高中数学平面几何强化训练(解析版)

高中数学
专题13平面几何强化训练
1．顺次连结圆x2+y2=9与双曲线xy=3的交点，得到一个凸四边形，则此凸四边形的面积为______．
【答案】
【解析】
设A(m，n)(m>0，n>0)为两曲线在第一象限的一个交点．由两曲线既关于原点对称．又关于直线y=x对称，得另外三个交点坐标为B(n，m)，C(－m，－n)，D(－n，－m)．则四边形ABCD为矩形，其面积
．
故答案为：
2．一个三角形的一边长为8，面积为12，则这个三角形的周长的最小值=________.
【答案】18
【解析】
在中，设边上的高为，则，解得.
在的一侧作直线且与的距离为3，以为对称轴作出点的对称点，连接，与交于
的周长是最小的.
这是因为,此时，
又因为，所以.
因此周长的最小值为5+5+8=18.
3．若边长为6的正△ABC的三个顶点到平面α的距离分别为1，2，3，则△ABC的重心G到平面α的距离为_______．
【答案】
【解析】
(1)当△ABC的三个顶点在平面α的同侧时，由公式求得重心G到平面α的距离为2．
(2)当△ABC的三个顶点中，其中一点与另两点分别在平面α的异侧时，求得重心G到平面α的距离分别为
0，．
故答案为：
4．顺次连结圆x2+y2=9与双曲线xy=3的交点，得到一个凸四边形，则此凸四边形的面积为______．
【答案】
【解析】
设A(m，n)(m>0，n>0)为两曲线在第一象限的一个交点．由两曲线既关于原点对称．又关于直线y=x对称，得另外三个交点坐标为B(n，m)，C(－m，－n)，D(－n，－m)．则四边形ABCD为矩形，其面积
．
故答案为：
5．凸六边形ABCDEF的6条边长相等，内角A、B、C分别为134°、106°、134°.则内角E是___________(用度数作答).
【答案】134°
【解析】
不妨设边长为1，设AC、DF的中点分别为M、N，且A在DF上的射影为K，则
，即.
又设，则，利用，
我们有，
因此，即等腰△DEF的底角为23°，可见其顶角E为134°.
故答案为：134°
6．设点O为三角形ABC内一点，且满足关系式：_____.
【答案】
【解析】
将化为.
设M、N分别是AB、AC的中点，则.
设△ABC 的面积为S ，由几何关系知，
所以
.
7．过动点M 作圆： ()()2
2
221x y -+-=的切线MN ，其中N 为切点，若MN MO =(O 为坐标原点)，则MN 的最小值是__________．
【答案】
72
8
【解析】解答：由圆的方程可得圆心C 的坐标为(2,2)，半径等于1. 由M (a ,b ),则|MN |2=(a −2)2+(b −2)2−12=a 2+b 2−4a −4b +7， |MO |2=a 2+b 2.
由|MN |=|MO |,得a 2+b 2−4a −4b +7=a 2+b 2. 整理得：4a +4b −7=0.
∴a ，b 满足的关系为：4a +4b −7=0. 求|MN |的最小值，就是求|MO |的最小值。

在直线4a +4b −7=0上取一点到原点距离最小， 由“垂线段最短”得，直线OM 垂直直线4a +4b −7=0，
由点到直线的距离公式得：MN 的最小值为：
22
77
28
44=
+ . 8．如图,在四面体ABCD 中,△ABC 为正三角形,AD=BD=2,AD ⊥BD,AD ⊥CD.则点D 到面ABC 的距离为______.
【答案】
【解析】 据题意得
.
则,
.
又.
从而,以D为顶点的三面角均为直角.
设点D到面ABC的距离为h
故
9．如图，与正方形的边分别切于点，与边交于点厘米，厘米.则的面积为__________平方厘米
【答案】
【解析】
如图，联结的半径，记半径为，作于点.
则.
又，故.
在中，由勾股定理得
(不合题意).
故的面积为平方厘米.
10．如图，切于点交于点交于点于点.联结并延长，与交于点，联结.若，则的度数为__________.
【答案】
【解析】
联结.
因为切于点，所以.
由.
又
四点共圆
.
又，故
.
11．给定平面上四点O、A、B、C，满足.则的最大值为________.【答案】
【解析】
试题分析：
由已知，得，由余弦定理可得，从而中边边上的高为，由知点在以为圆心，4为半径的圆上，到直线的距离最大值为，∴
面积的最大值为．
考点：向量的数量积，三角形面积最大值．
12．已知凸n边形n个内角的度数均为整数并且互不相等,最大内角的度数为最小内角的度数的3倍.则n 可以取到的最大值为______.
【答案】20
【解析】
设n个内角的度数按从大到小的次序为：，
则.
由n个内角的度数均为整数知
.
再由n个内角的度数均为整数且互不相等知.
.
故，
，
，
结合n为正整数,知.
因为当时,
,
,
所以,n个内角的度数为满足要求.
综上,n可取到的最大值为20.
13．如图，设的外接圆为的角平分线与BC交于点D，M为BC的中点.若的外接圆分别与AB、AC交于P、Q、N为PQ的中点.证明：(1)BP=CQ；(2).
【答案】(1)见解析(2)见解析
【解析】
(1)设
在中，的平分线，所以，故有，
因此有，所以，
又，由
由，得
因此.
(2)连结BQ、PC，并设X、Y分别为BQ、PC的中点，易证XN平行且等于MY，所以四边形为NXMY平行四边形，由CQ=BP知NX=NY，所以四边形为NXMY菱形，从而MN平分，又AD平分
，所以.
14．如图，交于点的另一个交点为，经过点的一条直线分别与交于点的延长线与交于点，作交于点，再作分别与
切于点.证明：.
【答案】见解析
【解析】
联结，与分别交于点.
由相交弦定理及切割线定理得.
两式相加得.
又
故
.
15．如图，的内心为分别是边的中点，证明：直线平分的周长．
【答案】见解析
【解析】
如图①，不妨设的内切圆切．
图①
过作内切圆的直径，过的切线分别交，则．
由于的旁切圆，，因，
所以有．
延长，则，因此，
故的中位线，所以，
因四边形为平行四边形，所以，相似比为．
同理，，相似比为．
又注意，相似比均为，
既然有，所以，
因此，，即所证结论成立．
附注在几何题中用到三角形内切圆的一个基本性质．
如图②，在中，内切圆，
设的直径，若，则．
证明：过，点分别在上．
设的半径为，
连结，由于分别平分一对互补角，
所以，且，则．
同理，则，
所以，则．①
又由，得，所以，②
根据①②式得，，所以，即，
由此得，，即，也就是．(同时也有．)
16．如图，圆内接四边形ABCD中，自AD的中点M,作为垂足.证明:MN过线段EF的中点.
【答案】见解析
【解析】
如图所示,在线段AB、CD上分别取点G、H，使GE=AE,HF=DF,则A、G、H、D四点共圆(以M点为该圆的圆心)，
所以，
于是GH//BC,则MN⊥GH.设垂足为K,于是K为GH的中点(圆心M至圆弦的垂线，平分该弦)，
这样就有E、K、F、M为四边形AGHD四条边的中点,
因此四边形EKFM为平行四边形，
故其对角线互相平分,即MN过线段EF的中点.
17． (1)已知P是矩形ABCD所在平面上的一点，则有.试证明该命题.
(2)将上述命题推广到P为空间上任一点的情形，写出这个推广后的命题并加以证明.
(3)将矩形ABCD进一步推广到长方体，并利用(2)得到的命题建立并证明一个新命题. 【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析
【解析】
(1)如图①，设在直角坐标平面中，矩形ABCD的顶点坐标分别为，点
是直角坐标平面上的任意一点，则
故.
(2)推广命题：若棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形，则有.
证明：如图②，设棱锥的底面ABCD在空间直角坐标系的平面上，矩形ABCD的顶点坐标为
，设P点坐标为，则
，
，故.
(3)再推广命题：设是长方体，P是空间上任意一点，则
.
证明：如图③，由(2)中定理可得
，
所以.
18．如图，在锐角中，是边上的点，的外心分别为．证明：
(1)；
(2)若，则．
【答案】(1)见解析(2)见解析
【解析】
(1)如图，连结．
因为分别为的外心，所以为线段的垂直平分线．所以．故．
(2)如图，连结．延长相交于点．
由分别为的外心，
知分别是线段的垂直平分线．
所以．
又．
所以四点共圆，．
又，所以．所以四点共圆，．
设的延长线分别与相交于，
则．故四点共圆．
又，所以．故．
19．在锐角△ABC中，已知∠A=75°，AC=b，AB=c。

求△ABC的外接正三角形面积的最大值。

【答案】
【解析】
设△DEF为△ABC的外接正三角形,如图1.
记∠BAF=a.
则由正弦定理得
故EF=AE +AF
当时，上式等号成立.
于是，△ABC的外接正三角形面积的最大值为
20．如图，正的边长为5，延长BA至点P，使得． D为线段BC上一点(包括端点)，直线
AD与的外接圆交于E、F两点，其中，．
(1)设，试将表示为关于x的函数；
(2)求的最小值．
【答案】(1)；(2)
【解析】
(1)设．则．
在正中，由余弦定理得．
对的外接圆运用相交弦定理得
．
(2)设．则．
当且仅当，即时，取到最小值．
21．如图,在锐角△ABC中,其外接圆圆心为O,半径为R,AO的延长线与△BOC的外接圆交于点,BO的延长线与△AOC的外接圆交于点,CO的延长线与△AOB的外接圆交于点．证明：.
【答案】见解析
【解析】
设与BC、与CA、与AB的交点依次为D、E、F,△AOB、△BOC、△COA的面积依次记为S1、S2、S3由B、O、C、A四点共圆
类似地，.由,且
,知.
类似地, .
故
当且仅当时,上式等号成立,此时,△ABC为正三角形.
故,当且仅当△ABC为正三角形时,等号成立.
22．如图，在圆内接四边形ABCD中，边BA、CD的延长线交于点P，分别为的内心，直线交于点H．证明：．
【答案】见解析
【解析】
如图，设直线与AB、CD分别交于点E、F，联结．
由的内心知．
类似地，．
又，故、C四点共圆，
．
则为等腰三角形．
又的平分线交点，于是，的内心．
从而，，即．
23．在正方形中，为边上一点(点与顶点不重合). 延长，与的延长线交于点. 设的内切圆半径分别为.
(1)证明：，并指出点在什么位置时，等号成立；
(2)若，证明：.
【答案】(1) 的中点(2)见解析
【解析】
(1)如图
由
.
而，故
. ①
当且仅当，即的中点时，式①等号成立.
(2)由(1)得.
则
.
记.
则
.
令.
于是，，且.
从而，，其为关于的单调递减函数.
故
.
24．如图，的切线，为切点，为线段的中点，为一条割线，直线分别交于三点。

证明：
(1);
(2).
【答案】(1)见解析；(2)见解析
【解析】
(1)如图，易知，、三点共线.联结.
在中，.
又，故，
四点共圆，
由，
，
，
.
(2)由(1)知：
.
因为，所以，
又，则
.
类似地，
故
①
注意到，
则②
类似地，③
由式①、②、③得.
25．如图，点在线段上，分别以为直径作半圆、半圆、半圆，形成的阴影
图形称作“皮匠刀形”，过点的垂线与半圆交于点，半圆、半圆的外公切线为.证明：.
【答案】见解析
【解析】
如图，设.
则.
由
. ①
联结，过点的平行线，与交于点.
易知，在中，
.
故
. ②
由①、②式得
.
26．如图，在锐角中，垂心关于边的对称点分别为，关于边
的中点的对称点分别为.证明：
(1)六点共圆；
(2)；
(3).
【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)见解析
【解析】
证明：(1)如图，作的外接圆.
下面证明：均在上.
由的垂心关于边的对称点，则. 故
.
因为的对顶角，且，所以四边形中，
.
这表明，点同在上.
类似地，点也在上.
再由点关于边在中点的对称点，则. 又，得四边形为平行四边形.
从而，.
易知，.
故.
因此，点上.
类似地，点也在上.
(2)由，得.
因此，的一条直径，即为点关于的对称点.
类似地，为点关于的对称点，为点关于的对称点.
故
.
(3)由的中位线知.
类似地，
；
.
则，
因此，相似比为.
从而，.
27．如图，⊙O为△ABC的外接圆，DA为⊙O的切线，且∠DBA=∠ABC，E为DB与⊙O的另一交点，点F 在⊙O上，且BF∥EC，G为CF的延长线与DA的交点.证明：AG=AD.
【答案】见解析
【解析】
在△ABC、△ABD中，由DA为⊙O的切线，知∠BAD=∠BAC.
又∠DBA∠ABC，于是∠ADB=∠CAB.
因为A、B、E、C四点共圆，所以，∠CAB+∠CEB=180°
∠ADE+∠DEC=180°EC∥DA.
又BF∥EC EC∥BF∥DG.
由EC、BF为⊙O的两条平行弦知CF=EB.
于是，GC=DE，GF=DB.
又GA2=GF·GC，DA2=DB·DE
GA2=DA2，AG=AD.
28．如图，⊙O1与⊙O2交于P、Q两点，⊙A的弦以与⊙O2相切，⊙O2的弦PB与⊙O1相切，直线PQ与△P AB 的外接圆⊙O交于另一点R.证明：PQ=QR.
【答案】见解析
【解析】
联结O1O2，分别与PQ、PO交于点M、N，则O1O2⊥PQ，且M为PQ的中点.联结PO1、PO2、OO l、OO2、OQ、OR.
因为P A与⊙O2相切，所以，P A⊥PO2.
又P A为⊙O1与⊙O的公共弦，则P A⊥O1O.
于是，PO2∥O1O.
类似地，PO1∥O2O.
所以，四边形PO1OO2为平行四边形.
从而，N为PO的中点.
由M为PQ的中点，知MN∥OQ，即O1O2∥OQ.
因为O1O2⊥OQ，所以，OQ⊥PR.
又OP=OR，故Q为PR的中点，即PQ=QR.
29.设的内切圆与三边切于点D、E、F.证明：相似当且仅当为正三角形.
【答案】见解析
【解析】
如图，设O为的内心.
则.
类似地，
.
不妨设.则
.
故
.
30．在△ABC中，M、N分别为边AB、AC上的点，且满足.证明：线段MN经过△ABC的重心．【答案】见解析
【解析】
如图，取AC的中点D．
由于，则点N在线段CD内．故线段BD与MN相交，设交点为G．
下面证明：G即为△ABC的重心．
对MN和△ABD应用梅涅劳斯定理得
由于点G在中线BD上，从而，G为△ABC的重心，即MN经过△ABC的重心．。