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模型介绍
1.射影定理定义
①直角三角形中，斜边上的高是两直角边在斜边上射影的比例中项．
②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．
2.如图在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD是斜边BC上的高，有射影定理如下：
①AD2＝BD•DC；
②AB2＝BD•BC； AC2＝CD•BC．
R注意：直角三角形斜边上有高时，才能用射影定理！
例题精讲
【例1】．在矩形ABCD中，BE⊥AC交AD于点E，G为垂足．若CG＝CD＝1，则AC的长是 ．解：∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝1，∠ABC＝90°，
∵BE⊥AC，∴∠AGB＝90°＝∠ABC，
∵∠BAG＝∠CAB，∴△ABG∽△ACB，∴ ＝ ，∴AG•AC＝AB2（射影定理），
即（AC﹣1）•AC＝12，
解得：AC＝ 或AC＝ （不合题意舍去），即AC的长为 ，
故答案为： ．
【例2】．如图：二次函数y＝ax2+bx+2的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，若AC⊥BC，则a
的值为（ ）
A．﹣ B．﹣ C．﹣1 D．﹣2
解：设A（x ，0）（x ＜0），B（x ，0）（x ＞0），C（0，t），
1 1 2 2
∵二次函数y＝ax2+bx+2的图象过点C（0，t），
∴t＝2；
∵AC⊥BC，
∴OC2＝OA•OB（射影定理），即4＝|x x |＝﹣x x ，
1 2 1 2
根据韦达定理知x x ＝ ，∴a＝﹣ ． 故选：A．
1 2【例3】．将 沿弦BC折叠，交直径AB于点D，若AD＝4，DB＝5，则BC的长是（ ）
A．3 B．8 C． D．2
解：连接CA、CD；
根据折叠的性质，知 所对的圆周角等于∠CBD，
又∵ 所对的圆周角是∠CBA，
∵∠CBD＝∠CBA，∴AC＝CD（相等的圆周角所对的弦相等）；
∴△CAD是等腰三角形；
过C作CE⊥AB于E．
∵AD＝4，则AE＝DE＝2；∴BE＝BD+DE＝7；
在Rt△ACB中，CE⊥AB，根据射影定理，得：
BC2＝BE•AB＝7×9＝63；故BC＝3 ．故选：A．
变式训练
【变式1】．如图，在△ABC中，若AB＝AC，BC＝2BD＝6，DE⊥AC，则AC•EC的值是 9 ．解：如图，∵在△ABC中，若AB＝AC，BC＝2BD＝6，
∴AD⊥BC，CD＝BD＝3．
又DE⊥AC，
∴∠CED＝∠CDA＝90°．
∵∠C＝∠C，
∴△CDE∽△CAD．
∴ ＝ ，即AC•EC＝CD2＝9．（射影定理）
故答案是：9．
【变式2】．如图所示，在矩形ABCD中，AE⊥BD于点E，对角线AC，BD交于O，且BE：ED＝1：3，
AD＝6cm，则AE＝ cm．
解：设BE＝x，因为BE：ED＝1：3，故ED＝3x，
根据射影定理，AD2＝3x（3x+x），即36＝12x2，x2＝3；
由AE2＝BE•ED，AE2＝x•3x；即AE2＝3x2＝3×3＝9；AE＝3．
【变式3】．如图，若抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，若∠OAC＝
∠OCB．则ac的值为（ ）A．﹣1 B．﹣2 C． D．
解：设A（x ，0），B（x ，0），C（0，c），
1 2
∵二次函数y＝ax2+bx+c的图象过点C（0，c），
∴OC＝c，
∵∠OAC＝∠OCB，OC⊥AB，
∴△OAC∽△OCB，
∴ ，
∴OC2＝OA•OB（即射影定理）
即|x •x |＝c2＝﹣x •x ，
1 2 1 2
令ax2+bx+c＝0，
根据根与系数的关系知x •x ＝ ，
1 2
∴ ，
故ac＝﹣1，故选：A．
【变式4】．如图，正方形ABCD中，E为AB上一点，AF⊥DE于点F，已知DF＝5EF＝5，过C、D、F
的 O与边AD交于点G，则DG＝____________.
⊙
解：连接CF、GF，如图：在正方形ABCD中，∠EAD＝∠ADC＝90°，AF⊥DE，
∴△AFD∽△EAD，
∴ ＝ ，
又∵DF＝5EF＝5，
∴AD＝ ＝ ＝ ＝CD，
在Rt△AFD中，AF＝ ＝ ＝ ，
∵∠CDF+∠ADF＝90°，∠DAF+∠ADF＝90°，
∴∠DAF＝∠CDF，
∵四边形GFCD是 O的内接四边形，
∴∠FCD+∠DGF＝⊙180°，
∵∠FGA+∠DGF＝180°，
∴∠FGA＝∠FCD，
∴△AFG∽△DFC，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴AG＝ ，
∴DG＝AD﹣AG＝ ﹣
【变式5】．如图，在△ABC中，以AC边为直径的 O交BC于点D，过点B作BG⊥AC交 O于点E、
H，连AD、ED、EC．若BD＝8，DC＝6，则CE的⊙长为 2 ． ⊙解：∵AC为 O的直径，
∴∠ADC＝9⊙0°，
∵BG⊥AC，
∴∠BGC＝∠ADC＝90°，
∵∠BCG＝∠ACD，
∴△ADC∽△BGC，
∴ ＝ ，
∴CG•AC＝DC•BC＝6×14＝84，
连接AE，
∵AC为 O的直径，∴∠AEC＝90°，
∴∠AEC⊙＝∠EGC＝90°，
∵∠ACE＝∠ECG，
∴△CEG∽△CAE，∴ ＝ ，
∴CE2＝CG•AC＝84，∴CE＝2 ．
故答案为2 ．
【变式6】．如图，四边形ABCD是平行四边形，过点A作AE⊥BC交BC于点E，点F在BC的延长线上，
且CF＝BE，连接DF．
（1）求证：四边形AEFD是矩形；
（2）连接AC，若∠ACD＝90°，AE＝4，CF＝2，求EC和AC的长．（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD＝BC，
∵CF＝BE∴BE+CE＝CF+CE，
即BC＝EF，∴AD＝EF，
∵AD∥EF，∴四边形AEFD是平行四边形，
∵AE⊥BC，∴∠AEF＝90°，∴平行四边形AEFD是矩形；
（2）解：如图，∵CF＝BE，CF＝2，
∴BE＝2，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，∴∠BAC＝∠ACD＝90°，
∵AE⊥BC，∴AE2＝BE•EC（射影定理），∴EC＝ ＝ ＝8，
∴AC＝ ＝ ＝4 ．
实战演练
1．如图，在矩形ABCD中，DE⊥AC，垂足为点E．若sin∠ADE＝ ，AD＝4，则AB的长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
解：∵DE⊥AC，∴∠ADE+∠CAD＝90°，
∵∠ACD+∠CAD＝90°，
∴∠ACD＝∠ADE，
∵矩形ABCD的对边AB∥CD，
∴∠BAC＝∠ACD，
∵sin∠ADE＝ ，BC＝AD＝4，
∴ ＝ ，∴ ＝ ，∴AC＝5，
由勾股定理得，AB＝ ＝3， 故选：C．
2．如图，在矩形ABCD中，BD＝2 ．对角线AC与BD相交于点O，过点D作AC的垂线，交AC于点
E，AE＝3CE．则DE2的值为（ ）
A．4 B．2 C． D．4
解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC＝90°，AC＝BD＝2 ，
∵AE＝3CE，∴AE＝ AC＝ ，CE＝ AC＝ ，
∵∠ADC＝90°，∴∠DAC+∠ACD＝90°，
∵DE⊥AC，∴∠AED＝∠CED＝90°，
∴∠ADE+∠DAC＝90°，∴∠ADE＝∠ACD，∴△ADE∽△DCE，∴ ＝ ，
∴DE2＝AE•CE＝ × ＝ ，故选：C．
3．如图，在正方形ABCD内，以D点为圆心，AD长为半径的弧与以BC为直径的半圆交于点P，延长CP、AP交AB、BC于点M、N．若AB＝2，则AP等于（ ）
A． B． C． D．
解：如图，设点S为BC的中点，连接DP，DS，DS与PC交于点W，作PE⊥BC于点E，PF⊥AB于点
F，
∴DP＝CD＝2，PS＝CS＝1，即DS是PC的中垂线，∴△DCS≌△DPS，
∴∠DPS＝∠DCB＝90°，∴DS＝ ＝ ＝ ，
由三角形的面积公式可得PC＝ ，
∵BC为直径，∴∠CPB＝90°，∴PB＝ ＝ ，
∴PE＝FB＝ ＝ ，∴PF＝BE＝ ＝ ，
∴AF＝AB﹣FB＝ ，∴AP＝ ＝ 故选：B．
4．如图，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，连接AC、
BC、OC，那么⊙下列结论中：①PC2＝PA•PB；②PC⊙•OC＝OP•CD；③OA2＝OD•OP；④OA（CP﹣
CD）＝AP•CD，正确的结论有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．4解：①∵PC与 O相切于点C，
∴∠PCB＝∠⊙A，∠P＝∠P，∴△PBC∽△PCA，∴PC2＝PA•PB；
②∵OC⊥PC，∴PC•OC＝OP•CD；
③∵CD⊥AB，OC⊥PC，∴OC2＝OD•OP，
∵OA＝OC，∴OA2＝OD•OP；
④∵ AP•CD＝ OC•CP﹣ OA•CD，OA＝OC，∴OA（CP﹣CD）＝AP•CD，
所以正确的有①，②，③，④，共4个．故选：D．5．如图，在 Rt△ABC 中，∠A＝90°，AB＝AC＝8 ，点 E 为 AC 的中点，点 F 在底边 BC 上，且
FE⊥BE，则CF长 ．
解：作EH⊥BC于H，如图，
∵∠A＝90°，AB＝AC＝8 ，∴BC＝ AB＝16 ，∠C＝45°，
∵点E为AC的中点，∴AE＝CE＝4 ，
∵△CEH为等腰直角三角形，∴EH＝CH＝ ＝4 ，∴BH＝12
在Rt△ABE中，BE＝ ＝4 ，
在Rt△BEF中，∵EH⊥BF，∴BE2＝BH•BF，
即BF＝ ＝ ，∴CF＝BC﹣BF＝16 ﹣ ＝ ．
故答案为 ．
6．如图，在矩形ABCD中，点E在边AD上，把△ABE沿直线BE翻折，得到△GBE，BG的延长线交CD
于点F．F为CD的中点，连结CG，若点E，G，C在同一条直线上，FG＝1，则CD的长为 2+ 2
，cos∠DEC的值为 ﹣ 1 ．解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AD∥BC，∠BCD＝∠A＝∠D＝90°，
∴∠AEB＝∠EBC，∠BCG＝∠DEC，
由折叠的性质得：BG＝BA，∠EGB＝∠A＝90°，∠GEB＝∠AEB，
∴CD＝BG，
∴∠EBC＝∠GEB，
∴BC＝EC，
∵点E，G，C在同一条直线上，
∴∠CGF＝90°，∠CGB＝180°﹣∠EGB＝90°，
∵F为CD的中点，
∴CF＝DF，
设CF＝DF＝x，则BG＝CD＝2x，
∵∠CFG＝∠BFC，
∴△CFG∽△BFC，
∴ ＝ ，
∴CF2＝FG•BF，
即x2＝1×（1+2x），
解得：x＝1+ 或x＝1﹣ （舍去），
∴CD＝2x＝2+2 ，
∵∠DEC+∠ECD＝90°，∠GFC+∠ECD＝90°，
∴∠DEC＝∠GFC，
∴cos∠DEC＝cos∠GFC＝ ＝ ＝ ﹣1，
故答案为：2+2 ， ﹣1．7．如图，在平面直角坐标系中，直线y＝kx+1分别交x轴，y轴于点A，B，过点B作BC⊥AB交x轴于点
C，过点C作CD⊥BC交y轴于点D，过点D作DE⊥CD交x轴于点E，过点E作EF⊥DE交y轴于点
F．已知点A恰好是线段EC的中点，那么线段EF的长是 ．
解：因为AB的解析式为y＝kx+1，所以B点坐标为（0，1），A点坐标为（﹣ ，0），
由于图象过一、二、三象限，故k＞0，
又因为BC⊥AB，BO⊥AC，
所以在Rt△ABC中，BO2＝AO•CO，代入数值为：1＝ •CO，CO＝k，
同理，在Rt△BCD中，CO2＝BO•DO，
代入数值为：k2＝1•DO，DO＝k2又因为 A 恰好是线段 EC 的中点，所以 B 为 FD 的中点，OF＝
1+1+k2，Rt△FED中，
根据射影定理，EO2＝DO•OF，即（k+ + ）2＝k2•（1+k2+1），
整理得（k﹣ ）（k+ ）（k2+2）（k2+1）＝0，解得k＝ ．
根据中位线定理，EF＝2GB＝2DC，DC＝ ＝ ，EF＝2 ．
8．如图，在菱形ABCD中，过点D作DE⊥CD交对角线AC于点E，连接BE，点P是线段BE上一动点，
作P关于直线DE的对称点P'，点Q是AC上一动点，连接P'Q，DQ．若AE＝14，CE＝18，则DQ﹣
P'Q的最大值为 ．解：如图，连接BD交AC于点O，过点D作DK⊥BC于点K，延长DE交AB于点R，连接EP′并延长，
延长线交AB于点J，作EJ关于AC的对称线段EJ′，则点P′的对应点P″在线段EJ′上．
当点P是定点时，DQ﹣QP′＝DQ﹣QP″，
当D，P″，Q共线时，QD﹣QP′的值最大，最大值是线段DP″的长，
当点P与B重合时，点P″与J′重合，此时DQ﹣QP′的值最大，最大值是线段DJ′的长，也就是线
段BJ的长．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AO＝OC，
∵AE＝14．EC＝18，
∴AC＝32，AO＝OC＝16，
∴OE＝AO﹣AE＝16﹣14＝2，
∵DE⊥CD，
∴∠DOE＝∠EDC＝90°，
∵∠DEO＝∠DEC，
∴△EDO∽△ECD，
∴DE2＝EO•EC＝36，
∴DE＝EB＝EJ＝6，
∴CD＝ ＝ ＝12 ，
∴OD＝ ＝ ＝4 ，
∴BD＝8 ，∵S△DCB ＝ ×OC×BD＝ BC•DK，
∴DK＝ ＝ ，
∵∠BER＝∠DCK，
∴sin∠BER＝sin∠DCK＝ ＝ ＝ ，
∴RB＝BE× ＝ ，
∵EJ＝EB，ER⊥BJ，
∴JR＝BR＝ ，
∴JB＝DJ′＝ ，
∴DQ﹣P'Q的最大值为 ．
解法二：DQ﹣P'Q＝BQ﹣P'Q≤BP'，显然 P'的轨迹 EJ，故最大值为 BJ．勾股得 CD，OD．
△BDJ∽△BAD，BD2＝BJ*BA，可得BJ＝ ．
故答案为： ．
9．在矩形ABCD中，点E为射线BC上一动点，连接AE．
（1）当点E在BC边上时，将△ABE沿AE翻折，使点B恰好落在对角线BD上点F处，AE交BD于点
G．
①如图1，若BC＝ AB，求∠AFD的度数；
②如图2，当AB＝4，且EF＝EC时，求BC的长．
（2）在②所得矩形ABCD中，将矩形ABCD沿AE进行翻折，点C的对应点为C'，当点E，C'，D三
点共线时，求BE的长．解：（1）①∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC，∠BAD＝90°，
∵BC＝ AB，∴AD＝ AB，∴tan∠ABD＝ ＝ ，∴∠ABD＝60°，
由折叠的性质得：AF＝AB，∴△ABF是等边三角形，∴∠AFB＝60°，
∴∠AFD＝180°﹣∠AFB＝120°；
②由折叠的性质得：BF⊥AE，EF＝EB，
∵EF＝EC，∴EF＝EB＝EC，∴BC＝2BE，
∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，AD＝BC＝2BE，AD∥BC，
∴△ADG∽△EBG，∴ ＝ ＝2，∴AG＝2EG，
设EG＝x，则AG＝2x，∴AE＝3x，
在△ABE中，BG⊥AE，∴AB2＝AG•AE（射影定理），即42＝2x•3x，
解得：x＝ （负值已舍去），∴AE＝3x＝2 ，
∴BE＝ ＝ ＝2 ，∴BC＝2BE＝4 ，
即BC的长为4 ；
（2）当点E，C'，D三点共线时，如图3，
由②可知，BC＝4 ，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠BCD＝90°，AD＝BC＝4 ，CD＝AB＝4，AD∥BC，
∴∠DCE＝90°，∠CED＝∠B'DA，
由折叠的性质得：AB'＝AB＝4，∠B'＝∠ABC＝90°，
∴∠DCE＝∠B'，DC＝AB'，∴△CDE≌△B'AD（AAS），
∴DE＝AD＝4 ，∴CE＝ ＝ ＝4，∴BE＝BC+CE＝4 +4．10．如图，已知 O的半径为2，AB为直径，CD为弦，AB与CD交于点M，将弧CD沿着CD翻折后，点
A与圆心O重⊙合，延长OA至P，使AP＝OA，连接PC．
（1）求证：PC是 O的切线；
（2）点G为弧AD⊙B的中点，在PC延长线上有一动点Q，连接QG交AB于点E，交弧BC于点F（F与
B、C不重合）．问GE▪GF是否为定值？如果是，求出该定值；如果不是，请说明理由．
解：（1）∵PA＝OA＝2，AM＝OM＝1，CM＝ ，
又∵∠CMP＝∠OMC＝90°，
∴PC＝ ＝2 ，
∵OC＝2，PO＝4，
∴PC2+OC2＝PO2，
∴∠PCO＝90°，
∴PC与 O相切；
（2）GE⊙•GF为定值，理由如下：如图2，
连接GA、AF、GB，
∵点G为弧ADB的中点，
∴ ，∴∠BAG＝∠AFG，
∵∠AGE＝∠FGA，
∴△AGE∽△FGA，
∴ ，
∴GE•GF＝AG2，
∵AB为直径，AB＝4，
∴∠BAG＝∠ABG＝45°，
∴AG＝2 ，
∴GE•GF＝AG2＝8．
11．如图1，在正方形ABCD中，点E是AB边上的一个动点（点E与点A，B不重合），连接CE，过点B
作BF⊥CE于点G，交AD于点F．
（1）求证：△ABF≌△BCE；
（2）如图2，当点E运动到AB中点时，连接DG，求证：DC＝DG；
（3）如图3，在（2）的条件下，过点C作CM⊥DG于点H，分别交AD，BF于点M，N，求 的值．
（1）证明：∵BF⊥CE，
∴∠CGB＝90°，
∴∠GCB+∠CBG＝90，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CBE＝90°＝∠A，BC＝AB，
∴∠FBA+∠CBG＝90，
∴∠GCB＝∠FBA，
∴△ABF≌△BCE（ASA）；
（2）证明：如图2，过点D作DH⊥CE于H，设AB＝CD＝BC＝2a，
∵点E是AB的中点，
∴EA＝EB＝ AB＝a，
∴CE＝ a，
在Rt△CEB中，根据面积相等，得BG•CE＝CB•EB，
∴BG＝ a，
∴CG＝ ＝ a，
∵∠DCE+∠BCE＝90°，∠CBF+∠BCE＝90°，
∴∠DCE＝∠CBF，
∵CD＝BC，∠CHD＝∠CGB＝90°，
∴△CHD≌△BGC（AAS），
∴CH＝BG＝ a，
∴GH＝CG﹣CH＝ a＝CH，
∵DH＝DH，∠CHD＝∠GHD＝90°，
∴△DGH≌△DCH（SAS），
∴CD＝GD；
（3）解：如图3，过点D作DQ⊥CE于Q，
S△CDG ＝ •DQ•CG＝ CH•DG，
∴CH＝ ＝ a，
在Rt△CQD中，CD＝2a，
∴DH＝ ＝ a，
∵∠MDH+∠HDC＝90°，∠HCD+∠HDC＝90°，
∴∠MDH＝∠HCD，
∴△CHD∽△DHM，∴ ＝ ，
∴HM＝ a，
在Rt△CHG中，CG＝ a，CH＝ a，
∴GH＝ ＝ a，
∵∠MGH+∠CGH＝90°，∠HCG+∠CGH＝90°，
∴∠CGH＝∠CNG，
∴△GHN∽△CHG，
∴ ，
∴HN＝ ＝ a，
∴MN＝HM﹣HN＝ a，
∴ ＝12．在平面直角坐标系中，已知 A（﹣4，0），B（1，0），且以AB为直径的圆交y轴的正半轴于点C
（0，2），过点C作圆的切线交x轴于点D．
（1）求过A，B，C三点的抛物线的解析式；
（2）求点D的坐标；
（3）设平行于x轴的直线交抛物线于E，F两点，问：是否存在以线段EF为直径的圆，恰好与x轴相
切？若存在，求出该圆的半径；若不存在，请说明理由．
解：（1）令二次函数y＝ax2+bx+c，
则 ，∴ ，
∴过A，B，C三点的抛物线的解析式为y＝﹣ x2﹣ x+2．
（2）以AB为直径的圆的圆心坐标为O′（﹣ ，0），
∴O′C＝ ，OO′＝ ；
∵CD为 O′切线∴O′C⊥CD，
∴∠O′⊙CO+∠OCD＝90°，∠CO'O+∠O'CO＝90°，
∴∠CO'O＝∠DCO，∴△O'CO∽△CDO，
∴ ＝ ，即 ＝ ，∴OD＝ ，∴D坐标为（ ，0）．
（3）存在，
抛物线对称轴为x＝﹣ ，
设满足条件的圆的半径为r，则E的坐标为（﹣ +r，|r|）或F（﹣ ﹣r，|r|），
而E点在抛物线y＝﹣ x2﹣ x+2上，
∴|r|＝﹣ （﹣ +r）2﹣ （﹣ +r）+2；
∴r ＝﹣1+ ，r ＝﹣1﹣ （舍去），r ＝1+ ，r ＝1﹣ （舍去）；
1 2 3 4
故以EF为直径的圆，恰好与x轴相切，该圆的半径为 或1+ ．
