2022年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 14.1幾何證明選講試題 理 蘇教版

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1、2022年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 14.1幾何證明選講試題 理 蘇教版 1．如圖，已知B在AC上，D在BE上，且AB∶BC＝2∶1，ED∶DB＝2∶1，求AD∶DF. 解 如圖，過D作DG∥AC交FC于G(還可過B作EC的平行線)． ∵＝＝， ∴DG＝BC. ∵BC＝AC，∴DG＝AC. ∴＝＝，∴DF＝AF， 從而AD＝AF，故AD∶DF＝7∶2. 2. 如圖，圓O1與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． 證明　如圖，連接AO1，并延長分別交兩圓于點E和點D，連接BD、CE. ∵圓

2、O1與圓O2內(nèi)切于點A， ∴點O2在AD上，故AD、AE分別為圓O1，圓O2的直徑． 從而∠ABD＝∠ACE＝90°. ∴BD∥CE，于是＝＝＝，∴AB∶AC為定值． 3. 如圖，△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，E是AC的中點，ED的延長線與CB的延長線交于點F. 求證：FD2＝FB·FC. 證明　∵E是Rt△ACD斜邊AC的中點， ∴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. 如圖，在△ABC中，CM是 ∠ACB的平分線，△AMC的外接圓O交BC于點N.若AC＝AB，求證：BN＝2AM. 證明　連結(jié)MN.因為CM是∠ACB的平分線， 所以∠ACM＝∠NCM，所以AM＝MN. 因為∠B＝∠B，∠BMN＝∠A， 所以△BMN∽△BCA，所以＝＝2， 即BN＝2MN＝2AM. 5. 如圖，梯形ABCD內(nèi)接于⊙O，AD∥BC，過點C作⊙O的切線，交BD的延長線于點P，交AD的延長線于點E. (1)求證：AB2＝DE·BC； (2)若BD＝9，AB＝6，BC＝9，求切線PC的長． (1)證明　∵AD∥BC，∴＝.∴AB

4、＝CD， ∠EDC＝∠BCD.又PC與⊙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(guān)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

5、在圓的半徑． 解 (1)證明：連結(jié)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，連結(jié)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

6、.故C，B，D，E四點所在圓的半徑為5. 7. 如圖，圓O是△ABC的外接圓，延長BC邊上的高AD交圓O于點E，H為△ABC的垂心．求證：DH＝DE. 證明　連結(jié)CE，CH.因為H為△ABC的垂心，所以∠ECD＝∠BAD＝90°－∠ABC， ∠HCD＝90°－∠ABC，所以∠ECD＝∠HCD. 又因為CD⊥HE，CD為公共邊， 所以△HDC≌△EDC，所以DH＝DE. 8. 已知AD是△ABC的外角∠EAC的平分線，交BC的延長線于點D，延長DA交△ABC的外接圓于點F，連接FB、FC. (1)求證：FB＝FC； (2)若AB是△ABC外接圓的直徑，∠EAC＝120°，BC＝3

7、，求AD的長． (1)證明　∵AD平分∠EAC，∴∠EAD＝∠DAC. ∵四邊形AFBC內(nèi)接于圓，∴∠DAC＝∠FBC. ∵∠EAD＝∠FAB＝∠FCB， ∴∠FBC＝∠FCB，∴FB＝FC. (2)解　∵AB是圓的直徑，∴∠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. 如圖，從圓O外一點P作圓O的兩條切線，切點分別為A、B，AB與OP交于點M，設(shè)CD為過點M且不過圓心O的一條弦，求證：O、C、P、D四點共圓．

8、證明　∵PA、PB為圓O的兩條切線，∴OP垂直平分弦AB，∴AM＝BM.在Rt△OAP中，OM·MP＝AM2，在圓O中，AM·BM＝CM·DM，∴OM·MP＝CM·DM，又弦CD不過圓心O，∴O、C、P、D四點共圓. 10. 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，過點N的切線交CA的延長線于P. (1)求證：PM2＝PA·PC； (2)若⊙O的半徑為2，OA＝OM，求MN的長． (1)證明　連結(jié)ON.因為PN切⊙O于N， 所以∠ONP＝90°. 所以∠ONB＋∠BNP＝90°. 因為OB＝ON，所以∠OBN＝∠ONB. 因為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. 因為BM·MN＝CM·MA＝(2＋2)(2－2)＝8， 所以MN＝2. 11. 如圖，已知C是以AB為直徑的半圓O上一點，CH⊥AB于點H，直線AC與過B點的切線相交于點D，E為CH的中點，連接AE并延長交BD于點F，直線CF交直線AB于點G. (1)求證：點F是BD的中點； (2)求證：CG是⊙O的切線； (3)若FB＝FE＝2，求⊙O的半徑． (1)證明　∵CH⊥AB，DB⊥AB， ∴△AEH∽△AFB，

10、△ACE∽△ADF. ∴＝＝.∵HE＝EC，∴BF＝FD. 即點F是BD的中點． (2)證明　連接CB、OC， ∵AB是直徑，∴∠ACB＝90°. ∵F是BD的中點，∴∠CBF＝∠FCB. ∵∠CBF＝∠BAC，∠BAC＝∠ACO，∴∠FCB＝∠ACO. ∵∠ACO＋∠OCB＝90°，∴∠BCF＋∠OCB＝90°. ∴∠OCF＝90°.∴CG是⊙O的切線． (3)解　由FC＝FB＝FE，得 ∠FCE＝∠FEC. ∵∠G＋∠GCH＝90°， ∠FAG＋∠FEC＝90°， ∴∠FAG＝∠G. ∴FA＝FG，∵FB⊥AG，∴AB＝BG. 由切割線定理，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的半徑為2. 12．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． 證明 連結(jié)AO1，并延長分別交兩圓于點E和點D.連結(jié)BD，CE. 因為圓O1與圓O2內(nèi)切于點A，所以點O2與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＝＝＝. ∴AB∶AC為定值．