全国通用2022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

【走向高考】（全国通用）2022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，∠A＝60°，∠ACB＝70°，CF是△ABC的边AB上的高，FP⊥BC于点P，FQ⊥AC于点Q，则∠CQP的大小为________．[答案]　50°[解析]　由PF⊥BC，FQ⊥AC，得C、Q、F、P四点共圆，所以∠CQP＝∠CFP＝∠B＝180°－(∠A＋∠C)＝180°－(60°＋70°)＝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＝，∠PAB＝30°，则线段PB的长为________．[答案]　1[解析]　因为PA是圆O的切线，∠PAB＝30°，由弦切角定理可得∠ACB＝∠PAB＝30°，而∠CAB＝90°，∠ABC＝60°，所以AB＝BC，又因为AC＝，所以AB＝1，BC＝2，∠PBA＝120°，所以∠APB＝∠PAB＝30°，∴PB＝AB＝1.2．(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DF＝CF＝，AFFBBE＝421.若CE与圆相切，则线段CE的长为________．12\n[答案]　[解析]　设BE＝a，则AF＝4a，FB＝2a，根据相交弦定理：DF·FC＝AF·FB，则2＝8a2，∴a2＝，由切割线定理：EC2＝BE·AE＝7a2，∴EC2＝，∴EC＝.(理)(2022·湖南理，12)如图，已知AB、BC是⊙O的两条弦，AO⊥BC，AB＝，BC＝2，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BD＝DC＝，在三角形ABD中由勾股定理可得AD＝1，由相交弦定理可得BD·DC＝AD·DE，∴DE＝2，则直径AE＝3⇒r＝，故填.3．(2022·湖北理，15)如图，PA是圆的切线，A为切点，PBC是圆的割线，且BC＝3PB，则＝________.[答案]　[解析]　设PB＝a，则BC＝3a，由PA2＝PB·PC可得PA＝2a；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PA＝3，PDDB＝916，则PD＝________，AB＝________.12\n[答案]　，4[解析]　由于PDDB＝916，设PD＝9a，则DB＝16a，根据切割线定理有PA2＝PD·PB有a＝，所以PD＝，在直角△PBA中，AB2＝PB2－AP2＝16，所以AB＝4.(理)(2022·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PA＝6，AE＝9，PC＝3，CEED＝21，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PA2＝PC·PD，易得PD＝12，故CD＝PD－PC＝9，因为CEED＝21，故CE＝6，ED＝3.由相交弦定理可得AE·EB＝CE·ED，又因为AE＝9，CE＝6，ED＝3，易得EB＝2.5．(文)(2022·广东理，15)如图，已知AB是圆O的直径，AB＝4，EC是圆O的切线，切点为C，BC＝1.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OD∥BC，又BC⊥AC，所以OP⊥AC，又O为AB线段的中点，所以OP＝BC＝，在Rt△OCD中，OC＝AB＝2，由直角三角形的射影定理可得OC2＝OP·OD，所以OD＝＝＝8.12\n(理)在平行四边形ABCD中，点E在线段AB上，且AE＝EB，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]　∵AB∥CD，∴△AEF∽△CDF，∴＝＝3，＝＝3，S△AFD＝3S△AFE＝3cm2.6．(文)如图，△ABC为圆的内接三角形，BD为圆的弦，且BD∥AC．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AB＝AC，AE＝6，BD＝5，则线段CF的长为________．[答案]　[解析]　如图所示：∵AE为圆的切线，∴AE2＝BE·ED，设BE＝x，∴36＝x(5＋x)，x2＋5x－36＝0，∴x＝4.∵AB＝AC，∴∠ACB＝∠ABC，12\n又∠EAB＝∠ACB，∴∠EAB＝∠ABC，∴AE∥BC，又EB∥AC，∴四边形BCAE为平行四边形，∴BC＝AE＝6，AC＝BE＝4，∵△DFB∽△AFC，∴＝，∴＝，∴FC＝.(理)如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝60°，过C作△ABC的外接圆的切线CD，BD⊥CD于D，BD与外接圆交于点E，已知DE＝5，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∠BCD＝∠BAC＝60°，所以DB＝DC．又由切割线定理可得DC2＝DE×DB＝5DC，则DC＝5，所以BC＝2DC＝10.在直角三角形ABC中，由正弦定理可得2R＝AB＝＝＝20，所以△ABC的外接圆的半径R＝10.二、解答题7.(2022·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，PC＝2PA，D为PC的中点，AD的延长线交⊙O于点E，证明：(1)BE＝EC；(2)AD·DE＝2PB2.[证明]　(1)连接AB，AC．由题设知PA＝PD，12\n故∠PAD＝∠PDA．因为∠PDA＝∠DAC＋∠DCA，∠PAD＝∠BAD＋∠PAB，∠DCA＝∠PAB，所以∠DAC＝∠BAD，因此BE＝EC．(2)由切割线定理得PA2＝PB·PC．因为PA＝PD＝DC，所以PD2＝(PD－BD)·2PD，∴PD＝2BD，∴DC＝2PB，BD＝PB．由相交弦定理得AD·DE＝BD·DC，所以AD·DE＝2PB2.8．(文)(2022·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：∠EBD＝∠CBD；(2)求证：AB·BE＝AE·DC．[解析]　(1)∵BE为圆O的切线，∴∠EBD＝∠BAD，又∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD，∴∠EBD＝∠CAD．又∵∠CBD＝∠CAD，∴∠EBD＝∠CBD．(2)在△EBD和△EAB中，∠E＝∠E，∠EBD＝∠EAB，∴△EBD∽△EAB，∴＝，∴AB·BE＝AE·BD，又∵AD平分∠BAC，∴BD＝DC，故AB·BE＝AE·DC．(理)(2022·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EF＝FG.求证：12\n(1)△DEF∽△EAF；(2)EF∥CB．[分析]　(1)欲证△DEF∽△EAF，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EF＝FG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EF∥CB，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FG2＝FA·FD．又EF＝FG，所以EF2＝FA·FD，即＝.因为∠EFA＝∠DFE，所以△DEF∽△EAF.(2)由(1)得∠FED＝∠FAE.因为∠FAE＝∠DAB＝∠DCB，所以∠FED＝∠BCD，所以EF∥CB．9．(文)(2022·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AB＝AC，连接BD，BE，CD，CE，CD交⊙O于F，CE交⊙O于G.(1)求证：BE·CD＝BD·CE；(2)求证：FG∥AC．[证明]　(1)由已知得∠ABD＝∠AEB，而∠BAD＝∠EAB，12\n∴△ABD∽△AEB，所以＝＝，又AB＝AC，所以BD·AE＝AB·BE，　　　①且＝，又∠CAD＝∠EAC，∴△ADC∽△ACE，所以＝，即DC·AE＝AC·CE.　　　②由①②两式相除可得BE·CD＝BD·CE.(2)由△ADC∽△ACE得，∠ACD＝∠AEC，又D，F，G，E四点共圆，∴∠GFC＝∠AEC，因此∠GFC＝∠ACD，所以FG∥AC．(理)(2022·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，AD⊥BC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)PA·PD＝PE·PC；(2)AD＝AE.[证明]　(1)因为AD⊥BP，BE⊥AP，所以△APD∽△BPE，所以＝，所以AP·PE＝PD·PB，又因为PA，PB分别为圆O的切线和割线，所以PA2＝PB·PC，所以＝，所以PA·PD＝PE·PC．(2)连接AC，DE，因为BC为圆O的直径，所以∠BAC＝90°，即AB⊥AC，因为＝，所以AC∥DE，所以AB⊥DE，又因为BE⊥AP，AD⊥PB，12\n所以A，D，B，E四点共圆且AB为直径，又因为AB⊥DE，所以AD＝AE.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：PF＝PQ.[分析]　要证PF＝PQ，因为PQ为圆的切线，∴PQ2＝PA·PD，故只须证PF2＝PA·PD，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∠AFP＝∠ADF，故△APF∽△FPD．[证明]　因为A、B、C、D四点共圆，所以∠ADF＝∠ABC．因为PF∥BC，所以∠AFP＝∠ABC，所以∠AFP＝∠ADF.又因为∠APF＝∠FPD，所以△APF∽△FPD，所以＝，所以PF2＝PA·PD．因为PQ与圆相切，所以PQ2＝PA·PD．所以PF2＝PQ2，所以PF＝PQ.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BC·AE＝DC·AF，B、E、F、C四点共圆．(1)证明：CA是△ABC外接圆的直径；(2)若DB＝BE＝EA，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∠DCB＝∠A，由题设知＝，故△CDB∽△AEF，所以∠DBC＝∠EFA．12\n因为B、E、F、C四点共圆，所以∠CFE＝∠DBC，故∠EFA＝∠CFE＝90°，所以∠CBA＝90°，因此CA是△ABC外接圆的直径．(2)连接CE，因为∠CBE＝90°，所以过B、E、F、C四点的圆的直径为CE，由DB＝BE，有CE＝DC，又BC2＝DB·BA＝2DB2，所以CA2＝4DB2＋BC2＝6DB2.而CE2＝DC2＝DB·DA＝3DB2，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)(2022·唐山市一模)如图，AE是圆O的切线，A是切点，AD⊥OE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∠DBC＝50°，∠OBC＝30°，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，AD⊥EO，在Rt△EOA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△BDE∽△OCE.(2)给出∠DBC与∠OBC的大小，欲求∠OEC的大小，由外角定理∠OEC＝∠DBC－∠BDE，由OB＝OC知∠OBC＝∠OCB，沟通两者的桥梁是(1)的结论，∠BDE＝∠OCB，于是获解．[解析]　(1)连接OA、OC，则OA⊥EA．由射影定理得EA2＝ED·EO.由切割线定理得EA2＝EB·EC，故ED·EO＝EB·EC，即＝，12\n又∠OEC＝∠OEC，所以△BDE∽△OCE，所以∠EDB＝∠OCE.因此O，D，B，C四点共圆．(2)因为∠OEC＋∠OCB＋∠COE＝180°，结合(1)得∠OEC＝180°－∠OCB－∠COE＝180°－∠OBC－∠DBE＝180°－∠OBC－(180°－∠DBC)＝∠DBC－∠OBC＝20°.12．(文)(2022·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AD·AB＝AE·AC．(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AD＝1，求B，C，D，E四点所在圆的半径．[解析]　(1)因为AD·AB＝AE·AG，所以＝，所以△ADE∽△ACB，所以∠ADE＝∠ACB，又∠ADE＋∠BDE＝180°，所以∠ACB＋∠BDE＝180°，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)(2022·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.12\n(1)求证：BC∥DE；(2)若D，E，C，F四点共圆，且＝，求∠BAC．[解析]　(1)证明：因为∠EDC＝∠DAC，∠DAC＝∠DAB，∠DAB＝∠DCB，所以∠EDC＝∠DCB，所以BC∥DE.(2)解：因为D，E，C，F四点共圆，所以∠CFA＝∠CED，由(1)知∠ACF＝∠CED，所以∠CFA＝∠ACF.设∠DAC＝∠DAB＝x，因为＝，所以∠CBA＝∠BAC＝2x，所以∠CFA＝∠FBA＋∠FAB＝3x，在等腰△ACF中，π＝∠CFA＋∠ACF＋∠CAF＝7x，则x＝，所以∠BAC＝2x＝.[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：①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；②给出平行线时，主要考虑角的关系及三角形相似；③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；④证明比例线段，主要通过三角形相似．12