《高考數(shù)學 五年高考真題分類匯編 第十一章 幾何證明選講 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考數(shù)學 五年高考真題分類匯編 第十一章 幾何證明選講 理（17頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、高考數(shù)學 五年高考真題分類匯編 第十一章 幾何證明選講 理 一.選擇題 1．（xx?北京高考理）如圖，AD，AE，BC分別與圓O切于點D，E，F(xiàn)，延長AF與圓O交于另一點G.給出下列三個結論： ①AD＋AE＝AB＋BC＋CA； ②AF·AG＝AD·AE； ③△AFB∽△ADG. 其中正確結論的序號是 (　　) A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 【解析】選A 逐個判斷：由切線定理得CE＝CF，BD

2、＝BF，所以AD＋AE＝AB＋BD＋AC＋CE＝AB＋AC＋BC，即①正確；由切割線定理得AF·AG＝AD2＝AD·AE，即②正確；因為△ADF∽△AGD，所以③錯誤，故選擇A. 2．（xx?北京高考理）如圖，∠ACB＝90°，CD⊥AB于點D，以BD為直徑的圓與BC交于點E，則 (　　) A．CE·CB＝AD·DB B．CE·CB＝AD·AB C．AD·AB＝CD2 D．CE·EB

3、＝CD2 【解析】選A 在直角三角形ABC中，根據(jù)直角三角形射影定理可得CD2＝AD·DB，再根據(jù)切割線定理可得CD2＝CE·CB，所以CE·CB＝AD·DB. 二.填空題 3．（xx?天津高考文） 如圖， 在圓內(nèi)接梯形ABCD中， AB∥DC.過點A作圓的切線與CB的延長線交于點E.若AB＝AD＝5, BE＝4, 則弦BD的長為________． 【解析】本題主要考查相似三角形、圓中切割線定理，意在考查考生的邏輯推理能力．因為AE是圓的切線，又AD＝AB，AB∥DC，所以∠BAE＝∠ADB＝∠ABD＝∠BDC，所以AD＝AB＝BC＝5.由切割線定理可得EA2＝EB×EC

4、＝4×(5＋4)＝36，所以EA＝6.又△BCD∽△EBA，所以＝，則BD＝＝＝. 【答案】 4．（xx?陜西高考文） 如圖，AB與CD相交于點E，過E作BC的平行線與AD的延長線交于點P，已知∠A＝∠C，PD＝2DA＝2，則PE＝________. 【解析】本題主要考查平面幾何的計算，具體涉及三角形相似的內(nèi)容，重點考查考生對平面幾何的計算能力．由PE∥BC知，∠A＝∠C＝∠PED，在△PDE和△PEA中，∠P公用，∠A＝∠PED，故△PDE∽△PEA，則PD∶PE＝PE∶PA.于是PE2＝PA·PD＝3×2＝6，則PE＝. 【答案】 5．（xx?廣東高考文） 如圖，在矩

5、形ABCD中，AB＝，BC＝3，BE⊥AC，垂足為E，則ED＝________. 【解析】本題主要考查平面幾何、解三角形等知識，考查數(shù)形結合的數(shù)學思想方法，意在考查考生的推理論證能力、運算求解能力和應用意識、創(chuàng)新意識．tan∠BCA＝＝，所以∠BCA＝30°，∠ECD＝90°－∠BCA＝60°.在Rt△BCE中，CE＝BC·cos∠BCA＝3cos 30°＝.在△ECD中，由余弦定理得ED＝＝＝. 【答案】 6．（xx?重慶高考理） 如圖，在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝60°，AB＝20，過C作△ABC的外接圓的切線CD，BD⊥CD，BD與外接圓交于點E，則DE的長為_____

6、___． 【解析】本題主要考查弦切角定理及切割線定理的應用．由題意得BC＝AB·sin 60°＝10，由弦切角定理知∠BCD＝∠A＝60°，所以CD＝5，BD＝15，由切割線定理知，CD2＝DE·BD，則DE＝5. 【答案】5 7．（xx?北京高考理）如圖，AB為圓O的直徑，PA為圓O的切線，PB與圓O相交于D.若PA＝3，PD∶DB＝9∶16，則PD＝________；AB＝________. 【解析】本題考查圓的切割線定理，意在考查考生對定理的運用能力．設PD＝9t，DB＝16t，則PB＝25t，根據(jù)切割線定理得32＝9t×25t，解得t＝，所以PD＝，PB＝5.在直角三角形A

7、PB中，根據(jù)勾股定理得AB＝4. 【答案】　4 8．（xx?陜西高考理）如圖，弦AB與CD相交于⊙O內(nèi)一點E，過E作BC的平行線與AD的延長線交于點P.已知PD＝2DA＝2，則PE＝________. 【解析】本小題圖形背景新穎，具體涉及圓的性質(zhì)以及相似三角形等內(nèi)容，重點考查考生的邏輯推理能力．由PE∥BC知，∠A＝∠C＝∠PED.在△PDE和△PEA中，∠APE＝∠EPD，∠A＝∠PED，故△PDE∽△PEA，則＝，于是PE2＝PA·PD＝3×2＝6，所以PE＝. 【答案】 9．（xx?廣東高考理） 如圖，AB是圓O的直徑，點C在圓O上．延長BC到D使BC＝CD，過C作

8、圓O的切線交AD于E.若AB＝6，ED＝2，則BC＝________. 【解析】本題考查圓與直線的位置關系、射影定理，考查考生邏輯推理能力和綜合運用幾何圖形解決問題的能力．連接OC，則OC⊥CE，∠OCA＋∠ACE＝90°，∵∠OAC＝∠OCA，∴∠OAC＋∠ACE＝90°.易知Rt△ACB≌Rt△ACD，則∠OAC＝∠EAC.∴∠EAC＋∠ACE＝90°，∴∠AEC＝90°，在Rt△ACD中，由射影定理得：CD2＝ED·AD　①，又CD＝BC，AD＝AB，將AB＝6，ED＝2代入①式，得CD＝ ＝2 ，∴BC＝2 . 【答案】2 10．（xx?湖北高考理） 如圖，圓O上一點C在直

9、徑AB上的射影為D，點D在半徑OC上的射影為E.若AB＝3AD，則的值為________． 【解析】本題考查平面幾何中射影定理的應用，意在考查考生的推理運算能力． 連接AC，BC，則AC⊥BC. ∵AB＝3AD，∴AD＝AB，BD＝AB，OD＝AB. 又AB是圓O的直徑，OC是圓O的半徑， ∴OC＝AB. 在△ABC中，根據(jù)射影定理有：CD2＝AD·BD＝AB2. 在△OCD中，根據(jù)射影定理有：OD2＝OE·OC， CD2＝CE·OC，可得OE＝AB，CE＝AB，∴＝8. 【答案】8 11．（xx?天津高考理） 如圖， △ABC為圓的內(nèi)接三角形， BD為圓的弦，

10、且BD∥AC. 過點A作圓的切線與DB的延長線交于點E，AD與BC交于點F.若AB＝AC，AE＝6，BD＝ 5，則線段CF的長為________． 【解析】本題考查三角形相似、圓中切割線定理，意在考查考生的邏輯推理能力．因為AE是圓的切線，且AE＝6，BD＝5，由切割線定理可得EA2＝EB·ED，即36＝EB·(EB＋5)，解得EB＝4.又∠BAE＝∠ADB＝∠ACB＝∠ABC，所以AE∥BC.又AC∥BD，所以四邊形AEBC是平行四邊形，所以AE＝BC＝6，AC＝EB＝4.又由題意可得△CAF∽△CBA，所以＝，CF＝＝＝. 【答案】 12．（xx?天津高考文）如圖，已知AB和AC是圓

11、的兩條弦，過點B作圓的切線與AC的延長線相交于點D.過點C作BD的平行線與圓相交于點E，與AB相交于點F，AF＝3，F(xiàn)B＝1，EF＝，則線段CD的長為________． 【解析】因為AB與CE相交于F點，且AF＝3，EF＝，F(xiàn)B＝1，所以CF＝＝＝2，因為EC∥BD，所以△ACF∽△ABD，所以＝＝＝＝，所以BD＝＝＝，且AD＝4CD，又因為BD是圓的切線，所以BD2＝CD·AD＝4CD2，所以CD＝. 【答案】 13．（xx?廣東高考文） 如圖所示，直線PB與圓O相切于點B，D是弦AC上的點，∠PBA＝∠DBA.若AD＝m，AC＝n，則AB＝________. 【解析】因為

12、直線PB是圓的切線，所以∠ABP＝∠C，又因為∠ABP＝∠ABD，所以∠ABD＝∠C，又因為∠A＝∠A，所以△ABD∽△ACB，所以＝，所以AB＝＝. 【答案】 14．（xx?廣東高考理）如圖，圓O的半徑為1，A、B、C是圓周上的三點，滿足∠ABC＝30°，過點A作圓O的切線與OC的延長線交于點P，則PA＝________. 【解析】 如圖，連接OA. 由∠ABC＝30°，得∠AOC＝60°，在直角三角形AOP中，OA＝1，于是PA＝OAtan 60°＝. 【答案】 15．（xx?天津高考理） 如圖，已知AB和AC是圓的兩條弦，過點B作圓的切線與AC的延長線相交于點

13、D.過點C作BD的平行線與圓相交于點E，與AB相交于點F，AF＝3，F(xiàn)B＝1，EF＝，則線段CD的長為________． 【解析】由相交弦定理可得CF·FE＝AF·FB，得CF＝2.又因為CF∥DB，所以＝，得DB＝，且AD＝4CD，由切割線定理得DB2＝DC·DA＝4CD2，得CD＝. 【答案】 16．（xx?陜西高考理） 如圖，在圓O中，直徑AB與弦CD垂直，垂足為E，EF⊥DB，垂足為F，若AB＝6，AE＝1，則DF·DB＝________________. 【解析】由相交弦定理可知ED2＝AE·EB＝1×5＝5，又易知△EBD與△FED相似，得DF·DB＝ED2＝5.

14、【答案】5 17．（xx?湖南高考理） 如圖，過點P的直線與⊙O相交于A，B兩點．若PA＝1，AB＝2，PO＝3，則⊙O的半徑等于________． 【解析】設圓的半徑為r，則(3－r)(3＋r)＝1×3，即r2＝6，解得r＝. 【答案】 18．（xx?湖北高考理） (選修4－1：幾何證明選講) 如圖，點D在⊙O的弦AB上移動，AB＝4，連接OD，過點D作OD的垂線交⊙O于點C，則CD的最大值為________． 【解析】由題意知CD2＝OC2－OD2，OC是半徑，所以當OD的值最小時，DC最大，易知D為AB的中點時，DB＝DC＝2最大． 【答案】2 19．（2

15、011?湖南高考理） 如圖，A，E是半圓周上的兩個三等分點，直徑BC＝4，AD⊥BC，垂足為D，BE與AD相交于點F，則AF的長為______． 【解析】如圖，連接AB，AC，CE，由于A，E為半圓周上的三等分點，可得∠FBD＝30°，∠ABD＝60°，∠ACB＝30°，由此得AB＝2，AD＝，BD＝1，則DF＝，故AF＝. 【答案】 20．（2011?廣東高考理） (幾何證明選講選做題)如圖，過圓O外一點P分別作圓的切線和割線交圓于A，B，且PB＝7，C是圓上一點使得BC＝5，∠BAC＝∠APB，則AB＝____________. 【解析】由PA為⊙O的切線，BA

16、為弦，得∠PAB＝∠BCA，又∠BAC＝∠APB，于是△APB∽△CAB，所以＝，而PB＝7，BC＝5，故AB2＝PB·BC＝7×5＝35， 即AB＝. 【答案】 21．（2011?天津高考理） 如圖，已知圓中兩條弦AB與CD相交于點F，E是AB延長線上一點，且DF＝CF＝，AF∶FB∶BE＝4∶2∶1.若CE與圓相切，則線段CE的長為____________． 【解析】設BE＝x，則FB＝2x，AF＝4x，由相交弦定理得DF·FC＝AF·FB，即2＝8x2，解得x＝，E＝，再由切割線定理得CE2＝EB·EA＝×＝，所以CE＝. 【答案】 【答案】5 22．（2011?陜西

17、高考） 如圖，∠B＝∠D，AE⊥BC，∠ACD＝90°，且AB＝6，AC＝4，AD＝12，則BE＝________. 【解析】由于∠B＝∠D，∠AEB＝∠C，從而得＝，解得AE＝2，故BE＝＝4. 【答案】 4　 三.解答題 23．（xx?江蘇高考） 如圖，AB和BC分別與圓O相切于點D，C，AC經(jīng)過圓心O，且BC＝2OC.求證：AC＝2AD. 證明：連接OD.因為AB和BC分別與圓O相切于點D，C， 所以∠ADO＝∠ACB＝90°. 又因為∠A＝∠A， 所以Rt△ADO∽Rt△ACB. 所以＝. 又BC＝2OC＝2OD， 故AC＝2AD. 24．（x

18、x?新課標Ⅱ全國高考文） 如圖，CD為△ABC外接圓的切線，AB的延長線交直線CD于點D，E，F(xiàn)分別為弦AB與弦AC上的點，且BC·AE＝DC·AF，B，E，F(xiàn)，C四點共圓． (1)證明：CA是△ABC外接圓的直徑； (2)若DB＝BE＝EA，求過B，E，F(xiàn)，C四點的圓的面積與△ABC外接圓面積的比值． 解：本題主要考查相似三角形的判定定理、四點共圓的性質(zhì)及弦切角定理，意在考查考生的推理認證能力與運算求解能力． (1)證明：因為CD為△ABC外接圓的切線，所以∠DCB＝∠A，由題設知＝，故△CDB∽△AEF，所以∠DBC＝∠EFA. 因為B，E，F(xiàn)，C四點共圓，所以∠CFE

19、＝∠DBC，故∠EFA＝∠CFE＝90°. 所以∠CBA＝90°，因此CA是△ABC外接圓的直徑． (2)如圖，連接CE，因為∠CBE＝90°，所以過B，E，F(xiàn)，C四點的圓的直徑為CE，由DB＝BE，有CE＝DC，又BC2＝DB·BA＝2DB2，所以CA2＝4DB2＋BC2＝6DB2. 而DC2＝DB·DA＝3DB2，故過B，E，F(xiàn)，C四點的圓的面積與△ABC外接圓面積的比值為. 25．（xx?新課標Ⅰ全國高考文） 如圖，直線AB為圓的切線，切點為B，點C在圓上，∠ABC的角平分線BE交圓于點E，DB垂直BE交圓于點D. (1)證明：DB＝DC； (2)設圓的半徑為1

20、，BC＝，延長CE交AB于點F，求△BCF外接圓的半徑． 解：本題主要考查幾何證明選講中圓的幾何性質(zhì)、切線的相關定理與結論的應用，難度中等． (1)證明：如圖，連接DE，交BC于點G. 由弦切角定理得，∠ABE＝∠BCE. 而∠ABE＝∠CBE，故∠CBE＝∠BCE，BE＝CE. 又因為DB⊥BE，所以DE為直徑，∠DCE＝90°，由勾股定理可得DB＝DC. (2)由(1)知，∠CDE＝∠BDE，DB＝DC， 故DG是BC的中垂線，所以BG＝. 設DE的中點為O，連接BO，則∠BOG＝60°.從而∠ABE＝∠BCE＝∠CBE＝30°， 所以CF⊥BF，故Rt△BCF外接圓

21、的半徑等于. 26．（xx?遼寧高考文） 如圖，AB為⊙O直徑，直線CD與⊙O相切于E，AD垂直CD于D，BC垂直CD于C，EF垂直AB于F，連接AE，BE. 證明：(1)∠FEB＝∠CEB； (2)EF2＝AD·BC. 證明：本題主要考查直線和圓相切，利用弦切角定理導出角的關系，利用全等和相似導出線段關系． (1)由直線CD與⊙O相切，得∠CEB＝∠EAB. 由AB為⊙O的直徑，得AE⊥EB，從而∠EAB＋∠EBF＝. 又EF⊥AB，得∠FEB＋∠EBF＝， 從而∠FEB＝∠EAB. 故∠FEB＝∠CEB. (2)由BC⊥CE，EF⊥AB，∠FEB＝∠CEB，BE是

22、公共邊， 得Rt△BCE≌Rt△BFE，所以BC＝BF. 類似可證：Rt△ADE≌Rt△AFE，得AD＝AF. 又在Rt△AEB中，EF⊥AB，故EF2＝AF·BF， 所以EF2＝AD·BC. 27．（xx?遼寧高考理）如圖，AB為⊙O的直徑，直線CD與⊙O相切于E，AD垂直CD于D，BC垂直CD于C，EF垂直AB于F，連接AE，BE.證明： (1)∠FEB＝∠CEB； (2)EF2＝AD·BC. 證明：本題主要考查圓的基本性質(zhì)、全等三角形的應用以及直角三角形的性質(zhì)，考查了考生的邏輯思維能力和歸納推理能力． (1)由直線CD與⊙O相切，得∠CEB＝∠EAB. 由AB為⊙

23、O的直徑，得AE⊥EB，從而∠EAB＋∠EBF＝； 又EF⊥AB，得∠FEB＋∠EBF＝，從而∠FEB＝∠EAB. 故∠FEB＝∠CEB. (2)由BC⊥CE，EF⊥AB，∠FEB＝∠CEB，BE是公共邊， 得Rt△BCE≌Rt△BFE，所以BC＝BF. 類似可證，Rt△ADE≌Rt△AFE，得AD＝AF. 又在Rt△AEB中，EF⊥AB，故EF2＝AF·BF， 所以EF2＝AD·BC. 28．（xx?新課標Ⅰ全國高考理） 如圖，直線AB為圓的切線，切點為B，點C在圓上，∠ABC的角平分線BE交圓于點E，DB垂直BE交圓于點D. (1)證明：DB＝DC； (2)設圓的

24、半徑為1，BC＝，延長CE交AB于點F，求△BCF外接圓的半徑． 解：本題主要考查平面內(nèi)直線與圓的位置關系、弦切角定理、勾股定理、中垂線定理等知識，意在考查考生的推理論證能力和運算能力． (1)證明：連接DE，交BC于點G. 由弦切角定理得，∠ABE＝∠BCE.而∠ABE＝∠CBE，故∠CBE＝∠BCE，BE＝CE. 又DB⊥BE，所以DE為直徑，則∠DCE＝90°， 由勾股定理可得DB＝DC. (2)由(1)知，∠CDE＝∠BDE，DB＝DC，故DG是BC的中垂線，所以BG＝. 設DE的中點為O，連接BO，則∠BOG＝60°. 從而∠ABE＝∠BCE＝∠CBE＝30°，

25、 所以CF⊥BF，故Rt△BCF外接圓的半徑等于. 29．（xx?新課標Ⅱ全國高考理） 如圖，CD為△ABC外接圓的切線，AB的延長線交直線CD于點D，E，F(xiàn)分別為弦AB與弦AC上的點，且BC·AE＝DC·AF，B，E，F(xiàn)，C四點共圓． (1)證明：CA是△ABC外接圓的直徑； (2)若DB＝BE＝EA，求過B，E，F(xiàn)，C四點的圓的面積與△ABC外接圓面積的比值. 解：本題考查圓的基本性質(zhì)、三角形相似定理、直角三角形射影定理等基本知識，是對考生基本推理能力以及轉(zhuǎn)化與化歸能力的考查． (1)證明：因為CD為△ABC外接圓的切線，

26、所以∠DCB＝∠A，由題設知＝， 故△CDB∽△AEF，所以∠DBC＝∠EFA. 因為B，E，F(xiàn)，C四點共圓，所以∠CFE＝∠DBC， 故∠EFA＝∠CFE＝90°. 所以∠CBA＝ 90°，因此CA是△ABC外接圓的直徑． (2)連接CE，因為∠CBE＝90°，所以過B，E，F(xiàn)，C四點的圓的直徑為CE.由BD＝BE，有CE＝DC，又BC2＝DB·BA＝2DB2， 所以CA2＝4DB2＋BC2＝6DB2. 而DC2＝DB·DA＝3DB2，故過B，E，F(xiàn)，C四點的圓的面積與△ABC外接圓面積的比值為. 30．（xx?遼寧高考文） 如圖，⊙O和⊙O′相交于A，B兩點，過A作兩

27、圓的切線分別交兩圓于C，D兩點，連接DB并延長交⊙O于點E.證明： (1)AC·BD＝AD·AB； (2)AC＝AE. 解：(1)由AC與⊙O′相切于A， 得∠CAB＝∠ADB， 同理∠ACB＝∠DAB， 所以△ACB∽△DAB.從而 ＝， 即AC·BD＝AD·AB. (2)由AD與⊙O相切于A，得 ∠AED＝∠BAD， 又∠ADE＝∠BDA，得 △EAD∽△ABD.從而 ＝， 即AE·BD＝AD·AB. 結合(1)的結論，AC＝AE. 31．（xx?新課標高考文） 如圖，D，E分別為△ABC邊AB，AC的中點，直線DE交△ABC的外接圓于F，G兩

28、點．若CF∥AB，證明： (1)CD＝BC； (2)△BCD∽△GBD. 證明： (1)因為D，E分別為AB，AC的中點，所以DE∥BC.又已知CF∥AB，故四邊形BCFD是平行四邊形，所以CF＝BD＝AD.而CF∥AD，連接AF，所以四邊形ADCF是平行四邊形，故CD＝AF. 因為CF∥AB，所以BC＝AF，故CD＝BC. (2)因為FG∥BC，故GB＝CF. 由(1)可知BD＝CF，所以GB＝BD. 而∠DGB＝∠EFC＝∠DBC，故△BCD∽△GBD. 32．（xx?遼寧高考理）如圖，⊙O和⊙O′相交于A，B兩點，過A作兩圓的切線分別交兩圓于C，D兩點，連結DB并延

29、長交⊙O于點E.證明： (1)AC·BD＝AD·AB； (2)AC＝AE. 證明：(1) 由AC與⊙O′相切于A，得∠CAB＝∠ADB， 同理∠ACB＝∠DAB， 所以△ACB∽△DAB.從而＝， 即AC·BD＝AD·AB. (2)由AD與⊙O相切于A，得∠AED＝∠BAD， 又∠ADE＝∠BDA，得 △EAD∽△ABD.從而＝， 即AE·BD＝AD·AB. 結合(1)的結論，AC＝AE. 33．（xx?江蘇高考） 如圖，AB是圓O的直徑，D，E為圓O上位于AB異側的兩點，連結BD并延長至點C，使BD＝DC，連結AC，AE，DE. 求證：∠E＝∠C.

30、 解：連結OD，因為BD＝DC，O為AB的中點， 所以OD∥AC，于是∠ODB＝∠C. 因為OB＝OD，所以∠ODB＝∠B.于是∠B＝∠C. 因為點A，E，B，D都在圓O上，且D，E為圓O上位于AB異側的兩點，所以∠E和∠B為同弧所對的圓周角，故∠E＝∠B.所以∠E＝∠C. 34．（xx?新課標高考理） 如圖，D，E分別為△ABC邊AB，AC的中點，直線DE交△ABC的外接圓于F，G兩點．若CF∥AB，證明： (1)CD＝BC； (2)△BCD∽△GBD. 解：(1)因為D，E分別為AB，AC的中點，所以DE∥BC.又已知CF∥AB，故四邊形BCFD是平行四邊形，所

31、以CF＝BD＝AD.而CF∥AD，連結AF，所以四邊形ADCF是平行四邊形，故CD＝AF. 因為CF∥AB，所以BC＝AF，故CD＝BC. (2)因為FG∥BC，故GB＝CF. 由(1)可知BD＝CF，所以GB＝BD. 而∠DGB＝∠EFC＝∠DBC，故△BCD∽△GBD. 35．（xx?新課標高考） 如圖，D，E分別為△ABC的邊AB，AC上的點，且不與△ABC的頂點重合．已知AE的長為m，AC的長為n，AD，AB的長是關于x的方程x2－14x＋mn＝0的兩個根． (1)證明：C，B，D，E四點共圓； (2)若∠A＝90°，且m＝4，n＝6，求C，B，D，E所在圓的半徑．

32、 解：(1)證明：連接DE，根據(jù)題意在△ADE和△ACB中，AD×AB＝mn＝AE×AC， 即＝.又∠DAE＝∠CAB，從而△ADE∽△ACB.因此∠ADE＝∠ACB. 所以C，B，D，E四點共圓． (2)m＝4，n＝6時，方程x2－14x＋mn＝0的兩根為x1＝2，x2＝12. 故AD＝2，AB＝12. 取CE的中點G，DB的中點F，分別過G，F(xiàn)作AC，AB的垂線，兩垂線相交于H點，連接DH.因為C，B，D，E四點共圓，所以C，B，D，E四點所在圓的圓心為H，半徑為DH. 由于∠A＝90°，故GH∥AB，HF∥AC.從而HF＝AG＝5，DF＝×(12－2)＝5. 故C，B，D

33、，E四點所在圓的半徑為5. 36．（2011?江蘇高考） 如圖，圓O1與圓O2內(nèi)切于點A，其半徑分別為r1與r2(r1＞r2)．圓O1的弦AB交圓O2于點C(O1不在AB上)．求證：AB∶AC為定值． 解： 連接AO1，并延長分別交兩圓于點E和點D.連接BD，CE.因為圓O1與圓O2內(nèi)切于點A，所以點O2在AD上．故AD，AE分別為圓O1，圓O2的直徑． 從而∠ABD＝∠ACE＝.所以BD∥CE， 于是＝＝＝. 所以AB∶AC為定值． 37．（2011?遼寧高考） 如圖，A，B，C，D四點在同一圓上，AD的延長線與BC的延長線交于E點，且EC＝ED. (1)證明：CD∥AB； (2)延長CD到F，延長DC到G，使得EF＝EG，證明：A，B，G，F(xiàn)四點共圓． 證明：(1)因為EC＝ED，所以∠EDC＝∠ECD.因為A，B，C，D四點在同一圓上，所以∠EDC＝∠EBA.故ECD＝∠EBA. 所以CD∥AB.(5分) (2)由(1)知，AE＝BE.因為EF＝EG，故∠EFD＝∠EGC，從而∠FED＝∠GEC. 連接AF，BG，則△EFA≌△EGB，故∠FAE＝∠GBE. 又CD∥AB，∠EDC＝∠ECD，所以∠FAB＝∠GBA. 所以∠AFG＋∠GBA＝180°. 故A，B，G，F(xiàn)四點共圓．