2019-2020年高考数学二轮复习 第一部分 微专题强化练 专题28 几何证明选讲（含解析）.doc

2019-2020年高考数学二轮复习 第一部分 微专题强化练 专题28 几何证明选讲（含解析）一、填空题1(文)如图，在ABC中，A60，ACB70，CF是ABC的边AB上的高，FPBC于点P，FQAC于点Q，则CQP的大小为_答案50解析由PFBC，FQAC，得C、Q、F、P四点共圆，所以CQPCFPB180(AC)180(6070)50.(理)如图，已知PA是圆O的切线，切点为A，PO交圆O于B、C两点，AC，PAB30，则线段PB的长为_答案1解析因为PA是圆O的切线，PAB30，由弦切角定理可得ACBPAB30，而CAB90，ABC60，所以ABBC，又因为AC，所以AB1，BC2，PBA120，所以APBPAB30，PBAB1.2(文)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DFCF，AFFBBE421.若CE与圆相切，则线段CE的长为_答案解析设BEa，则AF4a，FB2a，根据相交弦定理：DFFCAFFB，则28a2，a2，由切割线定理：EC2BEAE7a2，EC2，EC.(理)(xx湖南理，12)如图，已知AB、BC是O的两条弦，AOBC，AB，BC2，则O的半径等于_答案解析本题考查勾股定理、相交弦定理设线段AO交BC于点D，延长AO交圆于另外一点E，则BDDC，在三角形ABD中由勾股定理可得AD1，由相交弦定理可得BDDCADDE，DE2，则直径AE3r，故填.3(xx湖北理，15)如图，PA是圆的切线，A为切点，PBC是圆的割线，且BC3PB，则_.答案解析设PBa，则BC3a，由PA2PBPC可得PA2a；又因为PAB PCA，所以由可解得.故本题正确答案为.4(文)如图，AB为圆O的直径，PA为圆O的切线，PB与圆O相交于D，若PA3，PDDB916，则PD_，AB_.答案，4解析由于PDDB916，设PD9a，则DB16a，根据切割线定理有PA2PDPB有a，所以PD，在直角PBA中，AB2PB2AP216，所以AB4.(理) (xx重庆理，14)如图，圆O的弦AB，CD相交于点E，过点A作圆O的切线与DC的延长线交于点P，若PA6，AE9，PC3，CEED21，则BE_.答案2解析此题主要考查切割线定理，属于简单题型由切割线定理知PA2PCPD，易得PD12，故CDPDPC9，因为CEED21，故CE6，ED3.由相交弦定理可得AEEBCEED，又因为AE9，CE6，ED3，易得EB2.5(文)(xx广东理，15)如图，已知AB是圆O的直径，AB4，EC是圆O的切线，切点为C，BC1.过圆心O作BC的平行线，分别交EC和AC于点D和点P，则OD_.答案8解析本题考查直线与圆、直角三角形的射影定理，属于中档题如下图所示，连接OC，因为ODBC，又BCAC，所以OPAC，又O为AB线段的中点，所以OPBC，在RtOCD中，OCAB2，由直角三角形的射影定理可得OC2OPOD，所以OD8.(理)在平行四边形ABCD中，点E在线段AB上，且AEEB，连接DE、AC，若AC与DE相交于点F，AEF的面积为1cm2，则AFD的面积为_cm2.答案3解析ABCD，AEFCDF，3，3，SAFD3SAFE3cm2.6(文)如图，ABC为圆的内接三角形，BD为圆的弦，且BDAC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ABAC，AE6，BD5，则线段CF的长为_答案解析如图所示：AE为圆的切线，AE2BEED，设BEx，36x(5x)，x25x360，x4.ABAC，ACBABC，又EABACB，EABABC，AEBC，又EBAC，四边形BCAE为平行四边形，BCAE6，ACBE4，DFBAFC，FC.(理)如图，在ABC中，ACB90，BAC60，过C作ABC的外接圆的切线CD，BDCD于D，BD与外接圆交于点E，已知DE5，则ABC的外接圆的半径为_答案10解析利用切割线定理和正弦定理求解因为CD是圆的切线，所以BCDBAC60，所以DBDC又由切割线定理可得DC2DEDB5DC，则DC5，所以BC2DC10.在直角三角形ABC中，由正弦定理可得2RAB20，所以ABC的外接圆的半径R10.二、解答题7. (xx辽宁葫芦岛市一模)如图，P是O外一点，PA是切线，A为切点，割线PBC与O相交于点B，C，PC2PA，D为PC的中点，AD的延长线交O于点E，证明： (1)BEEC；(2)ADDE2PB2.证明(1)连接AB，AC由题设知PAPD，故PADPDA因为PDADACDCA，PADBADPAB，DCAPAB，所以DACBAD，因此BEEC(2)由切割线定理得PA2PBPC因为PAPDDC，所以PD2(PDBD)2PD，PD2BD，DC2PB，BDPB由相交弦定理得ADDEBDDC，所以ADDE2PB2.8(文)(xx沈阳市质检)如图，ABC内接于圆O，AD平分BAC交圆O于点D，过点B作圆O的切线交直线AD于点E.(1)求证：EBDCBD；(2)求证：ABBEAEDC解析(1)BE为圆O的切线，EBDBAD，又AD平分BAC，BADCAD，EBDCAD又CBDCAD，EBDCBD(2)在EBD和EAB中，EE，EBDEAB，EBDEAB，ABBEAEBD，又AD平分BAC，BDDC，故ABBEAEDC(理)(xx唐山市二模)如图，E是圆O内两弦AB和CD的交点，过AD延长线上一点F作圆O的切线FG，G为切点，已知EFFG.求证：(1)DEFEAF；(2)EFCB分析(1)欲证DEFEAF，可证两个三角形有两内角对应相等，亦可证两个三角形有两边对应成比例，夹角对应相等，由已知条件，FG、FA分别是圆的切线、割线及EFFG可知两个三角形有两条边对应成比例，关键是其夹角相等，而夹角是公共角，第一问获证(2)欲证EFCB，由圆想到可证角相等(同位角、内错角)，注意利用圆的有关角的性质和(1)的结论解析(1)由切割线定理得FG2FAFD又EFFG，所以EF2FAFD，即.因为EFADFE，所以DEFEAF.(2)由(1)得FEDFAE.因为FAEDABDCB，所以FEDBCD，所以EFCB9(文) (xx洛阳市质量监测)如图，AB是O的切线，B为切点，ADE是O的割线，C是O外一点，且ABAC，连接BD，BE，CD，CE，CD交O于F，CE交O于G.(1)求证：BECDBDCE；(2)求证：FGAC证明(1)由已知得ABDAEB，而BADEAB，ABDAEB，所以，又ABAC，所以BDAEABBE，且，又CADEAC，ADCACE，所以，即DCAEACCE.由两式相除可得BECDBDCE.(2)由ADCACE得，ACDAEC，又D，F，G，E四点共圆，GFCAEC，因此GFCACD，所以FGAC(理)(xx河南八市质量监测)已知BC为圆O的直径，点A为圆周上一点，ADBC于点D，过点A作圆O的切线交BC的延长线于点P，过点B作BE垂直PA的延长线于点E.求证：(1)PAPDPEPC；(2)ADAE.证明(1)因为ADBP，BEAP，所以APDBPE，所以，所以APPEPDPB，又因为PA，PB分别为圆O的切线和割线，所以PA2PBPC，所以，所以PAPDPEPC(2)连接AC，DE，因为BC为圆O的直径，所以BAC90，即ABAC，因为，所以ACDE，所以ABDE，又因为BEAP，ADPB，所以A，D，B，E四点共圆且AB为直径，又因为ABDE，所以ADAE.10圆的两条弦AB、CD交于点F，从F点引BC的平行线和直线DA的延长线交于点P，再从点P引这个圆的切线，切点是Q.求证：PFPQ.分析要证PFPQ，因为PQ为圆的切线，PQ2PAPD，故只须证PF2PAPD，观察图形及条件可以发现，PF与PA在APF中，PF与PD在EPD中，若能证得这两个三角形相似，则问题获解，由于两个三角形有公共角APF，只须再找一角相等即可由圆的几何性质不难证得AFPADF，故APFFPD证明因为A、B、C、D四点共圆，所以ADFABC因为PFBC，所以AFPABC，所以AFPADF.又因为APFFPD，所以APFFPD，所以，所以PF2PAPD因为PQ与圆相切，所以PQ2PAPD所以PF2PQ2，所以PFPQ.11(文)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BCAEDCAF，B、E、F、C四点共圆(1)证明：CA是ABC外接圆的直径；(2)若DBBEEA，求过B、E、F、C四点的圆的面积与ABC外接圆面积的比值解析(1)因为CD为ABC外接圆的切线，所以DCBA，由题设知，故CDBAEF，所以DBCEFA因为B、E、F、C四点共圆，所以CFEDBC，故EFACFE90，所以CBA90，因此CA是ABC外接圆的直径(2)连接CE，因为CBE90，所以过B、E、F、C四点的圆的直径为CE，由DBBE，有CEDC，又BC2DBBA2DB2，所以CA24DB2BC26DB2.而CE2DC2DBDA3DB2，故过B、E、F、C四点的圆的面积与ABC外接圆面积的比值为.(理)(xx唐山市一模)如图，AE是圆O的切线，A是切点，ADOE于D，割线EC交圆O于B、C两点(1)证明：O、D、B、C四点共圆；(2)设DBC50，OBC30，求OEC的大小分析(1)由EA、EC分别为切线和割线，可利用切割线定理，由EA为切线，ADEO，在RtEOA中可利用射影定理，这样可得到边的比例关系式要证O、D、B、C四点共圆，只需证明对角互补或外角等于内对角，结合条件与结论可考虑证明三角形相似，即BDEOCE.(2)给出DBC与OBC的大小，欲求OEC的大小，由外角定理OECDBCBDE，由OBOC知OBCOCB，沟通两者的桥梁是(1)的结论，BDEOCB，于是获解解析(1)连接OA、OC，则OAEA由射影定理得EA2EDEO.由切割线定理得EA2EBEC，故EDEOEBEC，即，又OECOEC，所以BDEOCE，所以EDBOCE.因此O，D，B，C四点共圆(2)因为OECOCBCOE180，结合(1)得OEC180OCBCOE180OBCDBE180OBC(180DBC)DBCOBC20.12(文) (xx江西质量监测)如图，D，E分别为ABC的边AB，AC上的点，且不与ABC的顶点重合已知ADABAEAC(1)求证：B，C，D，E四点共圆；(2)若三角形ABC是边长为3的正三角形，且AD1，求B，C，D，E四点所在圆的半径解析(1)因为ADABAEAG，所以，所以ADEACB，所以ADEACB，又ADEBDE180，所以ACBBDE180，所以B，C，D，E四点共圆(2)依题意：BCED是等腰梯形，且高为，设B，C，D，E四点所在圆的半径为r，则，解得r，B，C，D，E四点所在圆的半径为.(理)(xx唐山市一模)如图，圆周角BAC的平分线与圆交于点D，过点D的切线与弦AC的延长线交于点E，AD交BC于点F.(1)求证：BCDE；(2)若D，E，C，F四点共圆，且，求BAC解析(1)证明：因为EDCDAC，DACDAB，DABDCB，所以EDCDCB，所以BCDE.(2)解：因为D，E，C，F四点共圆，所以CFACED，由(1)知ACFCED，所以CFAACF.设DACDABx，因为，所以CBABAC2x，所以CFAFBAFAB3x，在等腰ACF中，CFAACFCAF7x，则x，所以BAC2x.方法点拨这一部分主要命题方式是将圆的有关角、比例线段或圆内接四边形和三角形相似结合，求角，求线段长等，注意依据条件和结论选择思维方向，如：给出切线时，常作辅助线是作过切点的半径，考虑方向是切割线定理，直角三角形射影定理、弦切角与圆周角的互化等；给出平行线时，主要考虑角的关系及三角形相似；有关圆的问题，求线段长时，常考虑相交弦定理、切割线定理、射影定理、垂径定理；证明比例线段，主要通过三角形相似