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第41練　幾何證明選講 [題型分析高考展望]　本講主要考查相似三角形與射影定理，圓的切線及圓內接四邊形的性質與判定定理，圓周角定理及弦切角定理，相交弦、切割線、割線定理等，本部分內容多數(shù)涉及圓，并且多是以圓為背景設計的綜合性考題，考查邏輯推理能力．試題主要以解答題形式出現(xiàn)，難易程度均為中低檔題． ?？碱}型精析 題型一　相似三角形及射影定理 例1　如圖所示，CD垂直平分AB，點E在CD上，DF⊥AC，DG⊥BE，F(xiàn)、G分別為垂足．求證：AFAC＝BGBE. 　 　 　 　 　 　 點評　(1)在使用直角三角形射影定理時，要學會將“乘積式”轉化為相似三角形中的“比例式”．(2)證題時，作垂線構造直角三角形是解該類問題的常用方法． 變式訓練1　如圖，Rt△ABC中，∠BAC＝90，AD⊥BC于D，BE平分∠ABC交AC于E，EF⊥BC于F.求證：EF∶DF＝BC∶AC. 　 　 　 　 　 　 題型二　相交弦定理、割線定理、切割線定理、切線長定理的應用 例2　(2014重慶改編)過圓外一點P作圓的切線PA(A為切點)，再作割線PBC依次交圓于B，C.若PA＝6，AC＝8，BC＝9，求AB的值． 　 　 　 　 　 點評　(1)圓中線段長度成比例的問題，要結合切割線定理、相交弦定理，構造比例關系． (2)利用相似關系求解線段長度要靈活地在三角形中對條件進行轉化或等比替換． 變式訓練2　(2015天津改編)如圖 ，在圓O中，M，N是弦AB的三等分點，弦CD，CE分別經(jīng)過點M，N.若CM＝2，MD＝4，CN＝3，求線段NE的長． 　 　 　 　 　 題型三　四點共圓的判定 例3　如圖，已知△ABC的兩條角平分線AD和CE相交于H，∠B＝60，F(xiàn)在AC上，且AE＝AF.證明： (1)B、D、H、E四點共圓； (2)CE平分∠DEF. 　 　 　 　 　 　 　 　 點評　(1)如果四點與一定點距離相等，那么這四點共圓；(2)如果四邊表的一組對角互補，那么這個四邊形的四個頂點共圓；(3)如果四邊形的一個外角等于它的內對角，那么這個四邊形的四個頂點共圓． 變式訓練3　(2015湖南)如圖， 在⊙O中，相交于點E的兩弦AB，CD的中點分別是M，N，直線MO與直線CD相交于點F，證明： (1)∠MEN＋∠NOM＝180； (2) FEFN＝FMFO. 　 　 　 　 　 　 　 　 　 高考題型精練 1．(2015重慶改編)如圖，圓O的弦AB，CD相交于點E，過點A作圓O的切線與DC的延長線交于點P，若PA＝6，AE＝9，PC＝3，CE∶ED＝2∶1，求BE的長． 　 　 　 　 　 　 2．(2015陜西)如圖，AB切⊙O于點B，直線AO 交⊙O于D，E兩點，BC⊥DE，垂足為C. (1)證明：∠CBD＝∠DBA； (2)若AD＝3DC，BC＝，求⊙O的直徑． 　 　 　 　 　 3.如圖，⊙O的半徑OB垂直于直徑AC，M為AO上一點，BM的延長線交⊙O于N，過N點的切線交CA的延長線于P. (1)求證：PM2＝PAPC； (2)若⊙O的半徑為2，OA＝OM，求MN的長． 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 4．(2015課標全國Ⅱ)如圖，O為等腰三角形ABC內一點，⊙O與△ABC的底邊BC交于M、N兩點，與底邊上的高AD交于點G，且與AB、AC分別相切于E、F兩點． (1)證明：EF∥BC； (2)若AG等于⊙O的半徑，且AE＝MN＝2，求四邊形EBCF的面積． 　 　 　 　 　 　 　 5．(2014課標全國Ⅰ)如圖，四邊形ABCD是⊙O的內接四邊形，AB的延長線與DC的延長線交于點E，且CB＝CE. (1)證明：∠D＝∠E； (2)設AD不是⊙O的直徑，AD的中點為M，且MB＝MC，證明：△ADE為等邊三角形． 　 　 　 　 　 　 　 6.如圖所示，已知AP是⊙O的切線，P為切點，AC是⊙O的割線，與⊙O交于B、C兩點，圓心O在∠PAC的內部，點M是BC的中點． (1)證明：A，P，O，M四點共圓； (2)求∠OAM＋∠APM的大?。? 　 　 　 　 　 　 　 　 7．(2014遼寧)如圖，EP交圓于E，C兩點，PD切圓于D，G為CE上一點且PG＝PD，連結DG并延長交圓于點A，作弦AB垂直EP，垂足為F. (1)求證：AB為圓的直徑； (2)若AC＝BD，求證：AB＝ED. 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 8.如圖所示，過圓O外一點M作它的一條切線，切點為A，過A點作直線AP垂直于直線OM，垂足為P. (1)證明：OMOP＝OA2； (2)N為線段AP上一點，直線NB垂直于直線ON，且交圓O于B點．過B點的切線交直線ON于K.證明：∠OKM＝90. 　 　 　 　 　 　 　 答案精析 專題9　系列4選講 第41練　幾何證明選講 ?？碱}型精析 例1　證明　因為CD垂直平分AB， 所以△ACD和△BDE均為直角三角形，并且AD＝BD. 又因為DF⊥AC，DG⊥BE， 所以AFAC＝AD2，BGBE＝DB2， 因為AD2＝DB2，所以AFAC＝BGBE. 變式訓練1　證明　∵∠BAC＝90，且AD⊥BC，∴由射影定理得AC2＝CDBC， ∴＝.① ∵EF⊥BC，AD⊥BC，∴EF∥AD， ∴＝. 又BE平分∠ABC，且EA⊥AB，EF⊥BC， ∴AE＝EF，∴＝.② 由①、②得＝，即EF∶DF＝BC∶AC. 例2　解　由切割線定理得PA2＝PBPC＝PB(PB＋BC)，即62＝PB(PB＋9)，解得PB＝3(負值舍去)．由弦切角定理知∠PAB＝∠PCA，又∠APB＝∠CPA，故△APB∽△CPA，則＝，即＝，解得AB＝4. 變式訓練2　解　根據(jù)相交弦定理可知， CMMD＝AMMB＝AB2＝8， CNNE＝ANNB＝AB2＝8， 而CN＝3，所以NE＝. 例3　證明　(1)在△ABC中，因為∠B＝60，所以∠BAC＋∠BCA＝120. 因為AD、CE分別是∠BAC、∠DCF的平分線，所以∠HAC＋∠HCA＝60， 故∠AHC＝120. 于是∠EHD＝∠AHC＝120. 所以∠EBD＋∠EHD＝180， 所以B、D、H、E四點共圓． (2)連結BH，則BH為∠ABC的平分線，得∠HBD＝30. 由(1)知B、D、H、E四點共圓， 所以∠CED＝∠HBD＝30. 又∠AHE＝∠EBD＝60， 由已知可得EF⊥AD，可得∠CEF＝30. 所以CE平分∠DEF. 變式訓練3　證明　(1)如圖所示，因為M，N分別是弦AB，CD的中點，所以OM⊥AB，ON⊥CD， 即∠OME＝90，∠ENO＝90，因此∠OME＋∠ENO＝180，又四邊形的內角和等于360，故∠MEN＋∠NOM＝180. (2)由(1)知，O，M，E，N四點共圓，故由割線定理即得FEFN＝FMFO. 高考題型精練 1．解　首先由切割線定理得PA2＝PCPD，因此PD＝＝12，CD＝PD－PC＝9，又CE∶ED＝2∶1， 因此CE＝6，ED＝3，再由相交弦定理得AEEB＝CEED，所以BE＝＝＝2. 2．(1)證明　因為DE為⊙O直徑， 則∠BED＋∠EDB＝90， 又BC⊥DE，所以∠CBD＋∠EDB＝90，從而∠CBD＝∠BED， 又AB切⊙O于點B，得∠DBA＝∠BED， 所以∠CBD＝∠DBA. (2)解　由(1)知BD平分∠CBA， 則＝＝3，又BC＝， 從而AB＝3， 所以AC＝＝4，所以AD＝3， 由切割線定理得AB2＝ADAE， 即AE＝＝6， 故DE＝AE－AD＝3，即⊙O直徑為3. 3．(1)證明　連結ON，則ON⊥PN，且△OBN為等腰三角形，則∠OBN＝∠ONB， ∵∠PMN＝∠OMB＝90－∠OBN， ∠PNM＝90－∠ONB， ∴∠PMN＝∠PNM， ∴PM＝PN. 根據(jù)切割線定理，有PN2＝PAPC， ∴PM2＝PAPC. (2)解　OM＝2， 在Rt△BOM中， BM＝＝4. 延長BO交⊙O于點D，連結DN. 由條件易知△BOM∽△BND， 于是＝， 即＝，∴BN＝6. ∴MN＝BN－BM＝6－4＝2. 4．(1)證明　由于△ABC是等腰三角形，AD⊥BC，所以AD是∠CAB的平分線． 又因為⊙O分別與AB，AC相切于點E，F(xiàn)， 所以AE＝AF， 故AD⊥EF. 從而EF∥BC. (2)解　由(1)知，AE＝AF，AD⊥EF，故AD是EF的垂直平分線，又EF為⊙O的弦，所以O在AD上． 連接OE，OM，則OE⊥AE. 由AG等于⊙O的半徑得AO＝2OE，所以∠OAE＝30.因此△ABC和△AEF都是等邊三角形． 因為AE＝2，所以AO＝4，OE＝2. 因為OM＝OE＝2，DM＝MN＝， 所以OD＝1. 于是AD＝5，AB＝. 所以四邊形EBCF的面積為 2－(2)2＝. 5．證明　(1)由題設知，A，B，C，D四點共圓， 所以∠D＝∠CBE， 由已知CB＝CE得∠CBE＝∠E， 故∠D＝∠E. (2)如圖，設BC的中點為N，連結MN， 則由MB＝MC知MN⊥BC，故O在直線MN上． 又AD不是⊙O的直徑，M為AD的中點， 故OM⊥AD，即MN⊥AD. 所以AD∥BC，故∠A＝∠CBE. 又∠CBE＝∠E，故∠A＝∠E， 由(1)知，∠D＝∠E， 所以△ADE為等邊三角形． 6.(1)證明　連結OP，OM，因為AP與⊙O相切于點P， 所以OP⊥AP， 因為M是⊙O的弦BC的中點，所以OM⊥BC， 于是∠OPA＋∠OMA＝180. 由圓心O在∠PAC的內部，可知四邊形APOM的對角互補， 所以A，P，O，M四點共圓． (2)解　由(1)得，A，P，O，M四點共圓， 所以∠OAM＝∠OPM， 由(1)得OP⊥AP，由圓心O在∠PAC的內部， 可知∠OPM＋∠APM＝90， 所以∠OAM＋∠APM＝90. 7．證明　(1)因為PD＝PG， 所以∠PDG＝∠PGD. 由于PD為切線，故∠PDA＝∠DBA. 又由于∠PGD＝∠EGA， 故∠DBA＝∠EGA， 所以∠DBA＋∠BAD＝∠EGA＋∠BAD， 從而∠BDA＝∠PFA. 由于AF⊥EP，所以∠PFA＝90， 于是∠BDA＝90，故AB是直徑． (2)連結BC，DC. 由于AB是直徑，故∠BDA＝∠ACB＝90. 在Rt△BDA與Rt△ACB中，AB＝BA，AC＝BD， 從而Rt△BDA≌Rt△ACB. 于是∠DAB＝∠CBA. 又因為∠DCB＝∠DAB， 所以∠DCB＝∠CBA，故DC∥AB. 由于AB⊥EP， 所以DC⊥EP，∠DCE為直角． 于是ED為直徑．由(1)得ED＝AB. 8．證明　(1)因為MA是圓O的切線，所以OA⊥AM.又因為AP⊥OM，在Rt△OAM中，由射影定理知，OA2＝OMOP. (2)因為BK是圓O的切線， BN⊥OK，同(1)，有OB2＝ONOK， 又OB＝OA，所以OPOM＝ONOK， 即＝.又∠NOP＝∠MOK， 所以△ONP∽△OMK， 故∠OKM＝∠OPN＝90.