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1、新編高考數(shù)學復習資料
第十五章 系列4選考部分
第1講 幾何證明選講
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、
2、CE.
∵圓O1與圓O2內切于點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∽△F
3、DC,∴=,
∴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
4、,∴=.∴AB=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
5、,B,D,E所在圓的半徑.
解 (1)證明:連結DE,根據題意在△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=×(
6、12-2)=5.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=12
7、0°,BC=3,求AD的長.
(1)證明 ∵AD平分∠EAC,∴∠EAD=∠DAC.
∵四邊形AFBC內接于圓,∴∠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CD為過點M且不過圓心O的一條弦,求證:O、C、P、D
8、四點共圓.
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
9、為BO⊥AC于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,
∴△AE
10、H∽△AFB,△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
11、
(2+FG)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AO1,并延長分別交兩圓于點E和點D.連結BD,CE.
因為圓O1與圓O2內切于點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.