等。
三、图形的运用实例图形的位置关系和坐标点的认识与运用在实际问题中有着广泛的应用。
以下是一些图形运用的实例：1. 地图导航：地图上的道路和建筑物可以用图形来表示，通过了解图形的位置关系和坐标点的运用，我们可以准确地找到目的地，并规划最佳的行车路线。
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中考数学重难点专题讲座第二讲图形位置关系第一部分真题精讲【例1】(2010，丰台，一模)已知：如图，AB为⊙O的直径，⊙O过AC的中点D，DE⊥BC于点E．（1）求证：DE为⊙O的切线；（2）若DE=2，tanC=，求⊙O的直径．【思路分析】本题和大兴的那道圆题如出一辙，只不过这两个题的三角形一个是躺着一个是立着，让人怀疑他们是不是串通好了…近年来此类问题特别爱将中点问题放进去一并考察，考生一定要对中点以及中位线所引发的平行等关系非常敏感，尤其不要忘记圆心也是直径的中点这一性质。
对于此题来说，自然连接OD，在△ABC中OD就是中位线，平行于BC。
所以利用垂直传递关系可证OD⊥DE。
至于第二问则重点考察直径所对圆周角是90°这一知识点。
利用垂直平分关系得出△ABC是等腰三角形，从而将求AB转化为求BD，从而将圆问题转化成解直角三角形的问题就可以轻松得解。
【解析】（1）证明：联结OD．∵D为AC中点，O为AB中点，∴OD为△ABC的中位线．∴OD∥BC．∵DE⊥BC，∴∠DEC=90°.∴∠ODE=∠DEC=90°. ∴OD⊥DE于点D.∴DE为⊙O的切线．（2）解：联结DB．∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB=90°．∴DB⊥AC．∴∠CDB=90°.∵D为AC中点，∴AB=AC．在Rt△DEC中，∵DE=2 ，tanC=，∴EC=.由勾股定理得：DC=.在Rt△DCB 中，BD=．由勾股定理得：BC=5.∴AB=BC=5.∴⊙O的直径为5.【例2】（2010，海淀，一模）已知：如图，为的外接圆，为的直径，作射线，使得平分，过点作于点.（1）求证：为的切线；（2）若，，求的半径.【思路分析】本题是一道典型的用角来证切线的题目。
题目中除垂直关系给定以外，就只给了一条BA平分∠CBF。
看到这种条件，就需要大家意识到应该通过角度来证平行。
用角度来证平行无外乎也就内错角同位角相等，同旁内角互补这么几种。
本题中，连OA之后发现∠ABD=∠ABC，而OAB构成一个等腰三角形从而∠ABO=∠BAO，自然想到传递这几个角之间的关系，从而得证。
第二问依然是要用角的传递，将已知角∠BAD通过等量关系放在△ABC中，从而达到计算直径或半径的目的。
【解析】证明：连接.∵，∴.∵，∴. ∴ .∴∥.∵,∴.∴.∵是⊙O半径，∴为⊙O的切线.（2）∵,，，∴.由勾股定理，得.∴.∵是⊙O直径，∴.∴.又∵, ,∴.在Rt△中，==5.∴的半径为.【例3】（2010，昌平，一模）已知：如图，点是⊙的直径延长线上一点，点在⊙上，且（1）求证：是⊙的切线；（2）若点是劣弧上一点，与相交于点，且，，求⊙的半径长.【思路分析】此题条件中有OA=AB=OD，聪明的同学瞬间就能看出来BA其实就是三角形OBD中斜边OD上的中线。
那么根据直角三角形斜边中线等于斜边一半这一定理的逆定理，马上可以反推出∠OBD=90°，于是切线问题迎刃而解。
事实上如果看不出来，那么连接OB以后像例2那样用角度传递也是可以做的。
本题第二问则稍有难度，额外考察了有关圆周角的若干性质。
利用圆周角相等去证明三角形相似，从而将未知条件用比例关系与已知条件联系起来。
近年来中考范围压缩，圆幂定理等纲外内容已经基本不做要求，所以更多的都是利用相似三角形中借助比例来计算，希望大家认真掌握。
【解析】（1）证明：连接.∵，∴.∴是等边三角形.∴.∵，∴.∴.∴.又∵点在⊙上，∴是⊙的切线.（2）解：∵是⊙的直径，∴.在中，,∴设则，∴.∴.∵,∴∽.∴.∵,∴.∴.【例4】（2010，密云，一模）如图，等腰三角形中，，．以为直径作交于点，交于点，，垂足为，交的延长线于点．（1）求证：直线是的切线；（2）求的值．【思路分析】本题和前面略有不同的地方就是通过线段的具体长度来计算和证明。
欲证EF 是切线，则需证OD垂直于EF，但是本题中并未给OD和其他线角之间的关系，所以就需要多做一条辅助线连接CD，利用直径的圆周角是90°，并且△ABC是以AC,CB为腰的等腰三角形，从而得出D是中点。
成功转化为前面的中点问题，继而求解。
第二问利用第一问的结果，转移已知角度，借助勾股定理，在相似的RT三角形当中构造代数关系，通过解方程的形式求解，也考察了考生对于解三角形的功夫。
【解析】（1）证明：如图，连结，则．∴．∵，∴．∴是的中点．∵是的中点，∴．∵于F．∴．∴是的切线．( 2 ) 连结，∵是直径, ∴．∴．∴．设，则．在中，．在中，．∴．解得．即．在中．∴．【例5】2010，通州，一模如图，平行四边形ABCD中，以A为圆心，AB为半径的圆交AD于F，交BC于G，延长BA交圆于E.（1）若ED与⊙A相切，试判断GD与⊙A的位置关系，并证明你的结论；（2）在（1）的条件不变的情况下，若GC＝CD＝5，求AD的长.【思路分析】本题虽然是圆和平行四边形的位置关系问题，但是依然考察的是如何将所有条件放在最基本的三角形中求解的能力。
判断出DG与圆相切不难，难点在于如何证明。
事实上，除本题以外，门头沟，石景山和宣武都考察了圆外一点引两条切线的证明。
这类题目最重要是利用圆半径相等以及两个圆心角相等来证明三角形相似。
第二问则不难，重点在于如何利用角度的倍分关系来判断直角三角形中的特殊角度，从而求解。
【解析】（1）结论：与相切证明：连接∵点、在圆上，∴∵四边形是平行四边形，∴∴∵∴∴在和∴∴∵与相切∴∴∴∴与相切（2）∵，四边形是平行四边形∴，，∵∴∴∴∴∴.【总结】经过以上五道一模真题，我们可以得出这类题型的一般解题思路。
要证相切，做辅助线连接圆心与切点自不必说，接下来就要考虑如何将半径证明为是圆心到切线的距离，即“连半径，证垂直”。
近年来中考基本只要求了这一种证明切线的思路，但是事实上证明切线有三种方式。
为以防遇到，还是希望考生能有所了解。
第一种就是课本上所讲的先连半径，再证垂直。
这样的前提是题目中所给条件已经暗含了半径在其中。
例如圆外接三角形，或者圆与线段交点这样的。
把握好各种圆的性质关系就可以了。
第二种是在题目没有给出交点状况的情况下，不能贸然连接，于是可以先做垂线，然后通过证明垂线等于半径即可，就是所谓的“先证垂直后证半径”。
例如大家看这样一道题，如图△ABC中，AB=AC，点O是BC的中点，与AB切于点D，求证：与AC也相切。
该题中圆0与AC是否有公共点是未知的，所以只能通过O做AC的垂线，然后证明这个距离刚好就是圆半径。
如果考生想当然认为有一个交点，然后直接连AC与圆交点这样证明，就误入歧途了。
第三种是比较棘手的一种，一方面题目中并未给出半径，也未给出垂直关系，所以属于半径和垂直都要证明的题型。
例如看下面一道题：如图，中，AB=AC，=，O、D将BC三等分，以OB为圆心画，求证：与AC相切。
本题中并未说明一定过A点，所以需要证明A是切点，同时还要证明O到AC垂线的垂足和A是重合的，这样一来就非常麻烦。
但是换个角度想，如果连接AO之后再证明AO=OB，AO⊥AC，那么就非常严密了。
（提示：做垂线，那么垂足同时也是中点，通过数量关系将AO，BO都用AB表示出来即可证明相等，而△AOC中利用直角三角形斜边中线长是斜边一半的逆定理可以证出直角。
）第二部分发散思考【思考1】（2009，海淀，一模）如图，已知AB为⊙O的弦，C为⊙O上一点，∠C=∠BAD，且BD⊥AB于B.（1）求证：AD是⊙O的切线；（2）若⊙O的半径为3，AB=4，求AD的长.【思路分析】此题为去年海淀一模题，虽然较为简单,但是统计下来得分率却很低. 因为题目中没有给出有关圆心的任何线段，所以就需要考生自己去构造。
同一段弧的圆周角相等这一性质是非常重要的，延长DB就会得到一个和C一样的圆周角，利用角度关系，就很容易证明了。
第二问考解三角形的计算问题，利用相等的角建立相等的比例关系，从而求解。
【思考2】2009，西城，一模已知：如图，AB为⊙O的弦，过点O作AB的平行线，交⊙O于点C，直线OC上一点D满足∠D=∠ACB.（1）判断直线BD与⊙O的位置关系，并证明你的结论；（2）若⊙O的半径等于4，，求CD的长.【思路分析】本题也是非常典型的通过角度变换来证明90°的题目。
重点在于如何利用∠D=∠ACB这个条件，去将他们放在RT三角形中找出相等，互余等关系。
尤其是将∠OBD 拆分成两个角去证明和为90°。
【思考3】2009，北京已知：如图，在△ABC中，AB=AC,AE是角平分线，BM平分∠ABC交AE于点M,经过B,M两点的⊙O交BC于点G,交AB于点F,FB恰为⊙O的直径.（1）求证：AE与⊙O相切；（2）当BC=4,cosC=时，求⊙O的半径.【思路分析】这是一道去年北京中考的原题，有些同学可能已经做过了。
主要考点还是切线判定，等腰三角形性质以及解直角三角形，也不会很难。
放这里的原因是让大家感受一下中考题也无非就是如此出法，和我们前面看到的那些题是一个意思。
【思考4】2009，西城，二模如图，等腰△ABC中，AC=BC，⊙O为△ABC的外接圆，D为上一点，CE⊥AD于E.求证：AE= BD +DE．【思路分析】前面的题目大多是有关切线问题，但是未必所有的圆问题都和切线有关，去年西城区这道模拟题就是无切线问题的代表。
此题的关键在于如何在图形中找到和BD相等的量来达到转化的目的。
如果图形中所有线段现成的没有，那么就需要自己去截一段，然后去找相似或者全等三角形中的线段关系。
【思考5】.2009，东城，二模如图，已知⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，D是AB延长线的一点，AE⊥CD 交DC的延长线于E，CF⊥AB于F，且CE＝CF．（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）若AB＝6，BD＝3，求AE和BC的长．【思路分析】又是一道非常典型的用角证平行的题目。
题目中虽未给出AC评分角EAD这样的条件，但是通过给定CE=CF，加上有一个公共边，那么很容易发现△EAC和△CAF是全等的。
于是问题迎刃而解。
第二问中依然要注意找到已知线段的等量线段，并且利用和，差等关系去转化。
第三部分思考题解析【思考1解析】1）证明: 如图, 连接AO并延长交⊙O于点E, 连接BE, 则∠ABE=90°.∴∠EAB+∠E=90°.∵∠E =∠C, ∠C=∠BAD，∴∠EAB+∠BAD =90°.∴AD是⊙O的切线.（2）解：由（1）可知∠ABE=90°.∵AE=2AO=6, AB=4,∴. ∵∠E=∠C=∠BAD, BD⊥AB,∴∴∴.【思考2解析】解：（1）直线BD与⊙O相切．证明：如图3，连结OB．-∵∠OCB=∠CBD +∠D ，∠1=∠D，∴∠2=∠CBD．∵AB∥OC ，∴∠2=∠A ．∴∠A=∠CBD．∵OB=OC，∴，∵，∴．∴．∴∠OBD=90°．∴直线BD与⊙O相切．（2）解：∵∠D=∠ACB ，，∴．在Rt△OBD中，∠OBD=90°，OB = 4，，∴，．∴．【思考3解析】1）证明：连结，则．∴．∵平分．∴．∴．∴．∴．在中，，是角平分线，∴．∴．∴．∴．∴与相切．（2）解：在中，，是角平分线，∴．∵，∴．在中，，∴．设的半径为，则．∵，∴．∴．∴．解得．∴的半径为．【思考4解析】证明：如图3，在AE上截取AF=BD，连结CF、CD．在△ACF和△BCD中，∴△ACF≌△BCD．∴CF=CD.∵CE⊥AD于E，∴EF=DE.∴.【思考5解析】证明：（1）连接OC,。