高考数学 试题汇编 第一节 几何证明选讲(选修41) 理(含解析)

高考数学试题汇编第一节几何证明选讲(选修41)
理（含解析）
第一节几何证明选讲(选修41)
相似三角形的判定与性质
考向聚焦该考点主要考查相似三角形的判定与性质、直角三角形射影定理及平行线分线段成比例定理,一般不单独考查,常结合圆的有关知识,解决比例线段的计算与证明问题,难度
不大,以填空题、解答题为主,分值5~10分
备考指津
(1)判定三角形相似的思路:①条件中若有一对角相等,可找另一对角相等或找夹这对角的两边成比例;②条件中若有两边的比相等,可找夹角相等或证另一组对应边的比等于已知两边的比;③条件中若有等腰三角形,可找顶角相等或找一对底角相等或两三角
形的底和腰的比对应相等;
(2)解题中要注意观察图形特点,巧添辅助线,构造平行或相似三角形,可起到事半功倍
的效果
1.
(2012年北京卷,理5,5分)如图,∠ACB=90°,CD⊥AB于点D,以BD为直径的圆与BC交于点E,则( )
(A)CE·CB=AD·DB (B)CE·CB=AD·AB
(C)AD·AB=CD2(D)CE·EB=CD2
解析:∵∠ACB=90°,CD⊥AB,
∴△ADC∽△CDB,∴=,
∴CD2=AD·DB①
又∵E为以BD为直径的圆上一点,∴DE⊥EB.
又CD⊥AB,∴△CDB∽△CED,
∴=,
∴CD2=CB·CE,②
由①②得,CB·CE=AD·DB.
答案:A.
2.
(2012年陕西卷,理15B,5分)如图,在圆O中,直径AB与弦CD垂直,垂足为E,EF⊥DB,垂足为F,若AB=6,AE=1,则DF·DB= .
解析:由圆内相交弦定理,知:
CE·DE=AE·EB且CE=DE
DE2=1×5=5.
Rt△BDE中,由三角形相似知DE2=DF·DB
∴DF·DB=5.
答案:5
3.
(2012年天津卷,理13,5分)如图,已知AB和AC是圆的两条弦,过点B作圆的切线与AC的延
长线相交于点D.过点C作BD的平行线与圆相交于点E,与AB相交于点F,AF=3,FB=1,EF=,则线段CD的长为.
解析:连接BC,由相交弦定理得AF·BF=EF·CF,
∴3×1=×CF,
∴CF=2.
∵BD是圆的切线,
∴∠1=∠2.
∵CF∥BD,
∴∠3=∠4且=.
∴=,
∴BD=.
∵∠1=∠2,∠3=∠4,
∴△ACF∽△BDC,
∴=.
∴=,
∴CD·AC=,
又∵==3,
∴AC=3CD.
∴3CD2=,∴CD2=,
∴CD=.
答案:
4.(2011年陕西卷,理15)如图,∠B=∠D,AE⊥BC,∠ACD=90°,且AB=6,AC=4,AD=12,则BE= .
解析:∵AC=4,AD=12,∠ACD=90°,
∴CD2=AD2-AC2=128,
∴CD=8,即DC=8,
又∵AE⊥BC,∠B=∠D,
∴△ABE∽△ADC,
∴=,
∴BE===4.
答案:4
5.(2010年天津卷,理14)如图,四边形ABCD是圆O的内接四边形,延长AB和DC相交于点P.若=,=,则的值为.
解析:如图,令PB=t,PA=2t,PC=x,PD=3x,
由割线定理得:
PB·PA=PC·PD,
即2t2=3x2,∴=,=.
又易知△PBC∽△PDA,
∴===.
答案:
6.
(2012年新课标全国卷,理22,10分)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.
证明:(1)∵D、E分别为AB、AC的中点,
∴DE∥BC
又∵CF∥AB,
∴四边形BCFD为平行四边形,
∴CF=BD=AD,而CF∥AD,
连结AF,则ADCF为平行四边形,
∴CD=AF
又∵CF∥AB
∴BC=AF,故CD=BC.
(2)∵FG∥BC,
∴GB=BD,∴∠DGB=∠BDG,
而∠DGB=∠EFC=∠DBC=∠GDB,故△BCD∽△GBD.
本题涉及平面几何中圆的简单性质应用,来证线段相等及三角形相似,难度不大.
7.
(2012年辽宁卷,理22,10分)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.
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.
8.(2010年辽宁卷,理22)如图,△ABC的角平分线AD的延长线交它的外接圆于点E.
(1)证明:△ABE∽△ADC;
(2)若△ABC的面积S=AD·AE,求∠BAC的大小.
(1)证明:由已知条件,可得∠BAE=∠DAC.
因为∠AEB与∠ACD是同弧所对的圆周角,
所以∠AEB=∠ACD,
故△ABE∽△ADC.
(2)解:因为△ABE∽△ADC,
所以=,
即AB·AC=AD·AE.
又S=AB·ACsin ∠BAC,且S=AD·AE,
故AB·ACsin ∠BAC=AD·AE,
则sin ∠BAC=1.
又∠BAC为三角形内角,
所以∠BAC=90°.
直线与圆的位置关系
考向聚焦主要以填空题或解答题的形式考查应用圆的切线的性质与判定定理、相交弦定理、切割线定理、切线长定理、弦切角定理、圆周角定理及圆内接四边形的判定与性质定理等进行的有关计算或证明(求线段长度,线段成比例、线段相等、角相等、四点共圆等),
难度中等,5~10分
备考指津(1)解决与圆有关的成比例线段问题的一般思路是:①直线应用相交弦定理、切割线定理等;②当比例式(等积式)中的线段分别在两个三角形中时,可转化为证三角形相似
(2)圆周角定理、弦切角定理在解决圆内有关等角问题时普遍应用
(3)与圆有关辅助线的作法:①有弦,作弦心距;②有直径,作直径所对的圆周角;③有
切点,作过切点的半径;④两圆相交,作公共弦;⑤两圆相切,作公切线
9.(2012年广东卷,理15,5分)如图,圆O的半径为1,A、B、C是圆周上的三点,满足∠ABC=30°,过点A作圆O的切线与OC的延长线交于点P,则PA= .
解析:如图,连OA,∠AOC=2∠ABC=60°,
Rt△AOP中,PA=OA=×1=.
答案:
10.(2012年湖北卷,理15,5分)如图,点D在☉O的弦AB上移动,AB=4,连接OD,过点D作OD 的垂线交☉O于点C,则CD的最大值为.
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.
答案:2
本题将求解CD的最大值转化为求OD的最小值,进而转化为点到直线的距离,体现了转化与化归的数学思想.
11.
(2012年湖南卷,理11,5分)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.
解析:如图,设PO与圆O相交于E,
并延长PO交圆O于F,
由割线定理PE·PF=PA·PB,
得(3-r)(3+r)=1×(1+2),
r=.
答案:
12.(2011年广东卷,理15)如图所示,过圆O外一点P分别作圆的切线和割线交圆于A,B,且PB=7,C是圆上一点使得BC=5,∠BAC=∠APB,则AB= .
解析:∵PA为圆O的切线,
∴∠PAB=∠ACB,
又∠APB=∠CAB,∴△APB∽△CAB,
∴=,
∴AB2=PB·CB=35.
∴AB=.
答案:
13.(2011年天津卷,理12)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.
解析:设AF,FB,BE分别为4x,2x,x.
由相交弦定理得AF·FB=DF·FC,
即4x·2x=×,
∴x=,∴AF=2,FB=1,BE=.
又由切割线定理得EC2=BE·EA=×=,
∴EC=.
答案:
14.(2011年湖南卷,理11)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.
解析:连接AO,AB,CE.
∵A、E为半圆周上的三等分点,
∴∠AOB=∠ECB=60°,
∴∠EBO=30°,
∴△AOB为正三角形,边长为2.
又∵AD⊥BO,BE为∠ABO的角平分,
∴F为△AOB的中心,
∴AF=AD=×2×=.
答案:
15.(2010年广东卷,理14)如图,AB,CD是半径为a的圆O的两条弦,它们相交于AB的中点P,PD=,∠OAP=30°,则CP= .
解析:由题意知OP⊥AB,∠OAP=30°,
∴OP=a,且AP=a,
根据相交弦定理得AP2=CP·PD,
∴a2=CP·a,解得CP= a.
答案: a
16.
(2012年江苏数学,21A,10分)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.
证明:连接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=∠B为同弧所对的圆周角,
故∠E=∠B,
所以∠E=∠C.
17.(2011年全国新课标卷,理22)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所在圆的半径.
(1)证明:连接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,
∴∠ACB+∠EDB=180°,
∴C、B、D、E四点共圆.
(2)解: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,连接DH.
因为C、B、D、E四点共圆,
∴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,
故C、B、D、E四点所在圆的半径为5.
18.(2011年辽宁卷,理22)如图,A,B,C,D四点在同一圆上,AD的延长线与BC的延长线交于E 点,且EC=ED.
(1)证明:CD∥AB;
(2)延长CD到F,延长DC到G,使得EF=EG,证明:A,B,G,F四点共圆.
证明:(1)因为EC=ED,
所以∠EDC=∠ECD.
因为A,B,C,D四点在同一圆上,
所以∠EDC=∠EBA.
故∠ECD=∠EBA.
所以CD∥AB.
(2)由(1)知,AE=BE.
因为EF=EG,故∠EFD=∠EGC,
从而∠FED=∠GEC.
连接AF,BG,则△EFA≌△EGB,
故∠FAE=∠GBE.
又CD∥AB,∠EDC=∠ECD,
所以∠FAB=∠GBA.
所以∠AFG+∠GBA=180°.
故A,B,G,F四点共圆.
19.
(2010年全国新课标卷,理22)如图,已知圆上的弧=,过C点的圆的切线与BA的延长线交于E点,证明:
(1)∠ACE=∠BCD;
(2)BC2=BE×CD.
证明:(1)因为=,所以∠BCD=∠ABC.
又因为EC与圆相切于点C,故∠ACE=∠ABC.
所以∠ACE=∠BCD.
(2)因为∠ECB=∠BDC,∠EBC=∠BCD,
所以△BDC∽△ECB,故=,
即BC2=EB×CD.即BC2=BE×CD.
11。