7几何选讲难题解析四

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部编数学七年级下册专题28不等式(组)应用之几何问题(解析版)含答案

专题27 不等式（组）应用之几何问题【例题讲解】如图，在平面直角坐标系中，////AB CD x 轴，////BC DE y 轴，且4cm,5cm,2cm AB CD OA DE ====，动点P 从点A 出发，以每秒1cm 的速度，沿ABC 路线向点C 运动；动点Q 从点O 出发，以每秒2cm 的速度，沿OED 路线向点D 运动．若,P Q 两点同时出发，其中一点到达终点时，运动停止．（Ⅰ）直接写出,,B C D 三个点的坐标；（Ⅱ）设两点运动的时间为t 秒，用含t 的式子表示运动过程中三角形O PQ 的面积；（Ⅲ）当三角形O PQ 的面积的范围小于16时，求运动的时间t 的范围．【综合解答】1．小明同学在计算一个多边形（每个内角小于180°）的内角和时，由于粗心少算了一个内角，结果得到的总和是2018°，则少算了这个内角的度数为________．【答案】142°##142度【点睛】本题主要考查了多边形的内角和定理，正确确定多边形的边数是解题的关键．2．在实数范围内规定新运算“△”，其规则是：a△b＝2a﹣b，已知不等式x△k≥2的解集在数轴上如图表示，则k的值是_____．【答案】-4【分析】根据新运算法则得到不等式2x﹣k≥2，通过解不等式即可求k的取值范围，结合图象可以求得k的值．【详解】解：根据图示知，已知不等式的解集是x≥﹣1．则2x﹣1≥﹣3∵x△k＝2x﹣k≥2，∴2x﹣1≥k+1且2x﹣1≥﹣3，∴k＝﹣4．故答案填：﹣4．【点睛】本题考查了在数轴上表示不等式的解集、解一元一次不等式．在表示解集时“≥”，“≤”要用实心圆点表示；“＜”，“＞”要用空心圆点表示．3．将长为4，宽为a（a大于2且小于4）的长方形纸片按如图①所示的方式折叠并压平，剪上一个边长等于长方形宽的正方形，称为第一次操作；再把剩下的长方形按如图②所示的方式折叠并压平，剪下边长等于此时长方形宽的正方形，称为第二次操作；如此反复操作下去…，若在第n次n=时，a的值为___________．操作后，剩下的长方形恰为正方形，则操作终止．当34．如图，长方形ABCD中，AB=4，AD=2．点Q与点P同时从点A出发，点Q以每秒1个单位的速度沿A→D→C→B的方向运动，点P以每秒3个单位的速度沿A→B→C→D的方向运动，当P，Q 两点相遇时，它们同时停止运动．设Q点运动的时间为x（秒），在整个运动过程中，当△APQ为直角三角形时，则相应的x的值或取值范围是_________．二、解答题(共0分)5．平面直角坐标系中，点A坐标为（2m－3，3m＋2）．(1)若点A在坐标轴上，求m的值：(2)若点A在第二象限内，求m的取值范围．6．如图，“开心”农场准备用50m 的护栏围成一块靠墙的矩形花园，设矩形花园的长为()m a ，宽为()m b ．(1)当30a =时，求b 的值；(2)受场地条件的限制，a 的取值范围为1826a ££，求b 的取值范围．【答案】(1)10；(2)1216b ££．【分析】（1）根据等量关系“围栏的长度为50”可以列出代数式，再将a =30代入所列式子中求出b 的值；（2）由（1）可得a ，b 之间的关系式，用含有b 的式子表示a ，再结合1826a ££，列出关于b 的不等式组，解不等式组即可求出b 的取值范围．（1）解：由题意，得250a b +=，当30a =时，30250b +=．解得10b =．（2）解：∵250a b +=，∴502a b =-，1826a ££，∴5021850226b b -³ìí-£î解这个不等式组，得1216b ££．答：矩形花园宽的取值范围为1216b ££．【点睛】此题主要考查了列代数式及不等式组的应用，正确理解题意得出关系式及不等式组是解题关键．7．在平面直角坐标系中，点A ，B ，C 的坐标分别为(),0a ，()2,4-，(),0c ，且a ，c 满足方程()243240c a a x y ---+=为二元一次方程．（1）求A ，C 的坐标．（2）若点D 为y 轴正半轴上的一个动点．①如图1，当//AD BC 时，ADO Ð与ACB Ð的平分线交于点P ，求P Ð的度数；②如图2，连接BD ，交x 轴于点E ．若ADE BCE S S £△△成立．设动点D 的坐标为()0,d ，求d 的取值范围．【答案】（1）点A 的坐标为()2,0-，点C 的坐标为()5,0；（2）①45°；②05d <£【分析】（1）根据()243240c aa x y ---+=可得，240a -¹，41c -=，231a -=，即可求得a 、c 的值，坐标可求；2）①作PH ∥AD ，根据角平分线的定义、平行线的性质计算，得到答案；②连接AB ，交y 轴于F ，根据点的坐标特征分别求出S △ABC 、S △ABD ，根据题意列出不等式，解8．△ABC在平面直角坐标系内如图1摆放，A、C两点的横坐标都是5，BC∥x轴．已知B点坐标为(－3，m)，AB交y轴于点D，且AC＝BC．(1) 填空：BC＝_____；△ABC的面积为______；用m表示点A的坐标为______.(2) 射线BO交直线AC于点Q，若△ABQ的面积为16，试求m的值(3) 如图2，点D在y轴负半轴上，∠BAC的三等分线AP与∠BOD的角平分线OP交于点P，其中∠BAC＝3∠BAP＝45°．若∠P＞2∠B，试求∠BOD的取值范围.（3）如图，AP与y轴交于点N,点M在y轴上，∵OP是∠BOD的角平分线，∴∠BOP=∠POD，∵∠ACB=90°，AC=BC,∴∠BAC=∠ABC=45°,∵∠BAC＝3∠BAP＝45°∴∠BAP=15°, ∠CAP=30°,∵OM∥AC,∴BDM=∠BAC=45°, ∠PNM=∠PAC=30°,设∠BOP=∠POD=α,∵∠BDM=∠B+∠BOD,∴∠B=∠BDM-∠BOD=45°-2α,∵∠PNM=∠POM+∠P,∴∠P=∠PNM-∠POM=30°-α,∵∠P>2∠B,∴30°-α>2(45°-2α)解得，α>20°∴∠BOD>40°∵∠BDM >∠BOD,∴∠BOD<45°∴40°<∠BOD<45°.【点睛】本题考查平面直角坐标系坐标与图形，理解点坐标的意义，将坐标转化线段长是解答此类问题的关键；同时利用外角定理表示角之间的关系，也是解答此题的关键之处.9．如图，长方形AOCB 的顶点A(m ，n)和C(p ，q)在坐标轴上，已知x m y n =ìí=î和x p y q =ìí=î都是方程326x y +=的解，点B 在第一象限内．（1）求点B 的坐标（2）将线段AB 沿着y 轴负半轴方向向下平移6个单位长度到线段EF ，点P 从点O 出发以每秒1个单位长度沿O A B C ®®®的路线做匀速运动，同时点Q 也从点O 出发以每秒2个单位长度沿O E F C ®®®的路线做匀速运动．当点Q 运动到点C 时，两动点均停止运动，设运动的时间为t 秒，四边形OPCQ 的面积为S ．①当2t =时，求S 的值；②若5S <时，求t 的取值范围．【答案】（1）B （2，3）；（2）①5；②02t £<或3＜t≤4.【分析】（1）根据坐标轴上的点得出m=q=0，再根据二元一次方程的解分别求出n 和p ，得到A 和C 的坐标，从而得到点B 坐标；（2）①当t=2时，得到OP 和OQ 的坐标，再计算结果；②根据运动过程分当t≤3时，当3＜t≤4时，当4＜t≤5时和当t ＞5时，四种情况分别求解.【详解】解：（1）∵A(m ，n)和C(p ，q)在坐标轴上，∴m=0，q=0，代入326x y +=中，10．如图，正方形ABCD 的边长是2厘米，E 为CD 的中点，Q 为正方形ABCD 边上的一个动点，动点Q 以每秒1厘米的速度从A 出发沿A B C D ®®®运动，最终到达点D ，若点Q 运动时间为x 秒．（1）当1x =时，AQE S D = 平方厘米；当32x =时，AQE S D = 平方厘米；（2）在点Q 的运动路线上，当点Q 与点E 相距的路程不超过14厘米时，求x 的取值范围；（3）若AQE D 的面积为13平方厘米，直接写出x 值．11．如图，某农场准备用80米的护栏围成一块靠墙的矩形花园，设矩形花园的长为x 米，宽为y 米．（1）当y ＝22时，求x 的值；（2）由于受场地条件的限制，y 的取值范围为16≤y ≤26，求x 的取值范围．【答案】（1）x ＝29；（2）27≤x ≤32【分析】（1）由题意得2x +y ＝80，再将y ＝22代入即可求x ；（2）由题意可得16≤80﹣2x ≤26，求出x 的范围即可．【详解】解：（1）由题意得2x +y ＝80，当y ＝22时，2x +22＝80，∴x ＝29；（2）∵16≤y ≤26，y ＝80﹣2x ，8021680226x x -³ì\í-£î，∴27≤x ≤32．【点睛】本题考查列代数式，代数式求值，一元一次不等式组，能够根据题意列式是解题关键．12．在平面直角坐标系中，我们规定：点(),P a b 关于“k 的衍生点”，()',P a kb a b ka ++-，其中k 为常数且0k ¹，如：点Q （1，4）关于“5的衍生点”，即()'15Q +´4,1+4-5´1，即()'21,0Q .（1）求点()3,4M 关于“2的衍生点” 'M 的坐标；（2）若点N 关于“3的衍生点” ()'4,1N -，求点N 的坐标；（3）若点P 在x 轴的正半轴上，点P 关于“k 的衍生点” 1P ，点1P 关于“1-的衍生点” 2P ，且线段1PP的长度不超过线段OP 长度的一半，请问：是否存在k 值使得2P 到x 轴的距离是1P 到x 轴距离的2倍？若存在，请求出k 的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）'(11,1)M ；（2）()1,1；（3）存在；1k =-.【分析】（1）根据已知条件，直接按规定计算即可得解；（2）设点N 的坐标为(),x y ，根据已知条件，列出二元一次方程组，解得即可；（3）根据题意，得出()()()12,0,,,,3P a P a a ka P ka a ka --，即可判定2P 到x 轴的距离和1P到x 轴的距离的关系，从而得出存在满足条件的k 值，然后列出一元一次方程，即可得解.【详解】解：（1）根据已知条件，可得'(324,3423)M +´+-´，即'(11,1)M ；（2）设点N 的坐标为(),x y ，则有3431x y x y x +=ìí+-=-î解得11x y =ìí=î即点N 的坐标为()1,1；（3）由题意，可得()()()12,0,,,,3P a P a a ka P ka a ka --2P 到x 轴的距离是3a ka -，1P 到x 轴的距离是a ka -，若存在k 值使得2P 到x 轴的距离是1P 到x 轴距离的2倍即322a ka a ka-=-()10k a +=∵点P 在x 轴的正半轴上，∴0a ＞∴10k +=即1k =-∴存在k 值使得2P 到x 轴的距离是1P 到x 轴距离的2倍, 1k =-.【点睛】此题主要考查平面直角坐标系中新规定下的点坐标的求解，熟练运用，即可解题.。

(几何选讲)选4-1-2

1．如图，半径为2的⊙O 中，∠AOB ＝90°，D 为OB 的中点，AD 的延长线交⊙O 于点E ，则线段DE 的长为( )A.52B.255C.355D.322．如图，过点D 作圆的切线切于B 点，作割线交圆于A ，C 两点，其中BD ＝3，AD ＝4，AB ＝2，则BC ＝________.3．如图所示，过圆C 外一点P 作一条直线与圆C 交于A ，B 两点，BA ＝2AP ，PT 与圆C 相切于T 点．已知圆C 的半径为2，∠CAB ＝30°，则PT ＝________.4．(如图所示，过⊙O 外一点P 作一直线与⊙O 交于A ，B 两点．已知P A ＝2，过点P 的切线PT ＝4，则弦AB 的长为________．5．如图所示，四边形ABCD 内接于⊙O ，BC 是⊙O 的直径，MN 与⊙O 相切，切点为A ，∠MAB ＝35°，则∠D ＝________.6．如图，圆O 的直径AB ＝6，C 为圆周上一点，BC ＝3，过C 作圆的切线l ，过A 作l 的垂线AD ，垂足为D ，则线段CD 的长为________．7.如图，AD 是⊙O 的切线，AC 是⊙O 的弦，过C 作AD 的垂线，垂足为B ，CB 与⊙O 相交于点E ，AE 平分∠CAB ，且AE ＝2，则AC ＝________.8.如图，A，E是半圆周上的两个三等分点，直径BC＝4，AD⊥BC，垂足为D，BE与AD相交于点F，则AF的长为________．9.如图，三角形ABC中，AB＝AC，⊙O经过点A，与BC相切于B，与AC相交于D，若AD＝CD＝1，则⊙O的半径r＝________.10.如图所示，圆O的直径AB＝6，C为圆周上一点，BC＝3，过C作圆的切线l，则点A到直线l的距离AD为____________．11.如图，已知P A、PB是圆O的切线，A、B分别为切点，C为圆O上不与A、B重合的另一点，若∠ACB＝120°，则∠APB＝________.12.如图，P A切⊙O于点A，D为P A的中点，过点D引割线交⊙O于B、C两点．求证：∠DPB＝∠DCP.13.如图，已知AD为圆O的直径，直线BA与圆O相切于点A，直线OB与弦AC垂直于相交于点G，与弧AC相交于M，连接DC，AB＝10，AC＝12. (1)求证：BA·DC＝GC·AD；(2)求BM.14.如图，AB是⊙O的直径，点P在BA的延长线上，弦CD⊥AB于E，∠POC＝∠PCE.(1)求证：PC是⊙O的切线．(2)若OE∶EA＝1∶2，P A＝6，求⊙O半径．15．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．(Ⅰ)证明：C，B，D，E四点共圆；(Ⅱ)若∠A＝90°，且m＝4，n＝6，求C，B，D，E所在圆的半径．1．如图，半径为2的⊙O 中，∠AOB ＝90°，D 为OB 的中点，AD 的延长线交⊙O 于点E ，则线段DE 的长为( )A.52B.255C.355D.32答案 C 解析延长BO 交⊙O 于点F ，由相交弦定理可知：BD ·DF ＝AD ·DE .又由题知BD ＝1，DF ＝3，AD ＝5，因此DE ＝355. 2．如图，过点D 作圆的切线切于B 点，作割线交圆于A ，C 两点，其中BD ＝3，AD ＝4，AB ＝2，则BC ＝________.答案 32解析由切割线定理得：BD 2＝CD ·AD ，得CD ＝94.又∵∠A ＝∠DBC ，∠D ＝∠D ， ∴△ABD ∽△BCD ，BD CD ＝AB BC ，解得BC ＝32. 3．如图所示，过圆C 外一点P 作一条直线与圆C 交于A ，B 两点，BA ＝2AP ，PT 与圆C 相切于T 点．已知圆C 的半径为2，∠CAB ＝30°，则PT ＝________.答案 3解析连接CB ，在等腰三角形ACB 中，AC ＝CB ＝2，∠CAB ＝∠CBA ＝30°，∠ACB ＝120°，AB ＝23，AP ＝12AB ＝3，由切割线定理得，PT 2＝AP ·PB ＝AP ·(AP ＋AB )＝9，PT ＝3，故填3.4．(如图所示，过⊙O 外一点P 作一直线与⊙O 交于A ，B 两点．已知P A ＝2，过点P 的切线PT ＝4，则弦AB 的长为________．答案 6解析由切割线定理得PT 2＝P A ·PB ，∵P A ＝2，PT ＝4，∴PB ＝8.∴AB ＝PB －P A ＝6.5．如图所示，四边形ABCD 内接于⊙O ，BC 是⊙O 的直径，MN 与⊙O 相切，切点为A ，∠MAB ＝35°，则∠D ＝________.答案 125°解析连接BD ，由MN 与⊙O 相切可知∠ADB ＝∠MAB ＝35°，又由BC 为⊙O 的直径可知∠BDC ＝90°，所以∠ADC ＝∠ADB ＋∠BDC ＝125°.6．如图，圆O 的直径AB ＝6，C 为圆周上一点，BC ＝3，过C 作圆的切线l ，过A 作l 的垂线AD ，垂足为D ，则线段CD 的长为________．答案 332解析因为圆O 的直径AB ＝6，C 为圆周上一点，则AC ⊥BC ，从而cos ∠CBA ＝36＝12，又因为l 是圆O 的切线，由弦切角定理得∠DCA ＝∠CBA ，从而cos ∠DCA ＝cos ∠CBA ＝12，又因为AD ⊥CD ，所以CD ＝AC cos ∠DCA ＝62－32×12＝332. 7.如图，AD 是⊙O 的切线，AC 是⊙O 的弦，过C 作AD 的垂线，垂足为B ，CB 与⊙O 相交于点E ，AE 平分∠CAB ，且AE ＝2，则AC ＝________.答案 23解析 ∵AE 平分∠CAB ，∴∠EAB ＝∠EAC .又∠EAB ＝∠ECA ，∴∠EAC ＝∠ECA .而∠EAB ＋∠EAC ＋∠ECA ＝90°，∴∠EAC ＝∠ECA ＝30°，取AC 中点F ，连接EF ，则EF ⊥AC ，∵AE ＝2， ∴EF ＝1.∴AF ＝3，从而AC ＝2 3.8.如图，A ，E 是半圆周上的两个三等分点，直径BC ＝4，AD ⊥BC ，垂足为D ，BE 与AD 相交于点F ，则AF 的长为________．答案 233解析如图，连接AB ，AC ，CE ，由于A ，E 为半圆周上的三等分点，可得∠FBD ＝30°，∠ABD ＝60°，∠ACB ＝30°，由此得AB ＝2，AD ＝3，BD ＝1，则DF ＝33，故AF ＝233. 9.如图，三角形ABC 中，AB ＝AC ，⊙O 经过点A ，与BC 相切于B ，与AC 相交于D ，若AD ＝CD ＝1，则⊙O 的半径r ＝________.答案 2147解析过B 点作BE ∥AC 交圆于点E ，连AE ，OB 并延长交AE 于F ，则∵BC 是⊙O 的切线，AE ∥BC ，∴BF ⊥AE .又BC 2＝CD ×AC ＝2，∴BC ＝2，BF ＝AB 2－AF 2＝142.设OF ＝x ，则 ⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋r ＝142，x 2＋12＝r 2，解得r ＝2147.10.如图所示，圆O 的直径AB ＝6，C 为圆周上一点，BC ＝3，过C 作圆的切线l ，则点A 到直线l 的距离AD 为____________．答案 92解析连接CO ，∵AB 为直径，∴∠ACB ＝90°.即△ABC 为直角三角形，又AB ＝6，BC ＝3，∴sin ∠CAB ＝12.又∠CAB ＝30°，∴AC ＝33，AO ＝OC .∴△AOC 为等腰三角形．∴∠ACO ＝30°.又l 为⊙O 的切线，∴OC ⊥l ，即∠DCO ＝90°.∴∠DCA ＝60°.∴AD ＝AC ·sin60°＝92. 11.如图，已知P A 、PB 是圆O 的切线，A 、B 分别为切点，C 为圆O 上不与A 、B 重合的另一点，若∠ACB ＝120°，则∠APB ＝________.答60°解析过C 作⊙O 的一直径CD ，连接AD ，BD ，∴∠CAD ＝∠CBD ＝90°.∵∠ACD ＋∠BCD ＝∠ACB ＝120°，∠ADC ＝180°－∠ACD －∠CAD ，∠BDC ＝180°－∠BCD －∠CBD ，∴∠ADC ＋∠BDC ＝∠ADB ＝60°，∴∠AOB ＝120°.∵P A ，PB 为⊙O 的切线，∴∠P AO ＝∠PBO ＝90°.∴∠APB ＋∠AOB ＝180°.∴∠APB ＝60°.12.如图，P A 切⊙O 于点A ，D 为P A 的中点，过点D 引割线交⊙O 于B 、C 两点．求证：∠DPB ＝∠DCP .证明因为P A 与圆相切于A ，所以DA 2＝DB ·DC .因为D 为P A 中点，所以DP ＝DA .所以DP 2＝DB ·DC ，即PD DC ＝DB PD. 因为∠BDP ＝∠PDC ，所以△BDP ∽△PDC .所以∠DPB ＝∠DCP .13.如图，已知AD 为圆O 的直径，直线BA 与圆O 相切于点A ，直线OB 与弦AC 垂直于相交于点G ，与弧AC 相交于M ，连接DC ，AB ＝10，AC ＝12. (1)求证：BA ·DC ＝GC ·AD ； (2)求BM .解析 (1)证明：因为AC ⊥OB ，所以∠AGB ＝90°，又AD 是圆O 的直径，所以∠DCA ＝90°，又因为∠BAG ＝∠ADC (弦切角等于同弧所对的圆周角)，所以Rt △AGB ∽Rt △DCA ，所以BA AD ＝AG DC .又因为OG ⊥AC ，所以GC ＝AG .所以BA AD ＝GC DC，即BA ·DC ＝GC ·AD . (2)因为AC ＝12，所以AG ＝6，因为AB ＝10，所以BG ＝AB 2－AG 2＝8.由(1)知：Rt △AGB ∽Rt △DCA ，所以AB AD ＝BG AC.所以AD ＝15，即圆的直径2r ＝15. 又因为AB 2＝BM ·(BM ＋2r )，即BM 2＋15BM －100＝0.解得BM ＝5.14.如图，AB 是⊙O 的直径，点P 在BA 的延长线上，弦CD ⊥AB 于E ，∠POC ＝∠PCE .(1)求证：PC 是⊙O 的切线．(2)若OE ∶EA ＝1∶2，P A ＝6，求⊙O 半径．解析 (1)△OCP 与△CEP 中，∵∠POC ＝∠PCE ，∠OPC ＝∠CPE ，∴∠OCP ＝∠CEP .∵CD ⊥AB ，∴∠CEP ＝90°，∴∠OCP ＝90°.又C 点在圆上，∴PC 是⊙O 的切线．(2)解法1：设OE ＝x ，则EA ＝2x ，OC ＝OA ＝3x .∵∠COE ＝∠AOC ，∠OEC ＝∠OCP ＝90°，∴△OCE ∽△OPC ，∴OC OE ＝OP OC.即(3x )2＝x (3x ＋6)，∴x ＝1，∴OA ＝3x ＝3，即圆的半径为3. 解法2：由(1)知PC 是⊙O 的切线，∴∠OCP ＝90°.又∵CD ⊥OP ，由射影定理知OC 2＝OE ·OP ，以下同解法1.15．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x 2－14x ＋mn ＝0的两个根．(Ⅰ)证明：C ，B ，D ，E 四点共圆；(Ⅱ)若∠A ＝90°，且m ＝4，n ＝6，求C ，B ，D ，E 所在圆的半径．解析 (Ⅰ)连接DE ，根据题意在△ADE 和△ACB 中，AD ×AB ＝mn ＝AE ×AC ，即AD AC ＝AE AB.又∠DAE ＝∠CAB ，从而△ADE ∽△ACB ，因此∠ADE ＝∠ACB ，所以C ，B ，D ，E 四点共圆．(Ⅱ)m ＝4，n ＝6时，方程x 2－14x ＋mn ＝0的两根为x 1＝2，x 2＝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，连接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 .HF ＝AG ＝5，DF ＝12(12－2)＝5. 故C ，B ，D ，E 四点所在圆的半径为5 2.。

七年级数学几何图形初步难题精选(含解析答案)

七年级数学几何图形初步难题精选（含解析答案）1.美术课上，老师要求同学们将如图所示的白纸只沿虚线剪开，用裁开的纸片和白纸上的阴影部分困成一个立体模型，然后放在桌而上，下面四个示意图中，只有一个符合上述要求，那么这个示意图是D2.《几何原本》的诞生，标志着几何学已成为一个有着严密理论系统和科学方法的学科，它奠左了现代数学的基础•它是下列哪位数学家的著作（）A.欧几里得B.杨辉C.费马D.刘徽 3•如图，在直角梯形ABCD中，AD//BC, ZABC=90。

，丄DC, BD=DC, CE 平分/BCD,交 AB 于点E,交BD于点H, EN//DC交BD于点、N,下列结论：①BH=DH；②CH=（A/2+1）EH：③护廻=学.其中正确的是（）S QH ECA __________ DA.①②③B.只有②（③C.只有②D.只有③4•如图，一个几何体上半部为正四棱锥，下半部为立方体，且有一个而涂有颜色，下列图形中，是该几何体的表而展开图的是（）6•图1所示的正方体木块棱长为6 cm 船其相邻三个而的对角线（图中虚线）剪掉一角，得到如图2的几何体，一只蚂蚁沿着图2的几何体表而从顶点A 爬行到顶点B 的最短距离为 _________ c m.&如图，n+1个上底、两腰长皆为1, P 阿“凡而积为» 四边形PN 斟汕的而积为亠，…，四边形屮的面积记为» 通过逐一计9•有一张矩形纸片ABCD.按下而步骤进行折叠：第一步：如图①，将矩形纸片ABCD 折叠，使点B, D 重合，点C 落在点C ，处，得折痕EF ：第二步：如图②，将五边形AEFCD 折叠，使CF 重合，得折痕DG,再打开：第三步：如图③，进一步折叠，使AE, CF 均落在DG 上，点A, U 落在点/V 处，点E, F 落在点E 处, 得折痕MN, QP.n> 下底长为2的等腰梯形的下底均在同一直线上，设四边形A. B. D.A. AB. BC.CD. D图1图3图2 7•如图1罔2,图3,用一种大小相等的正多边形密铺成一个“环二我们称之为环形密铺，但图4,图5不是我(1) 请写出图①中一组相等的线段 _________ (写出一组即可)；(2) 若这样折岀的五边形DMNPQ(如图③)恰好是一个正五边形，当AB=a, AD=b, DM=m 时，有下列结论： (X)a 2—b 2=2cih tan 18°； (2)w=-/a 2 + b 2 tan 18°；③b=m+a tan 18°： ④b=^n+m tan 18°其中，正确结论的序号是 _____ (把你认为正确结论的序号都填上).■10.—个圆柱形的蛋糕，将它截三刀，能截出六块、七块或八块吗？若能，画出示意图：若不能，请说明理由.11•图①的正方体切去一块，得到图②迴的几何体.① ② ③ ④ ⑤(1)所得几何体各有多少个而?多少条棱?多少个顶点? (2)举例说明其他形状的几何体也切去一块，所得到的几何体的而数、棱数和顶点数各是多少? (3) 若而数记为「棱数记为e,顶点数记为-则f f v f e 应满足什么关系?12.有一副直角三角板，其中一个三角板的内角是45。

几何难题精选中考压轴题带答案和详细解析30道解答题.docx

几何难题精选解答题（共30小题）1. （2015・河南）如图 1,在 RtAABC 中，ZB=90°, BC=2AB=8，点 D 、E 分别是边 BC 、 AC 的中点，连接DE,将AEDC 绕点C 按顺时针方向旋转，记旋转角为a. （1）问题发现①当a=0°时，—= ；②当a=180°时，—= BD BD（2）拓展探究试判断：当0。

"<360。

时，華的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明. BD（3）问题解决当AEDC 旋转至A, D, E 三点共线时，直接写出线段BD 的长.2. （2015・济南）如图 1,在厶ABC 中,ZACB=90°, AC=BC, ZEAC=90°，点 M 为射线 AE 上任意一点（不与A 重合），连接CM,将线段CM 绕点C 按顺时针方向旋转9（）。

得到线段CN,直线NB 分别交直线CM 、射线AE 于点F 、D.（1）直接写JIIZNDE 的度数；（2）如图2、图3,当ZEAC 为锐角或钝角时，其他条件不变，（1）中的结论是否发生变化？如果不变，选取其中一种情况加以证明；如果变化，请说明理由；（3）如图4,若ZEAC=15°, ZACM=60°,肓线CM 与AB 交于G, BD 二匝士亜，其他条件不变，求线段AM 的长.图1图23. （2015・岳阳）已知直线01〃山点C 是直线m 上一点，点D 是直线n 上一点，CD 与直线m 、n 不垂直，点P 为线段CD 的中点.（1）操作发现：直线l±m, l±n,垂足分别为A 、B,当点A 与点C 重合时（如图①所示）, 连接PB,请直接写出线段PA 与PB 的数量关系： _______ .（2）猜想证明：在图①的情况下，把直线1向上平移到如图②的位置，试问（1）中的PA 与PB 的关系式是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由.（3）延伸探究：在图②的情况卜把直线1绕点A 旋转，使得ZAPB=90° （如图③所示）, 若两平行线m 、n 之间的距离为2k ・求证：PA ・PB 二k ・AB.4. （2015*重庆）在厶ABC 中,AB=AC, ZA=60°，点 D 是线段 BC 的中点,ZEDF=120°, DE 与线段AB 相交于点E. DF 与线段AC （或AC 的延长线）相交于点F.（1）如图1,若DF 丄AC,垂足为F, AB=4,求BE 的长；图① …图②E（2）如图2,将（1）中的ZEDF绕点D顺时针旋转一定的介度，DF仍与线段AC相交于点F.求证：BE+CF=-AB；2（3）如图3,将（2）中的ZEDF继续绕点D顺时针旋转一定的角度，使DF与线段AC的延长线相交于点F,作DN丄AC于点N,若DN丄AC于点N,若DN=FN,求证：BE+CF二逅（BE-CF）.5.（2015•烟台）【问题提出】如图①，已知ZXABC是等腰三角形，点E在线段AB ±，点D在直线BC上，H.ED二EC, 将Z\BCE绕点C顺时针旋转60。

2024年中考数学重难点《几何最值问题》题型及答案解析

重难点几何最值问题中考数学中《几何最值问题》部分主要考向分为五类：一、将军饮马类最值二、动点辅助圆类最值三、四点共圆类最值四、瓜豆原理类最值五、胡不归类最值几何最值问题虽然在中考数学中经常考察的是将军饮马类和辅助圆类，剩余几种虽然不经常考察，但是考到的时候难度都比较大，所以也需要理解并掌握不同类型的几何最值问题的处理办法，这样到考到的时候才能有捷径应对。

考向一：将军饮马类最值一动”“两定异侧普通一动”“两定同侧普通动”两定“一动”两定“两两动”“两定同侧两动”“两定异侧满分技巧将军饮马：。

1．（2023•绥化）如图，△ABC是边长为6的等边三角形，点E为高BD上的动点．连接CE，将CE绕点C 顺时针旋转60°得到CF．连接AF，EF，DF，则△CDF周长的最小值是3+3．【分析】分析已知，可证明△BCE≌△ACF，得∠CAF＝∠CBE＝30°，可知点F在△ABC外，使∠CAF ＝30°的射线AF上，根据将军饮马型，求得DF+CF的最小值便可求得本题结果．【解答】解：∵△ABC是等边三角形，∴AC＝BC＝6，∠ABC＝∠BCA＝60°，∵∠ECF＝60°，∴∠BCE＝60°﹣∠ECA＝∠ACF，∵CE＝CF，∴△BCE≌△ACF（SAS），∴∠CAF＝∠CBE，∵△ABC是等边三角形，BD是高，∴∠CBE＝∠ABC＝30°，CD＝AC＝3，过C点作CG⊥AF，交AF的延长线于点G，延长CG到H，使得GH＝CG，连接AH，DH，DH与AG 交于点I，连接CI，FH，则∠ACG＝60°，CG＝GH＝AC＝3，∴CH＝AC＝6，∴△ACH为等边三角形，∴DH＝CD•tan60°＝，AG垂直平分CH，∴CI＝HI，CF＝FH，∴CI+DI＝HI+DI＝DH＝3，CF+DF＝HF+DF≥DH，∴当F与I重合时，即D、F、H三点共线时，CF+DF的值最小为：CF+DF＝DH＝3，∴△CDF的周长的最小值为3+3．故答案为：3+3．2．（2023•德州）如图，在四边形ABCD中，∠A＝90°，AD∥BC，AB＝3，BC＝4，点E在AB上，且AE＝1．F，G为边AD上的两个动点，且FG＝1．当四边形CGFE的周长最小时，CG的长为．【分析】先确定FG和EC的长为确定的值，得到四边形CGFE的周长最小时，即为CG+EF最小时，平移CG到C'F，作点E关于AD对称点E'，连接E'C'交AD于点G'，得到CG+EF最小时，点G与G'重合，再利用平行线分线段成比例求出C'G'长即可．【解答】解：∵∠A＝90°，AD∥BC，∴∠B＝90°，∵AB＝3，BC＝4，AE＝1，∴BE＝AB﹣AE＝3﹣1＝2，在Rt△EBC中，由勾股定理，得EC＝＝＝，∵FG＝1，∴四边形CGFE的周长＝CG+FG+EF+EC＝CG+EF+1+，∴四边形CGFE的周长最小时，只要CG+EF最小即可．过点F作FC'∥GC交BC于点C'，延长BA到E'，使AE'＝AE＝1，连接E'F，E'C'，E'C'交AD于点G'，可得AD垂直平分E'E，∴E'F＝EF，∵AD∥BC，∴C'F＝CG，CC'＝FG＝1，∴CG+EF＝C'F+E'F≥E'C'，即CG+EF最小时，CG＝C'G'，∵E'B＝AB+AE'＝3+1＝4，BC'＝BC﹣CC'＝4﹣1＝3，由勾股定理，得E'C'＝＝＝5，∵AG'∥BC'，∴＝，即＝，解得C'G'＝，即四边形CGFE的周长最小时，CG的长为．故答案为：．考向二：动点辅助圆类最值满分技巧动点运动轨迹为辅助圆的三种类型：一．定义法——若一动点到定点的距离恒等于固定长，则该点的运动轨迹为以定点为圆心，定长为半径的圆（或圆弧）二.定边对直角模型原理：直径所对的圆周角是直角思路构造：若一条定边所对的“动角”始终为直角，则直角顶点运动轨迹是以该定边为直径的圆（或圆弧）三．定边对定角模型原理：在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等思路构造：若一条定边所对的“动角”始终为定角，则该定角顶点运动轨迹是以该定角为圆周角，该定边为弦的圆（或圆弧）1．（2023•徐州）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，CA＝CB＝3，点D在边BC上．将△ACD沿AD折叠，使点C落在点C′处，连接BC′，则BC′的最小值为．【分析】由折叠性质可知AC＝AC'＝3，然后根据三角形的三边不等关系可进行求解．【解答】解：∵∠C＝90°，CA＝CB＝3，∴，由折叠的性质可知AC＝AC'＝3，∵BC'≥AB﹣AC'，∴当A、C′、B三点在同一条直线时，BC'取最小值，最小值即为，故答案为．2．（2023•黑龙江）如图，在Rt△ACB中，∠BAC＝30°，CB＝2，点E是斜边AB的中点，把Rt△ABC绕点A顺时针旋转，得Rt△AFD，点C，点B旋转后的对应点分别是点D，点F，连接CF，EF，CE，在旋转的过程中，△CEF面积的最大值是4+．【分析】线段CE为定值，点F到CE距离最大时，△CEF的面积最大，画出图形，即可求出答案．【解答】解：∵线段CE为定值，∴点F到CE的距离最大时，△CEF的面积有最大值．在Rt△ACB中，∠BAC＝30°，E是AB的中点，∴AB＝2BC＝4，CE＝AE＝AB＝2，AC＝AB•cos30°＝2，∴∠ECA＝∠BAC＝30°，过点A作AG⊥CE交CE的延长线于点G，∴AG＝AC＝，∵点F在以A为圆心，AB长为半径的圆上，∴AF＝AB＝4，∴点F到CE的距离最大值为4+，∴，故答案为：．3．（2023•大庆模拟）如图，AB是⊙O的直径，AB＝4，C为的三等分点（更靠近A点），点P是⊙O上个动点，取弦AP的中点D，则线段CD的最大值为（）A．2B．C．D．【分析】如图，连接OD，OC，首先证明点D的运动轨迹为以AO为直径的⊙K，连接CK，当点D在CK的延长线上时，CD的值最大，利用勾股定理求出CK即可解决问题．【解答】解：如图，连接OD，OC，∵AD＝DP，∴OD⊥P A，∴∠ADO＝90°，∴点D的运动轨迹为以AO为直径的⊙K，连接CK，AC，当点D在CK的延长线上时，CD的值最大，∵C为的三等分点，∴∠AOC＝60°，∴△AOC是等边三角形，∴CK⊥OA，在Rt△OCK中，∵∠COA＝60°，OC＝2，OK＝1，∴CK＝＝，∵DK＝OA＝1，∴CD＝+1，∴CD的最大值为+1，故选：D．考向三：四点共圆类最值满分技巧对角互补的四边形必有四点共圆，即辅助圆产生模型原理：圆内接四边形对角互补∴FD＝，在四边形ACBF中，∠ACB＝∠AFB＝90°，∴A、C、B、F四点共圆，∴∠ACF＝∠ABF＝45°，∠CAB＝∠CFB，∵∠PCD＝45°∴∠ACP＝∠FCD，又∵△ABE∽△FBD，∴∠BAE＝∠BFD，∴∠CAP＝∠CFD，∴△CAP∽△CFD，∴，在四边形ACBF中，由对角互补模型得AC+CB＝，∴CF＝∴，∴AP＝1，∴PE＝2，故答案为：2考向四：瓜豆原理类最值满分技巧瓜豆原理的特征和结论：∴AB＝CD＝6，∠B＝∠BCD＝90°，∵∠BET＝∠FEG＝45°，∴∠BEF＝∠TEG，∵EB＝ET，EF＝EG，∴△EBF≌△ETG（SAS），∴∠B＝∠ETG＝90°，∴点G在射线TG上运动，∴当CG⊥TG时，CG的值最小，∵BC＝，BE＝，CD＝6，∴CE＝CD＝6，∴∠CED＝∠BET＝45°，∴∠TEJ＝90°＝∠ETG＝∠JGT＝90°，∴四边形ETGJ是矩形，∴DE∥GT，GJ＝TE＝BE＝，∴CJ⊥DE，∴JE＝JD，∴CJ＝DE＝3，∴CG＝CJ+GJ＝+3，∴CG的最小值为+3，故答案为：+3．2．（2023•宿城区二模）如图，矩形ABCD中，AD＝6，DC＝8，点E为对角线AC上一动点，BE⊥BF，，BG⊥EF于点G，连接CG，当CG最小时，CE的长为．【分析】过点B作BP⊥AC于点P，连接PG，则可得△ABE∽△PBG，进而可知∠BPG为定值，因此CG⊥PG时，CG最小，通过设元利用三角函数和相似比可表示出PG、CP，即可求出结果．【解答】解：如图，过点B作BP⊥AC于点P，连接PG，∵，∠ABC＝∠EBF，∴△ABC∽△EBF，∴∠CAB＝∠FEB，∵∠APB＝∠EGB＝90°，∴△ABP∽△EBG，∴＝，∠ABP＝∠EBG，∴∠ABE＝∠PBG，∴△ABE∽△PBG，∴∠BPG＝∠BAE，即在点E的运动过程中，∠BPG的大小不变且等于∠BAC，∴当CG⊥PG时，CG最小，设此时AE＝x，∵，∴PG＝，∵CG⊥PG，∴∠PCG＝∠BPG＝∠BAC，∴，代入PG＝，解得CP＝x，∵CP＝BC•sin∠CBP＝BC•sin∠BAC＝，∴x＝，∴AE＝∴CE＝，故答案为：．考向五：胡不归类最值满分技巧胡不归模型解决步骤：模型具体化：如图，已知两定点A、B，在定直线BC上找一点P，使从B走道P，再从P走到A的总时间最小解决步骤：由系数k·PB确定分割线为PBPA在分割线一侧，在分割线PB另一侧依定点B构α角，使sinα=k，α角另一边为BD过点P作PQ⊥BD，转化kPB=PQ过定点A作AH⊥BD，转化（PA+k·PB）min=AH，再依“勾股法”求AH的长即可。

高考数学试题分项专题17 几何证明选讲理选修4 试题

卜人入州八九几市潮王学校2021最新题库大全二零二零—二零二壹年数学〔理〕高考试题分项专题17几何证明选讲〔选修4系列〕一、选择题:1.(2021年高考卷理科5)如图.∠ACB=90º，CD⊥AB于点D，以BD为直径的圆与BC交于点E.那么()A.CE·CB=AD·DBB.C E·CB=AD·ABC.AD·AB=CD²·EB=CD²二、填空题:1.(2021年高考卷理科15)〔几何证明选讲选做题〕如图3，圆O的半径为1，A、B、C是圆周上的三点，满足∠ABC=30°，过点A做圆O的切线与OC的延长线交于点P，那么PA=_______..3.(2021年高考卷理科15)〔选修4-1：几何证明选讲〕如图，点D在⊙O的弦AB上挪动，AB=4，连接OD，过点D作OD的垂线交⊙O于点C，那么CD的最大值为_____________.4.(2021年高考卷理科11)如图2，过点P的直线与圆O相交于A，B两点.假设PA=1，AB=2，PO=3，那么圆O的半径等于_______.5．(2021年高考卷理科15)B．〔几何证明选做题〕如图，在圆O中，直径AB与弦CD垂直，垂足为E，AE=，那么DF DB⋅=．AB=，1EF DB⊥，垂足为F，假设6三、解答题:1.〔2021年高考卷21〕A．[选修4-1：几何证明选讲]〔本小题总分值是10分〕如图，AB是圆O的直径，D，E为圆上位于AB异侧的两点，连结BD并延长至点C，使BD=DC，连结AC，AE，DE．求证：．2.(2021年高考卷理科22)(本小题总分值是10分)选修41：几何证明选讲如图，⊙O和⊙相交于两点，过A作两圆的切线分别交两圆于C，D 两点，连接DB并延长交⊙O于点E.证明(Ⅰ)；(Ⅱ)。

3.(2021年高考全国卷理科22)〔本小题总分值是10分〕选修4-1：几何证明选讲如图，分别为边的中点，直线交的外接圆于两点，假设，证明：〔1〕；〔2〕一、选择题:1．(2021年高考卷理科5)如图，AD，AE，BC分别与圆O切于点D，E，F，延长AF与圆O交于另一点G。

高三数学几何选讲试题答案及解析

高三数学几何选讲试题答案及解析1.如图，PA是圆O的切线，A为切点，PO与圆O交于点B、C，AQ^OP，垂足为Q．若PA＝4，PC＝2，求AQ的长．【答案】【解析】由切割线定理可解得圆的半径，再根据射影定理可解所求.由PA2＝PC·PB．解得r＝3．在Rt△APO中，因为AQ⊥PO，由面积法可知，×AQ×PO＝×AP×AO，即AQ＝．试题解析：证明：连接AO．设圆O的半径为r．因为PA是圆O的切线，PBC是圆O的割线，所以PA2＝PC·PB． 3分因为PA＝4，PC＝2，所以42＝2×(2＋2r)，解得r＝3． 5分所以PO＝PC＋CO＝2＋3＝5，AO＝r＝3．由PA是圆O的切线得PA⊥AO，故在Rt△APO中，因为AQ⊥PO，由面积法可知，×AQ×PO＝×AP×AO，即AQ＝． 10分【考点】切割线定理2.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=2【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】本题第（1）问，先由已知得出PA=PD，然后由对应角相等，拆分角得出结论；对第（2）问，可由切割线定理得出，，然后由相交弦定理，得出结论.试题解析：（1）连结AB，AC，由题意知PA=PD，故，因为，，，所以，从而，因此BE=EC.（2）由切割线定理得：，因为，所以，，由相交弦定理得：===，所以等式成立.【易错点】对第（1）问，不容易找到思路;第（2）问中不会灵活应用已知条件而出错.【考点】本小题主要考查圆的切线、割线、相交弦定理、圆内接四边形等平面几何知识，考查数形结合思想，考查分析问题、解决问题的能力.3.如图所示，在△ABC中，MN∥DE∥DC，若AE∶EC＝7∶3，则DB∶AB的值为()A．3∶7B．7∶3C．3∶10D．7∶10【答案】C【解析】∵MN∥DE∥BC，∴＝＝，∴＝，∴＝，∴＝．故选C．4.如图，△ABC中，AB＝AC，AD是中线，P为AD上一点，CF∥AB，BP延长线交AC、CF 于E、F，求证：PB2＝PE·PF．【答案】见解析【解析】证明：连接PC，易证PC＝PB，∠ABP＝∠ACP．∵CF∥AB，∴∠F＝∠ABP，从而∠F＝∠ACP．又∠EPC为△CPE与△FPC的公共角，从而△CPE∽△FPC，∴＝，∴PC2＝PE·PF．又PC＝PB，∴PB2＝PE·PF．5.以Rt⊿ABC的直角边AB为直径作圆O，圆O与斜边AC交于D，过D作圆O的切线与BC 交于E，若BC=6，AB=8，则OE= .【答案】5【解析】依题意，直线、均为圆的切线，所以，所以，因为为的中点，所以，在中，BC=6，AB=8，所以，所以.【考点】圆的切线的性质，勾股定理，三角形中位线定理.6.（2011•广东）如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB=4，CD=2．E，F分别为AD，BC上点，且EF=3，EF∥AB，则梯形ABFE与梯形EFCD的面积比为．【答案】7：5【解析】根据EF的长度和与上下底平行知是梯形的中位线，设出中位线分成的两个梯形的高，根据梯形的面积公式写出两个梯形的面积，都是用含有高的代数式来表示的，求比值得到结果．解：∵E，F分别为AD，BC上点，且EF=3，EF∥AB，∴EF是梯形的中位线，设两个梯形的高是h，∴梯形ABFE的面积是，梯形EFCD的面积∴梯形ABFE与梯形EFCD的面积比为=，故答案为：7：5点评：本题考查梯形的中位线，考查梯形的面积公式是一个基础题，解题的时候容易出的一个错误是把两个梯形看成相似梯形，根据相似多边形的面积之比等于相似比的平方．7.已知AB为圆O的直径，AB=4，C为半圆上一点，过点C作圆O的切线CD，过点A作AD CD于D，交圆O于点E，DE=1，则BC的长为。

高二数学几何选讲试题答案及解析

高二数学几何选讲试题答案及解析于点，过点作两1.如图，已知⊙与⊙相交于、两点，过点A作⊙的切线交⊙O2圆的割线，分别交⊙、⊙于点、，与相交于点.（1）求证：；（2）若是⊙的切线，且，，求的长．【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）圆的切线的性质定理圆的切线垂直于过切点的半径，推论1经过圆心且垂直于切线的直线必过切点，推论2经过切点且垂直于切线的直线必过圆心；（2）圆的切线的性质定理经过半径的外端并且垂直于这条半径的直径是圆的切线；若已知条件中直线与圆的公共点不明确，则应过圆心作直线的垂线，得到垂线段，设法证明这条垂线段的长等于圆的半径；（3）掌握与圆有关的比例线段，如相交弦定理，割线定理，切割线定理，切线长定理.试题解析：解：（I）∵AC是⊙O的切线，∴∠BAC＝∠D，1又∵∠BAC＝∠E，∴∠D＝∠E，∴AD∥EC. 5分（II）设BP＝x，PE＝y，∵PA＝6，PC＝2，∴＝12 ①∵AD∥EC，∴，∴②由①、②解得（∵x>0，y>0）∴DE＝9＋x＋y＝16，∵AD是⊙O的切线，∴AD2＝DB·DE＝9×16，∴AD＝12. 11分2【考点】（1）证明直线与直线平行；（2）求切线长.2.如图，在△ABC中，AB=8，AC=7，BC=6，D是AB的中点，∠ADE=∠ACB，则DE=_________．【答案】.【解析】首先由知，∽，所以.然后因为AB=8，D是AB的中点，所以.又AC=7，BC=6，所以，即.【考点】相似三角形的性质.3.如图，AC为⊙O的直径，OB⊥AC，弦BN交AC于点M．若OC=，OM=1，则MN=_________．【答案】1.【解析】因为AC为⊙O的直径，OB⊥AC，且OC=，OM=1，所以，. 设，由相交弦定理知，即，所以，即.【考点】与圆有关的比例线段.4.如图，四边形是圆的内接四边形，延长和相交于点，若，，则的值为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】四边形是圆的内接四边形，它的两对对角互补，进而得到∽，因而有，故选择B.【考点】平面几何中的圆与四边形.5.如图在△中,∥,,交于点,则图中相似三角形的对数为( ).A．1B．2C．3D．4【答案】B【解析】,;又,,故选B.【考点】相似三角形.6.如图所示，△ABC内接于⊙O，AB＝AC，直线XY切⊙O于点C，BD∥XY，AC、BD相交于E.(1)求证：△ABE≌△ACD；(2)若AB＝6 cm，BC＝4 cm，求AE的长．【答案】（1）见解析；（2）.【解析】（1）欲证三角形全等，需牢牢掌握这种证明方法和所需要的条件.本小题,(已知)，下寻找另外的边和角，考虑到这里有圆，所以运用同弧所对应的圆周角相等可得(弧所对)，接着证明(其他角和边不好证，同时这里有弦切角可以利用).（2）欲求,因,则可转化为求,考虑到，需将联系起来就得考虑三角形相似.注意到,.试题解析：(1)证明因为XY是⊙O的切线，所以.因为，所以，∴. 2分因为，所以. 4分因为，又因为，所以. 5分(2)解因为，，所以， 7分所以，即 8分因为，，所以.所以AE. 10分【考点】（1）三角形全等的证明；（2）三角形相似的证明与应用；（3）圆性质的应用.7.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，求线段CE的长.【答案】【解析】利用相交弦定理可得到的等量关系，并结合已知条件可计算出,利用切割线定理可得到的等量关系，并结合前面所得可得结果.试题解析：由相交弦定理得，由于，可解得，所以.由切割线定理得，即.【考点】相交弦定理，切割线定理.8.若一个直角三角形的一条直角边为3 cm，斜边上的高为2.4 cm，则这个直角三角形的面积为A．7.2 cm2B．6 cm2C．12 cm2D．24 cm2【答案】B【解析】长为3 cm的直角边在斜边上的射影为＝1.8 (cm)，故由射影定理知斜边长为＝5 (cm)，∴三角形的面积为×5×2.4＝6 (cm2)．9.如图，在直角梯形ABCD中，DC∥AB，CB⊥AB，AB＝AD＝a，CD＝，点E，F分别为线段AB，AD的中点，则EF＝________.【答案】【解析】连接BD、DE，由题意可知DE⊥AB，DE＝a，即BC＝DE＝a，∴BD＝＝a，∴EF＝BD＝.10.如图所示，圆内的两条弦AB、CD相交于圆内一点P，已知PA＝PB＝4，PC＝PD.求CD 的长．【答案】10【解析】解设CD＝x，则PD＝x，PC＝x.由相交弦定理，得PA·PB＝PC·PD，∴4×4＝x·x，x＝10.∴CD＝10.11.如图所示，PA是⊙O的切线，切点为A，PA＝2.AC是⊙O的直径，PC与⊙O交于点B，PB＝1，则⊙O的半径r＝________.【答案】【解析】依题意，△PBA∽△ABC，所以＝，即r＝＝＝.12.如图所示，P、Q分别在BC和AC上，BP∶CP＝2∶5，CQ∶QA＝3∶4，则等于A．3∶14B．14∶3C．17∶3D．17∶14【答案】B【解析】过Q点作QM∥AP交BC于M，则＝＝，又∵＝，∴＝.又＝＝，＝＝，∴＝，∴＝.13.如图所示，点D、E分别在AB、AC上，下列条件能判定△ADE与△ACB相似的有①∠AED＝∠B②＝③＝④DE∥BCA．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【解析】由判定定理1知①正确，由判定定理2知②正确，由预备定理1知④正确，③不符合相似三角形的判定定理，故不正确，从而选C.14.如图所示，在直角梯形ABCD中，AB＝7，AD＝2，BC＝3.设边AB上的一点P，使得以P、A、D为顶点的三角形和以P、B、C为顶点的三角形相似，那么这样的点P有A．1个 B．2个C．3个 D．4个【答案】C【解析】设AP＝x，则PB＝7－x.(1)若△PAD∽△PBC，则＝，即＝，得x＝<7，符合条件．(2)若△PAD∽△CBP，即＝，x2－7x＋6＝0，解得x1＝1，x2＝6也符合条件，故满足条件的点P 有3个．15. 在四边形ABCD 中，∠A ＝135°，∠B ＝∠D ＝90°，BC ＝2，AD ＝2，则四边形ABCD 的面积是______．【答案】4【解析】因∠B ＝∠D ＝90°，于是设想构造直角三角形，延长BA 与CD 的延长线交于E ，则得到Rt △BCE 和Rt △ADE ，由题目条件知，△ADE 为等腰直角三角形，所以DE ＝AD ＝2，所以S △ADE ＝×2×2＝2. 又可证Rt △EBC ∽Rt △EDA ，所以＝2＝2＝3.∴S △EBC ＝3S △EDA ，∴S 四边形ABCD ＝S △EBC －S △ADE ＝4.16. 如图所示，D 为△ABC 中BC 边上的一点，∠CAD ＝∠B ，若AD ＝6，AB ＝8，BD ＝7，求DC 的长．【答案】9【解析】解 ∵∠CAD ＝∠B ，∠C ＝∠C ， ∴△CAD ∽△CBA.∴＝＝.∴AC ＝，AC ＝.∴＝.设CD ＝x ，则＝，解得x ＝9.故DC ＝9.17. 如图所示，已知⊙O 的两条弦AB 、CD 相交于AB 的中点E ，且AB ＝4，DE ＝CE ＋3，则CD 的长为________．【答案】5【解析】由相交弦定理知 EA·EB ＝EC·ED. (*)又∵E 为AB 中点，AB ＝4，DE ＝CE ＋3， ∴(*)式可化为22＝EC(CE ＋3)＝CE 2＋3CE ， ∴CE ＝－4(舍去)或CE ＝1.∴CD ＝DE ＋CE ＝2CE ＋3＝2＋3＝5.18. 如图所示，已知BC 是⊙O 的弦，P 是BC 延长线上一点，PA 与⊙O 相切于点A ，∠ABC ＝25°，∠ACB＝80°，求∠P的度数．【答案】55°【解析】解因为PA与⊙O相切于点A，所以∠PAC＝∠ABP＝25°.又因为∠ACB＝80°，所以∠ACP＝100°.又因为∠PAC＋∠PCA＋∠P＝180°，所以∠P＝180°－100°－25°＝55°.19.(拓展深化)如图所示，△ABC内接于⊙O，AB＝AC，直线XY切⊙O于点C，BD∥XY，AC、BD相交于E.(1)求证：△ABE≌△ACD；(2)若AB＝6 cm，BC＝4 cm，求AE的长．【答案】(1)见解析 (2)cm【解析】(1)证明因为XY是⊙O的切线，所以∠1＝∠2.因为BD∥XY，所以∠1＝∠3，∴∠2＝∠3.因为∠3＝∠4，所以∠2＝∠4.因为∠ABD＝∠ACD，又因为AB＝AC，所以△ABE≌△ACD.(2)解因为∠3＝∠2，∠ABC＝∠ACB，所以△BCE∽△ACB，＝，AC·CE＝BC2.因为AB＝AC＝6 cm，BC＝4 cm，所以6·(6－AE)＝16.所以AE＝cm.20.如图所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，以BC上一点O为圆心作⊙O与AB相切于E，与AC相切于C，又⊙O与BC的另一个交点为D，则线段BD的长为A．1B．C．D．【答案】C【解析】⊙O与AC相切于C，则∠ACB＝90°，又AC＝4，BC＝3，∴AB＝5，连接OE，且设⊙O的半径为R，则由△OEB∽△ACB，∴OB＝＝R，∴BC＝OC＋OB＝R＋R＝R＝3，∴R＝，∴BD＝BC－2R＝3－＝.21.若两条直线(a＋2)x＋(1－a)y－3＝0，(a－1)x＋(2a＋3)y＋2＝0与两坐标轴围成的四边形有一个外接圆，则实数a＝________.【答案】1或－1【解析】由圆内接四边形的性质，知(a＋2)(a－1)＋(1－a)·(2a＋3)＝0，整理得a2＝1，∴a＝±1. 22.(拓展深化)如图，已知△ABC中的两条角平分线AD和CE相交于H，∠B＝60°，F在AC上，且AE＝AF.(1)证明：B、D、H、E四点共圆；(2)证明：CE平分∠DEF.【答案】见解析【解析】证明(1)在△ABC中，因为∠B＝60°，所以∠BAC＋∠BCA＝120°.因为AD，CE是角平分线，所以∠HAC＋∠HCA＝60°，故∠AHC＝120°.于是∠EHD＝∠AHC＝120°.因为∠EBD＋∠EHD＝180°，所以B、D、H、E四点共圆．(2)连接BH，则BH为∠ABC的平分线，得∠HBD＝30°.由(1)知B、D、H、E四点共圆．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.23.如图，点A、B、C是圆O上的点，且AB＝4，∠ACB＝30°，则圆O的面积等于A．4π B．8πC．12π D．16π【答案】D【解析】连接OA、OB，∵∠ACB＝30°，∴∠AOB＝60°，又∵OA＝OB，∴△AOB为等边三角形，又AB＝4，∴OA＝OB＝4，∴S＝π·42＝16π.⊙O24.在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC，垂足为D.若BC＝m，∠B＝α，则AD的长为A．m sin2α B．m cos2αC．m sin αcos α D．m sin αtan α【答案】C【解析】由射影定理，得AB2＝BD·BC，AC2＝CD·BC，即m2cos2α＝BD·m，m2sin2α＝CD·m，即BD＝mcos2α，CD＝msin2α.又∵AD2＝BD·DC＝m2cos2αsin2α，∴AD＝mcos αsin α.故选C.25.如图，在正方形ABCD中，E为AB的中点，AF⊥DE于点O，则等于________．【答案】【解析】在Rt△DAO及Rt△DEA中，∠ADO为公共角，∴Rt△DAO∽Rt△DEA，∴＝，即＝.∵E为AB的中点，∴＝＝，∴＝.26. (拓展深化)如图，M为线段AB的中点，AE与BD交于点C，∠DME＝∠A＝∠B＝α.且DM交AC于F，ME交BC于G，(1)写出图中三对相似三角形，并证明其中的一对；(2)连接FG，如果α＝45°，AB＝4，AF＝3，求FG的长．【答案】(1)△AMF∽△BGM，△DMG∽△DBM，△EMF∽EAM，证明见解析 (2)【解析】解(1)△AMF∽△BGM，△DMG∽△DBM，△EMF∽EAM.以下证明：△AMF∽△BGM.∵∠AFM＝∠DME＋∠E＝∠A＋∠E＝∠BMG，∠A＝∠B，∴△AMF∽△BGM.(2)当α＝45°时，可得AC⊥BC且AC＝BC.∵M为AB的中点，∴AM＝BM＝2.又∵△AMF∽△BGM，∴＝∴BG＝＝＝.又AC＝BC＝4×sin 45°＝4，∴CG＝4－＝.∵CF＝4－3＝1，∴FG＝＝＝.27.如图所示，已知DE∥BC，BF∶EF＝3∶2，则AC∶AE＝________，AD∶DB＝________.【答案】3∶22∶1【解析】∵DE∥BC，∴＝＝.∵BF∶EF＝3∶2，∴＝＝.∴AC∶AE＝3∶2.又DE∥BC，得AB∶AD＝3∶2，即＝.∴＝.即＝＝2，即＝2.∴AD∶BD＝2∶1.28.如图，以梯形ABCD的对角线AC及腰AD为邻边作平行四边形ACED，DC的延长线交BE于点F，求证：EF＝BF.【答案】见解析【解析】证明如图所示，连接AE交DC于O.∵四边形ACED是平行四边形．∴O是AE的中点．∵在梯形ABCD中，DC∥AB，在△EAB中，OF∥AB，又∵O是AE的中点，∴F是EB的中点，∴EF＝BF.29.如图甲,四边形是等腰梯形,.由4个这样的等腰梯形可以拼出图乙所示的平行四边形,则四边形中度数为 ( )A．B．C．D．【答案】C【解析】由于上底和两腰长已知，故要求梯形面积，关键是要找出底边上和高，由于图形中无法再分析出边与边的关系，所以我们可以从角的方向入手，求梯形的内角。

2013中考压轴题选讲专题7：几何三大变换问题(排版+答案)

2012年中考数学压轴题分类解析专题7：几何三大变换相关问题授课老师：黄立宗典型例题选讲：例题1：（2012福建龙岩13分）矩形ABCD中，AD=5，AB=3，将矩形ABCD沿某直线折叠，使点A的对应点A′落在线段BC上，再打开得到折痕EF．（1）当A′与B重合时（如图1），EF= ；当折痕EF过点D时（如图2），求线段EF的长；（2）观察图3和图4，设BA′=x，①当x的取值范围是时，四边形AEA′F是菱形；②在①的条件下，利用图4证明四边形AEA′F是菱形．例题2：（2012辽宁丹东）已知：点C、A、D在同一条直线上，∠ABC=∠ADE=α，线段 BD、CE交于点M．（1）如图1，若AB=AC，AD=AE①问线段BD与CE有怎样的数量关系？并说明理由；②求∠BMC的大小（用α表示）；（2）如图2，若AB= BC=kAC，AD =ED=kAE则线段BD与CE的数量关系为，∠BMC= （用α表示）；（3）在（2）的条件下，把△ABC绕点A逆时针旋转180°，在备用图中作出旋转后的图形（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹），连接 EC并延长交BD于点M.则∠BMC= （用α表示）．例题3：（2012福建福州）如图①，已知抛物线y＝ax2＋bx(a≠0)经过A(3，0)、B(4，4)两点．(1) 求抛物线的解析式；(2) 将直线OB向下平移m个单位长度后，得到的直线与抛物线只有一个公共点D，求m的值及点D 的坐标；(3) 如图②，若点N在抛物线上，且∠NBO＝∠ABO，则在(2)的条件下，求出所有满足△POD∽△NOB 的点P的坐标(点P、O、D分别与点N、O、B对应)．例题4：（2012广西贵港12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2＋bx＋3的顶点为M（2，－1），交x轴于A、B两点，交y轴于点C，其中点B的坐标为（3，0）。

（1）求该抛物线的解析式；（2）设经过点C的直线与该抛物线的另一个交点为D，且直线CD和直线CA关于直线BC对称，求直线CD的解析式；（3）在该抛物线的对称轴上存在点P，满足PM2＋PB2＋PC2＝35，求点P的坐标；并直接写出此时直线OP与该抛物线交点的个数。

高考数学一轮复习几何证明选讲试题理(含解析)新人教

课时作业70 几何证明选讲解答题1．在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝2，BC ＝5，点E ，F 分别在AB ，CD 上，且EF ∥AD ，若AE EB ＝34，求EF 的长． 2．如图，CD 是圆O 的切线，切点为C ，点B 在圆O 上，BC ＝2，∠BCD ＝30°，求圆O 的面积．3．如图，PA 与圆O 相切于A ，PCB 为圆O 的割线，并且不过圆心O .已知∠BPA ＝30°，PA ＝23，PC ＝1，求圆O 的半径．4．如图所示，圆O 的直径AB ＝6，C 为圆周上一点，BC ＝3，过C 作圆的切线l ，求点A 到直线l 的距离AD .5．如图，直角三角形ABC中，∠B＝90°，AB＝4，以BC为直径的圆交AC边于点D，AD＝2，求∠C的大小．6．如图，已知P是⊙O外一点，PD为⊙O的切线，D为切点，割线PEF经过圆心O，若PF＝12，PD＝43，求圆O的半径长及∠EFD的度数．7．如图，已知⊙O中，直径AB垂直于弦CD，垂足为M，P是CD延长线上一点，PE切⊙O于点E，连接BE交CD于点F，证明：(1)∠BFM＝∠PEF；(2)PF2＝PD·PC.8．(2012课标全国高考)如图，D，E分别为△ABC边AB，AC的中点，直线DE交△ABC 的外接圆于F，G两点．若CF∥AB，证明：(1)CD＝BC；(2)△BCD∽△GBD.参考答案解答题1．解：如图，过点D 作DG ∥AB 交EF 于H ，交BC 于G ，由比例关系HF GC ＝DH DG ＝37，∴HF ＝97.故EF ＝EH ＋HF ＝2＋97＝237.2．解：如图所示，连接CO 并延长交圆O 于点A ，连接AB ，∵∠BCD ＝30°，CD 是圆O 的切线， ∴∠BAC ＝∠BCD ＝30°.又AC 为圆O 的直径，可得∠ABC ＝90°，∴AC ＝BCsin∠BAC＝4，即得圆O 的半径为2，其面积S ＝π×22＝4π.3．解：据已知可得PA 2＝PC ×PB PB ＝12. 故BC ＝11.利用余弦定理可分别确定AC ＝7，AB ＝221，故cos∠ABC ＝984sin∠ABC ＝714，利用正弦定理可得7sin∠ABC ＝7714＝2R ，故R ＝7.4．解：连接CO ，∵AB 为直径，∴∠ACB ＝90°，即△ABC 为直角三角形．又AB ＝6，BC ＝3，∴sin∠CAB ＝12.∴∠CAB ＝30°，∴AC ＝33，又AO ＝OC ， ∴△AOC 为等腰三角形． ∴∠ACO ＝30°. 又l 为⊙O 的切线，∴OC ⊥l ，即∠DCO ＝90°. ∴∠DCA ＝60°.∴AD ＝AC ·sin 60°＝92.5．解：如题图所示，由切割线定理可得AB 2＝AD ×AC ，则AC ＝AB 2AD＝8.由∠B ＝90°，可得sin C ＝AB AC ＝12， ∴∠C ＝30°.6．解：由切割线定理得PD 2＝PE ·PF ，∴PE ＝PD 2PF ＝16×312＝4.∴EF ＝8.∴OD ＝4.又∵OD ⊥PD ，OD ＝12PO ，∴∠P ＝30°.∴∠POD ＝60°＝2∠EFD . ∴∠EFD ＝30°.7．证明：(1)连接OE ，∵PE 切⊙O 于点E ，∴OE ⊥PE .∴∠PEF＋∠FEO＝90°.又∵AB⊥CD，∴∠B＋∠BFM＝90°.又∵∠B＝∠FEO，∴∠BFM＝∠PEF.(2)∵∠EFP＝∠BFM，∴∠EFP＝∠PEF.∴PE＝PF.又∵PE2＝PD·PC，∴PF2＝PD·PC.8．证明：(1)因为D，E分别为AB，AC的中点，所以DE∥BC.又已知CF∥AB，故四边形BCFD是平行四边形，所以CF＝BD＝AD.而CF∥AD，连接AF，所以ADCF是平行四边形，故CD＝AF.因为CF∥AB，所以BC＝AF，故CD＝BC.(2)因为FG∥BC，故GB＝CF.由(1)可知BD＝CF，所以GB＝BD.而∠DGB＝∠EFC＝∠DBC，故△BCD∽△GBD.。

25第一部分板块二专题七系列4选讲第1讲坐标系与参数方程(大题)

解设P的极坐标为(ρ，θ)(ρ>0)，M的极坐标为(ρ1，θ)(ρ1>0)，由题设知|OP|＝ρ，|OM|＝ρ1＝4cos θ. 所以4ρcos θ＝20，即C2的极坐标方程为ρcos θ＝5(ρ>0)，所以C2的直角坐标方程为x＝5.
(2)设 C2 与 x 轴交于点 D，过点 D 且倾斜角为56π的直线 l 与 C1 相交于 A，B 两点，求|DA|·|DB|的值.
则 d＝|2k1＋＋2kk2|＝ 1|4＋k|k2＝455，解得 k＝±12.
(2)求线段AB中点E的轨迹方程.
解设直线 l 的参数方程为xy＝＝－ tsin2＋θ tcos θ， (t 为参数)，θ∈－π6，π6，
代入圆C：(x－2)2＋y2＝4，得t2－8tcos θ＋12＝0. 设 A，B，E 对应的参数分别为 tA，tB，tE，则 tE＝tA＋2 tB，
由 t 的几何意义，得|MA|·|MB|＝－t1t2＝2156.
本课结束
圆心为点
M(x0，y0)，半径为
r
的圆的参数方程为 y＝y0＋rsin
θ
(θ 为参数).
3.圆锥曲线的参数方程
(1)椭圆ax22＋by22＝1(a>b>0)的参数方程为xy＝＝abcsions
θ， θ
(θ 为参数).
x＝2pt2，
(2)抛物线 y2＝2px(p>0)的参数方程为
(t 为参数).
y＝2pt
(2)当M在C上运动且P在线段OM上时，求P点轨迹的极坐标方程.
解设P(ρ，θ)，在Rt△OAP中，|OP|＝|OA|cos θ＝4cos θ，即ρ＝4cos θ. 因为 P 在线段 OM 上，且 AP⊥OM，故 θ 的取值范围是π4，π2. 所以，P 点轨迹的极坐标方程为 ρ＝4cos θ，θ∈π4，π2.

解析几何专题教案

解析几何专题教案一、教学目标1. 知识与技能：（1）理解解析几何的基本概念，掌握直角坐标系中点的坐标表示方法。

（2）熟练运用解析几何方法解决实际问题，提高空间想象能力。

2. 过程与方法：（1）通过实例分析，引导学生掌握点的坐标表示方法，培养学生的抽象思维能力。

（2）运用图形直观展示解析几何问题，培养学生数形结合的解题思想。

3. 情感态度与价值观：（1）培养学生对数学的兴趣，激发学生探索几何问题的热情。

（2）培养学生克服困难的意志，增强学生解决问题的信心。

二、教学内容1. 解析几何基本概念（1）直角坐标系（2）点的坐标表示方法（3）直线、圆的方程2. 点的坐标表示方法及应用（1）坐标轴上的点（2）坐标轴上的点与几何图形的关系（3）点的坐标在实际问题中的应用三、教学重点与难点1. 教学重点：（1）解析几何的基本概念（2）点的坐标表示方法及应用2. 教学难点：（1）直线、圆的方程的推导与理解（2）坐标轴上的点与几何图形的关系四、教学方法与手段1. 教学方法：（1）讲授法：讲解解析几何基本概念、直线的方程等。

（2）实践操作法：引导学生动手绘制图形，分析点的坐标表示方法。

（3）案例分析法：分析实际问题，培养学生运用解析几何方法解决问题的能力。

2. 教学手段：（1）黑板：板书关键知识点、解题步骤等。

（2）多媒体课件：展示图形、动态演示等。

（3）练习题：巩固所学知识，提高解题能力。

五、教学过程1. 导入新课：（1）复习相关知识点，如坐标轴、坐标系等。

（2）通过实例引入解析几何的基本概念。

2. 讲解新课：（1）讲解直线的方程，引导学生理解直线的几何性质。

（2）讲解点的坐标表示方法，结合实例进行分析。

3. 课堂练习：（1）布置练习题，巩固点的坐标表示方法。

（2）选讲典型题目，分析解题思路和方法。

4. 课堂小结：总结本节课所学内容，强调解析几何的基本概念和点的坐标表示方法的重要性。

5. 课后作业：布置作业，要求学生掌握点的坐标表示方法，并能运用解析几何解决实际问题。

几何证明选讲知识点汇总与练习（内含答案）

⼏何证明选讲知识点汇总与练习（内含答案）《⼏何证明选讲》知识点归纳与练习(含答案)⼀、相似三⾓形的判定及有关性质平⾏线等分线段定理平⾏线等分线段定理：如果⼀组平⾏线在⼀条直线上截得的线段相等，那么在其他直线上截得的线段也相等。

推理1：经过三⾓形⼀边的中点与另⼀边平⾏的直线必平分第三边。

推理2：经过梯形⼀腰的中点，且与底边平⾏的直线平分另⼀腰。

平分线分线段成⽐例定理平分线分线段成⽐例定理：三条平⾏线截两条直线，所得的对应线段成⽐例。

推论：平⾏于三⾓形⼀边的直线截其他两边（或两边的延长线）所得的对应线段成⽐例。

相似三⾓形的判定及性质相似三⾓形的判定：定义：对应⾓相等，对应边成⽐例的两个三⾓形叫做相似三⾓形。

相似三⾓形对应边的⽐值叫做相似⽐（或相似系数）。

由于从定义出发判断两个三⾓形是否相似，需考虑6个元素，即三组对应⾓是否分别相等，三组对应边是否分别成⽐例，显然⽐较⿇烦。

所以我们曾经给出过如下⼏个判定两个三⾓形相似的简单⽅法：（1）两⾓对应相等，两三⾓形相似；（2）两边对应成⽐例且夹⾓相等，两三⾓形相似；（3）三边对应成⽐例，两三⾓形相似。

预备定理：平⾏于三⾓形⼀边的直线和其他两边（或两边的延长线）相交，所构成的三⾓形与三⾓形相似。

判定定理1：对于任意两个三⾓形，如果⼀个三⾓形的两个⾓与另⼀个三⾓形的两个⾓对应相等，那么这两个三⾓形相似。

简述为：两⾓对应相等，两三⾓形相似。

判定定理2：对于任意两个三⾓形，如果⼀个三⾓形的两边和另⼀个三⾓形的两边对应成⽐例，并且夹⾓相等，那么这两个三⾓形相似。

简述为：两边对应成⽐例且夹⾓相等，两三⾓形相似。

判定定理3：对于任意两个三⾓形，如果⼀个三⾓形的三条边和另⼀个三⾓形的三条边对应成⽐例，那么这两个三⾓形相似。

简述为：三边对应成⽐例，两三⾓形相似。

引理：如果⼀条直线截三⾓形的两边（或两边的延长线）所得的对应线段成⽐例，那么这条直线平⾏于三⾓形的第三边。

定理：（1）如果两个直⾓三⾓形有⼀个锐⾓对应相等，那么它们相似；（2）如果两个直⾓三⾓形的两条直⾓边对应成⽐例，那么它们相似。

平面几何选讲—利用塞瓦定理解决完全四边形问题

平面几何选讲—利用塞瓦定理解决完全四边形问题
广州大学唐松锦 2011.1.26
一、试题展示：2010年全国高中数学联合竞赛试题（A卷）二试（题一）
如图1，锐角三角形ABC的外心为O，K是边BC上一点（不是边BC的中点），D是线段AK延长线上一点，直线
BD与AC交于点N，直线CD与AB交于点M．求证：若OK⊥MN，则A、B、D、C
G
H
M
②
在△APQ 和△AMN 中，分别应用塞瓦定理得
AB PG QC 1,
③
BP GQ CA
AB MH NC 1.
④
BM HN CA
综合式①至④得
BP CQ BG CQ BC ∥MN BM CN BN CN
OK ⊥ BC K 是边 BC 的中点. 这与 K 不是边 BC 的中点矛盾。所以，点 D 不能在⊙O 外。同理，点 D 也不能在⊙O 内。故点 D 一定在⊙O 上，即 A、B、D、C 四点共圆。（刘才华山东省宁阳第一中学，271400）
BK CN AM 1 BK BM AN .
KC NA MB
KC MA NC
设△AMN 底边 MN 上的高为 h.则
BB BB h BM AN BK BP . CC h CC MA NC KC CP
A
O
C
BK
D
所以，Rt△B B P∽Rt△CC′P.
ME NC AB 1，M1E1 N1C AB 1. EN CA BM E1N1 CA BM1
又因 ME = M1E1 ，所以 N1C BM 1 .
EN E1N1
NC BM
于是，BC∥MN.
或由

高三数学解析几何试题答案及解析

高三数学解析几何试题答案及解析1.（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲如图,是圆的直径，是半径的中点，是延长线上一点，且，直线与圆相交于点、（不与、重合），与圆相切于点，连结，，．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）若，求．【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）证明目标可看做线段成比例，即证明思路确定为证明三角形相似：利用切割线定理得：，又由与相似，得；所以（Ⅱ）由（1）知，，与相似，则，所以试题解析：（1）连接，,,为等边三角形，则，可证与相似，得；又，则（2）由（1）知，，与相似，则因为，所以【考点】三角形相似，切割线定理2.（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，直线的参数方程为为参数），以该直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系下，圆的方程为．（Ⅰ）求直线的普通方程和圆的圆心的极坐标；（Ⅱ）设直线和圆的交点为、，求弦的长．【答案】（Ⅰ）的普通方程为，圆心；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）消去参数即可将的参数方程化为普通方程，在直角坐标系下求出圆心的坐标，化为极坐标即可；（Ⅱ）求出圆心到直线的距离，由勾股定理求弦长即可.试题解析：（Ⅰ）由的参数方程消去参数得普通方程为 2分圆的直角坐标方程, 4分所以圆心的直角坐标为，因此圆心的一个极坐标为. 6分(答案不唯一，只要符合要求就给分)（Ⅱ）由（Ⅰ）知圆心到直线的距离, 8分所以. 10分【考点】1.参数方程与普通方程的互化；2.极坐标与直角坐标的互化.：的焦点，且抛物线3.（本题满分12分）如图，O为坐标原点，点F为抛物线C1C1上点P处的切线与圆C2：相切于点Q．（Ⅰ）当直线PQ的方程为时，求抛物线C1的方程；（Ⅱ）当正数变化时，记S1，S2分别为△FPQ，△FOQ的面积，求的最小值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．【解析】第一问要求抛物线的方程，任务就是求的值，根据导数的几何意义，设出切点坐标，从而求得，再根据切点在切线上，得，从而求得，进而得到抛物线的方程，第二问根据三角形的面积公式，利用题中的条件，将两个三角形的面积转化为关于和切点横坐标的关系式，从而有，利用基本不等式求得最值．试题解析：（Ⅰ）设点，由得，，求导，……2分因为直线PQ的斜率为1，所以且，解得，所以抛物线C1的方程为．（Ⅱ）因为点P处的切线方程为：，即，根据切线又与圆相切，得，即，化简得，由，得，由方程组，解得，所以，点到切线PQ的距离是，所以，，所以，当且仅当时取“＝”号，即，此时，，所以的最小值为．【考点】导数的几何意义，三角形的面积，基本不等式．4.（本小题满分12分）已知椭圆的左、右焦点分别为F1（-3,0），F2（3,0），直线y=kx与椭圆交于A、B两点．（Ⅰ）若三角形AF1F2的周长为，求椭圆的标准方程；（Ⅱ）若，且以AB为直径的圆过椭圆的右焦点，求椭圆离心率e的取值范围．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．【解析】（Ⅰ）直接由题意和椭圆的概念可列出方程组，进而可求出椭圆的标准方程即可；（Ⅱ）首先设出点，然后联立直线与椭圆的方程并整理可得一元二次方程，进而由韦达定理可得，再结合可列出等式并化简即可得到等式，最后结合已知，即可求出参数的取值范围，进而得出椭圆离心率e的取值范围即可．试题解析：（Ⅰ）由题意得，得．结合，解得，．所以，椭圆的方程为．（Ⅱ）由得．设．所以，易知，，因为，，所以．即，将其整理为．因为，所以，即，所以离心率．【考点】1、椭圆的标准方程；2、直线与椭圆的相交综合问题；5.（本小题满分12分）椭圆（）的上顶点为，是上的一点，以为直径的圆经过椭圆的右焦点．（1）求椭圆的方程；（2）动直线与椭圆有且只有一个公共点，问：在轴上是否存在两个定点，它们到直线的距离之积等于？如果存在，求出这两个定点的坐标；如果不存在，说明理由．【答案】（1）；（2）存在两个定点，．【解析】（1）由题设可得①，又点P在椭圆C上，可得②，又③，由①③联立解得c，b2，即可得解．（2）设动直线l的方程为y=kx+m，代入椭圆方程消去y，整理得（﹡），由△=0，得，假设存在，满足题设，则由对任意的实数k恒成立．由即可求出这两个定点的坐标．试题解析：（1），，由题设可知，得①又点在椭圆上，，②③①③联立解得，，故所求椭圆的方程为（2）当直线的斜率存在时，设其方程为，代入椭圆方程，消去，整理得（）方程（）有且只有一个实根，又，所以，得假设存在，满足题设，则由对任意的实数恒成立，所以，解得，或当直线的斜率不存在时，经检验符合题意．总上，存在两个定点，，使它们到直线的距离之积等于．……12分【考点】1、直线与圆锥曲线的关系；2、椭圆的标准方程．【方法点晴】本题主要考查了椭圆的标准方程的解法，考查了直线与圆锥曲线的关系，综合性较强，属于中档题．处理直线与圆锥曲线的关系问题时，注意韦达定理的应用，同时还得特别注意直线斜率不存在时的情况的验证．6.直线被圆截得的弦长为（）A．1B．2C．4D．【答案】C【解析】圆心，圆心到直线的距离，半径，所以最后弦长为.故选Ｃ.【考点】点到直线的距离.7.（本小题12分）己知、、是椭圆：（）上的三点，其中点的坐标为，过椭圆的中心，且，。

数学几何选讲试题答案及解析

数学几何选讲试题答案及解析1.如图，，是圆的两条弦，它们相交于的中点，若，，,求圆的半径.【答案】1【解析】解：由，,，得 5分又为中点，，， 10分【考点】本题考查圆的基本性质，相交弦定理等知识，意在考查推理论证能力.2.如图，圆O的半径OB垂直于直径AC,M为AO上一点，BM的延长线交圆O于N，点是线段延长线上一点，连接PN,且满足（Ⅰ）求证：是圆O的切线；(Ⅱ)若圆O的半径为，OA=OM，求MN的长.【答案】（Ⅰ）见解析(Ⅱ) 2【解析】（Ⅰ）证明：如图，连接ON，∵，则， 2分又，则.,∴， 4分∴，故是圆O的切线； 5分(Ⅱ) .在△BOM中，，,延长BO交圆O于点D，连接DN，由条件知△BOM∽△BND,于是,，即MN=BN-BM=6-4=2. 10分【命题意图】本题考察切线的判定定理、三角形相似等基础知识，意在考察学生推理证明和逻辑思维能力.3.天津理）如图,△ABC为圆的内接三角形, BD为圆的弦, 且BD//AC. 过点A 做圆的切线与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】由切割线定理得，，即，解得，由点A 、B 、C 、D 都在圆上可知：，因为AB = AC ，所以，即，由弦切角定理知，，所以，即∥BC ，所以，所以，易知FC=FA ，FD=FB ，且，解得，又因为AD=AE=6，所以FC=.【考点】本小题主要考查圆内接四边形、弦切角定理、切割线定理等几何证明选讲的基础知识，考查数形结合、转化与化归的数学思想，考查分析问题与解决问题的能力.4. 如图，▱ABCD 中，E 是CD 的延长线上一点，BE 与AD 交于点F ，DE ＝CD.（1）求证：△ABF ∽△CEB ；（2）若△DEF 的面积为2，求▱ABCD 的面积．【答案】（1）见解析（2）24【解析】（1）证明 ∵四边形ABCD 是平行四边形， ∴∠A ＝∠C ，AB ∥CD ，∴∠ABF ＝∠CEB ，∴△ABF ∽△CEB. （2）∵四边形ABCD 是平行四边形， ∴AD ∥BC ，AB ∥CD ，∴△DEF ∽△CEB ，△DEF ∽△ABF. ∵DE ＝CD ，∴＝＝，＝＝，∵S △DEF ＝2，∴S △CEB ＝18，S △ABF ＝8， ∴S 四边形BCDF ＝S △CEB －S △DEF ＝16，∴S ▱ABCD ＝S 四边形BCDF ＋S △ABF ＝16＋8＝24.5. 如图,是圆的直径,点在圆上,延长到使,过作圆的切线交于.若,,则_________.【答案】【解析】依题意易知,所以,又,所以,从而.6. 如图，⊙O 和⊙O′相交于A ，B 两点，过A 作两圆的切线分别交两圆于C ，D 两点，连结DB 并延长交⊙O 于点E.证明：（1）AC·BD ＝AD·AB ；（2）AC＝AE.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】证明：（1）由AC与⊙O′相切于A，得∠CAB＝∠ADB，同理∠ACB＝∠DAB，所以△ACB∽△DAB.从而＝，即AC·BD＝AD·AB.（2）由AD与⊙O相切于A，得∠AED＝∠BAD，又∠ADE＝∠BDA，得△EAD∽△ABD.从而＝，即AE·BD＝AD·AB.结合（1）的结论，得AC＝AE.7.如图，AB是圆O的直径，D，E为圆O上位于AB异侧的两点，连结BD并延长至点C，使BD＝DC，连结AC，AE，DE.求证：∠E＝∠C.【答案】见解析【解析】证明：如图，连结OD，因为BD＝DC，O为AB的中点，所以OD∥AC，于是∠ODB ＝∠C.因为OB＝OD，所以∠ODB＝∠B.于是∠B＝∠C.因为点A，E，B，D都在圆O上，且D，E为圆O上位于AB异侧的两点，所以∠E和∠B为同弧所对的圆周角，故∠E＝∠B.所以∠E＝∠C.8.如图所示，点D在⊙O的弦AB上移动，AB＝4，连结OD，过点D作OD的垂线交⊙O于点C，则CD的最大值为________．【答案】2【解析】因为CD＝，且OC为⊙O的半径，是定值，所以当OD取最小值时，CD取最大值．显然当OD⊥AB时，OD取最小值，故此时CD＝AB＝2，即为所求的最大值．9.如图，过点P的直线与⊙O相交于A，B两点．若PA＝1，AB＝2，PO＝3，则⊙O的半径等于________．【答案】【解析】设圆的半径为r，由圆的割线定理可得，PA·PB＝(PO－r)(PO＋r)，把 PA＝1，PB＝1＋2＝3，PO＝3代入求解得3＝9－r2，∴r＝.10. 如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ＝4，CD ＝2，E 、F 分别为AD 、BC 上点，且EF ＝3，EF ∥AB ，则梯形ABFE 与梯形EFCD 的面积比为________．【答案】7∶5【解析】如图延长AD 与BC 交于H 点，由于DC ∥EF ∥AB ，又＝，所以＝，同理＝，所以S △HDC ∶S 梯形DEFC ∶S 梯形EFBA ＝4∶5∶7，所以梯形ABFE 与梯形EFCD 的面积比为7∶5.11. 如图，∠B ＝∠D ，AE ⊥BC ，∠ACD ＝90°，且AB ＝6，AC ＝4，AD ＝12，则BE ＝________.【答案】4【解析】在Rt △ADC 中，CD ＝8；在Rt △ADC 与Rt △ABE 中，∠B ＝∠D ，所以△ADC ∽△ABE ，故＝，BE ＝×CD ＝4.12. 如图，A ，B 是圆O 上的两点，且OA ⊥OB ，OA=2，C 为OA 的中点，连接BC 并延长交圆O 于点D ，则CD= .【答案】【解析】由相交弦定理得：,其中为直线与圆另一交点,因为,所以13. 如图，是圆的切线，切点为点，直线与圆交于、两点，的角平分线交弦、于、两点，已知，，则的值为 .【答案】【解析】由切割线定理可得，由于切圆于点，由弦切角定理可知，由于是的角平分线，则，所以，由相似三角形得.14.如图，圆的直径切点为C，若则的长为 .【答案】【解析】因为PC的切线，所以，可以连续OC，则有OC⊥PC，OC＝OB＝3，又∠＝30°，所以，PO＝2OC＝6，在Rt△OPC中，由勾股定理，可得CP＝15.如图，是半圆的直径，是半圆上异于的点，，垂足为. 若，，则．【答案】【解析】，在中，，∴解得.16.在△中，是边的中点，点在线段上，且满足，延长交于点，则的值为_____．【答案】【解析】过点作的平行线交于点，因为是边的中点，所以是△中边的中位线，因此是中点，.又∥，.设，则，，即.所以.17.如图，⊙为四边形的外接圆，且，是延长线上一点，直线与圆相切．求证：．【答案】详见解析【解析】证明：连结．是圆的切线，∴． 2分，∴．∴ 4分圆是四边形的外接圆，∴． 6分∴∽． 8分∴，，∴． 10分18.如图，直线为圆的切线，切点为，直径，连接交于点.（1）证明：；（2）求证：.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）∵直线为圆的切线,切点为∴ 2分∵为圆的直径，∴∴∵ 4分又∴ 5分（2）连接,由（1）得∵,∴∽ 8分∴∴ 10分19.如图，为圆的直径，为垂直于的一条弦，垂足为，弦与交于点.（1）证明：四点共圆；（2）证明：.【答案】（1）证明过程详见解析；（2）证明过程详见解析.【解析】（1）连结，则．因为，所以．所以，即四点共圆． 5分（2）连结．由四点共圆，所以．在中，，，所以． 10分20.选修：几何证明选讲如图，是圆的直径，弦于，过延长线上一点作圆的切线交的延长线于点，切点为，连接交于，连接，且（Ⅰ）求证：（Ⅱ）求证：∽．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析【解析】（Ⅰ）连接，∵为的切线，∴,∴,∵，∴，∵，∴, ∴，∴．（Ⅱ）连接,∵，∴,∵，∴△∽△∴，又∵，∴．∴，可得∽．【命题意图】本题考查三角形相似，同弧所对的圆周角相等等基础知识，意在考察学生推理证明和逻辑思维能力．。