【高考前三個月復習數(shù)學理科 選講】專題9 第41練

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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(nèi)接四邊形的性質(zhì)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(nèi)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(zhuǎn)化為相似三角形中的“比例式”．(2)證題時，作垂線構(gòu)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(jié)合切割線定理、相交弦定理，構(gòu)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(zhuǎn)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(nèi)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(nèi)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(nèi)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(nèi)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(jié)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(jié)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(nèi)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(jié)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(jié)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(jié)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(jié)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(nèi)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(nèi)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(jié)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.