2022年高考数学大一轮复习 14.1几何证明选讲试题 理 苏教版

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1、2022年高考数学大一轮复习 14.1几何证明选讲试题 理 苏教版 1．如图，已知B在AC上，D在BE上，且AB∶BC＝2∶1，ED∶DB＝2∶1，求AD∶DF. 解 如图，过D作DG∥AC交FC于G(还可过B作EC的平行线)． ∵＝＝， ∴DG＝BC. ∵BC＝AC，∴DG＝AC. ∴＝＝，∴DF＝AF， 从而AD＝AF，故AD∶DF＝7∶2. 2. 如图，圆O1与O2内切于点A，其半径分别为r1与r2(r1>r2)．圆O1的弦AB交圆O2于点C(O1不在AB上)． 求证：AB∶AC为定值． 证明　如图，连接AO1，并延长分别交两圆于点E和点D，连接BD、CE. ∵圆

2、O1与圆O2内切于点A， ∴点O2在AD上，故AD、AE分别为圆O1，圆O2的直径． 从而∠ABD＝∠ACE＝90°. ∴BD∥CE，于是＝＝＝，∴AB∶AC为定值． 3. 如图，△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，E是AC的中点，ED的延长线与CB的延长线交于点F. 求证：FD2＝FB·FC. 证明　∵E是Rt△ACD斜边AC的中点， ∴DE＝EA，∴∠A＝∠2. 又∵∠1＝∠2，∴∠1＝∠A. ∵∠FDC＝∠CDB＋∠1＝90°＋∠1， ∠FBD＝∠ACB＋∠A＝90°＋∠A，∴∠FDC＝∠FBD. 又∵∠F是公共角，∴△FBD∽△FDC，∴＝，

3、 ∴FD2＝FB·FC. 4. 如图，在△ABC中，CM是 ∠ACB的平分线，△AMC的外接圆O交BC于点N.若AC＝AB，求证：BN＝2AM. 证明　连结MN.因为CM是∠ACB的平分线， 所以∠ACM＝∠NCM，所以AM＝MN. 因为∠B＝∠B，∠BMN＝∠A， 所以△BMN∽△BCA，所以＝＝2， 即BN＝2MN＝2AM. 5. 如图，梯形ABCD内接于⊙O，AD∥BC，过点C作⊙O的切线，交BD的延长线于点P，交AD的延长线于点E. (1)求证：AB2＝DE·BC； (2)若BD＝9，AB＝6，BC＝9，求切线PC的长． (1)证明　∵AD∥BC，∴＝.∴AB

4、＝CD， ∠EDC＝∠BCD.又PC与⊙O相切，∴∠ECD＝∠DBC. ∴△CDE∽△BCD.∴＝. ∴CD2＝DE·BC，即AB2＝DE·BC. (2)解　由(1)知，DE＝＝＝4， ∵AD∥BC，∴△PDE∽△PBC， ∴＝＝.又∵PB－PD＝9，∴PD＝，PB＝. ∴PC2＝PD·PB＝·＝.∴PC＝. 6．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AE的长为m，AC的长为n，AD，AB的长是关于x的方程x2－14x＋mn＝0的两个根． (1)证明：C，B，D，E四点共圆； (2)若∠A＝90°，且m＝4，n＝6，求C，B，D，E所

5、在圆的半径． 解 (1)证明：连结DE，根据题意在△ADE和△ACB中，AD×AB＝mn＝AE·AC，即＝. 又∠DAE＝∠CAB，从而△ADE～△ACB. 因此∠ADE＝∠ACB.所以C，B，D，E四点共圆． (2)m＝4，n＝6时，方程x2－14x＋mn＝0的两根为x1＝2，x2＝12.故AD＝2，AB＝12. 取CE的中点G，DB的中点F，分别过G，F作AC，AB的垂线，两垂线相交于H点，连结DH.因为C，B，D，E四点共圆，所以C，B，D，E四点所在圆的圆心为H，半径为DH. 由于∠A＝90°，故GH∥AB，HF∥AC.从而HF＝AG＝5，DF＝×(12－2)＝5

6、.故C，B，D，E四点所在圆的半径为5. 7. 如图，圆O是△ABC的外接圆，延长BC边上的高AD交圆O于点E，H为△ABC的垂心．求证：DH＝DE. 证明　连结CE，CH.因为H为△ABC的垂心，所以∠ECD＝∠BAD＝90°－∠ABC， ∠HCD＝90°－∠ABC，所以∠ECD＝∠HCD. 又因为CD⊥HE，CD为公共边， 所以△HDC≌△EDC，所以DH＝DE. 8. 已知AD是△ABC的外角∠EAC的平分线，交BC的延长线于点D，延长DA交△ABC的外接圆于点F，连接FB、FC. (1)求证：FB＝FC； (2)若AB是△ABC外接圆的直径，∠EAC＝120°，BC＝3

7、，求AD的长． (1)证明　∵AD平分∠EAC，∴∠EAD＝∠DAC. ∵四边形AFBC内接于圆，∴∠DAC＝∠FBC. ∵∠EAD＝∠FAB＝∠FCB， ∴∠FBC＝∠FCB，∴FB＝FC. (2)解　∵AB是圆的直径，∴∠ACD＝90°. ∵∠EAC＝120°，∠DAC＝∠EAC＝60°，∠D＝30°. 在Rt△ACB中，∵BC＝3，∠BAC＝60°，∴AC＝3， 又在Rt△ACD中，∠D＝30°，AC＝3，∴AD＝6. 9. 如图，从圆O外一点P作圆O的两条切线，切点分别为A、B，AB与OP交于点M，设CD为过点M且不过圆心O的一条弦，求证：O、C、P、D四点共圆．

8、证明　∵PA、PB为圆O的两条切线，∴OP垂直平分弦AB，∴AM＝BM.在Rt△OAP中，OM·MP＝AM2，在圆O中，AM·BM＝CM·DM，∴OM·MP＝CM·DM，又弦CD不过圆心O，∴O、C、P、D四点共圆. 10. 如图，⊙O的半径OB垂直于直径AC，M为AO上一点，BM的延长线交⊙O于N，过点N的切线交CA的延长线于P. (1)求证：PM2＝PA·PC； (2)若⊙O的半径为2，OA＝OM，求MN的长． (1)证明　连结ON.因为PN切⊙O于N， 所以∠ONP＝90°. 所以∠ONB＋∠BNP＝90°. 因为OB＝ON，所以∠OBN＝∠ONB. 因为BO⊥AC于

9、O，所以∠OBN＋∠BMO＝90°. 所以∠BNP＝∠BMO＝∠PMN.所以PM＝PN. 所以PM2＝PN2＝PA·PC. (2)解　OM＝2，BO＝2，BM＝4. 因为BM·MN＝CM·MA＝(2＋2)(2－2)＝8， 所以MN＝2. 11. 如图，已知C是以AB为直径的半圆O上一点，CH⊥AB于点H，直线AC与过B点的切线相交于点D，E为CH的中点，连接AE并延长交BD于点F，直线CF交直线AB于点G. (1)求证：点F是BD的中点； (2)求证：CG是⊙O的切线； (3)若FB＝FE＝2，求⊙O的半径． (1)证明　∵CH⊥AB，DB⊥AB， ∴△AEH∽△AFB，

10、△ACE∽△ADF. ∴＝＝.∵HE＝EC，∴BF＝FD. 即点F是BD的中点． (2)证明　连接CB、OC， ∵AB是直径，∴∠ACB＝90°. ∵F是BD的中点，∴∠CBF＝∠FCB. ∵∠CBF＝∠BAC，∠BAC＝∠ACO，∴∠FCB＝∠ACO. ∵∠ACO＋∠OCB＝90°，∴∠BCF＋∠OCB＝90°. ∴∠OCF＝90°.∴CG是⊙O的切线． (3)解　由FC＝FB＝FE，得 ∠FCE＝∠FEC. ∵∠G＋∠GCH＝90°， ∠FAG＋∠FEC＝90°， ∴∠FAG＝∠G. ∴FA＝FG，∵FB⊥AG，∴AB＝BG. 由切割线定理，得 (2＋FG)

11、2＝BG·AG＝2BG2.① 在Rt△BGF中，由勾股定理，得 BG2＝FG2－BF2.② 由①②，得FG2－4FG－12＝0. 解得FG＝6或FG＝－2(舍去)． ∴AB＝BG＝4.∴⊙O的半径为2. 12．如图，圆O1与圆O2内切于点A，其半径分别为r1与r2(r1>r2)．圆O1的弦AB交圆O2于点C(O1不在AB上)．求证：AB∶AC为定值． 证明 连结AO1，并延长分别交两圆于点E和点D.连结BD，CE. 因为圆O1与圆O2内切于点A，所以点O2与AD上， 故AD，AE分别为圆O1，圆O2的直径． 从而∠ABD＝∠ACE＝.所以BD∥CE， 于是＝＝＝. ∴AB∶AC为定值．