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1、 【走向高考】（全國通用）20xx高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 微專題強(qiáng)化練 專題28 幾何證明選講（含解析） 一、填空題 1．(文)如圖，在△ABC中，∠A＝60°，∠ACB＝70°，CF是△ABC的邊AB上的高，F(xiàn)P⊥BC于點(diǎn)P，F(xiàn)Q⊥AC于點(diǎn)Q，則∠CQP的大小為________． [答案]　50° [解析]　由PF⊥BC，F(xiàn)Q⊥AC，得C、Q、F、P四點(diǎn)共圓，所以∠CQP＝∠CFP＝∠B＝180°－(∠A＋∠C)＝180°－(60°＋70°)＝50°. (理) 如圖，已知PA是

2、圓O的切線，切點(diǎn)為A，PO交圓O于B、C兩點(diǎn)，AC＝，∠PAB＝30°，則線段PB的長為________． [答案]　1 [解析]　因?yàn)镻A是圓O的切線，∠PAB＝30°，由弦切角定理可得∠ACB＝∠PAB＝30°，而∠CAB＝90°，∠ABC＝60°，所以AB＝BC，又因?yàn)锳C＝，所以AB＝1，BC＝2，∠PBA＝120°，所以∠APB＝∠PAB＝30°，∴PB＝AB＝1. 2．(文)如圖，已知圓中兩條弦AB與CD相交于點(diǎn)F，E是AB延長線上一點(diǎn)，且DF＝CF＝，AFFBBE＝421.若CE與圓相切，則線段C

3、E的長為________． [答案]　 [解析]　設(shè)BE＝a，則AF＝4a，F(xiàn)B＝2a，根據(jù)相交弦定理：DF·FC＝AF·FB，則2＝8a2，∴a2＝，由切割線定理：EC2＝BE·AE＝7a2， ∴EC2＝，∴EC＝. (理)(20xx·湖南理，12)如圖，已知AB、BC是⊙O的兩條弦，AO⊥BC，AB＝，BC＝2，則⊙O的半徑等于________． [答案]　 [解析]　本題考查勾股定理、相交弦定理． 設(shè)線段AO交BC于點(diǎn)D，延長AO交圓于另外一點(diǎn)E，則BD＝DC＝，在三角形ABD中由勾股定理可得AD＝1，由相交弦定理可得BD&#

4、183;DC＝AD·DE，∴DE＝2，則直徑AE＝3?r＝，故填. 3．(20xx·湖北理，15)如圖，PA是圓的切線，A為切點(diǎn)，PBC是圓的割線，且BC＝3PB，則＝________. [答案]　 [解析]　設(shè)PB＝a，則BC＝3a，由PA2＝PB·PC可得PA＝2a；又因?yàn)椤鱌AB ∽△PCA， 所以由＝可解得＝. 故本題正確答案為. 4．(文)如圖，AB為圓O的直徑，PA為圓O的切線，PB與圓O相交于D，若PA＝3，PDDB＝916，則PD＝________，AB＝________. [答案]　，4 [解析]　由于PDDB＝9

5、16，設(shè)PD＝9a，則DB＝16a，根據(jù)切割線定理有PA2＝PD·PB有a＝，所以PD＝，在直角△PBA中，AB2＝PB2－AP2＝16，所以AB＝4. (理) (20xx·重慶理，14)如圖，圓O的弦AB，CD相交于點(diǎn)E，過點(diǎn)A作圓O的切線與DC的延長線交于點(diǎn)P，若PA＝6，AE＝9，PC＝3，CEED＝21，則BE＝________. [答案]　2 [解析]　此題主要考查切割線定理，屬于簡單題型． 由切割線定理知PA2＝PC·PD，易得PD＝12，故CD＝PD－PC＝9，因?yàn)镃EED＝21，故CE＝6，ED＝3.由相交弦定理可得AE

6、3;EB＝CE·ED，又因?yàn)锳E＝9，CE＝6，ED＝3，易得EB＝2. 5．(文)(20xx·廣東理，15)如圖，已知AB是圓O的直徑，AB＝4，EC是圓O的切線，切點(diǎn)為C，BC＝1.過圓心O作BC的平行線，分別交EC和AC于點(diǎn)D和點(diǎn)P，則OD＝________. [答案]　8 [解析]　本題考查直線與圓、直角三角形的射影定理，屬于中檔題． 如下圖所示，連接OC，因?yàn)镺D∥BC，又BC⊥AC，所以O(shè)P⊥AC，又O為AB線段的中點(diǎn)，所以O(shè)P＝BC＝，在Rt△OCD中，OC＝AB＝2，由直角三角形的射影定理可得OC2＝OP·OD，所以O(shè)D＝＝＝8.

7、 (理)在平行四邊形ABCD中，點(diǎn)E在線段AB上，且AE＝EB，連接DE、AC，若AC與DE相交于點(diǎn)F，△AEF的面積為1cm2，則△AFD的面積為________cm2. [答案]　3 [解析]　∵AB∥CD，∴△AEF∽△CDF， ∴＝＝3，＝＝3，S△AFD＝3S△AFE＝3cm2. 6．(文)如圖，△ABC為圓的內(nèi)接三角形，BD為圓的弦，且BD∥AC．過點(diǎn)A作圓的切線與DB的延長線交于點(diǎn)E，AD與BC交于點(diǎn)F.若AB＝AC，AE＝6，BD＝5，則線段CF的長為________． [答案]　 [解析]　如圖所示： ∵AE為圓的切線，∴AE2＝BE·ED

8、， 設(shè)BE＝x，∴36＝x(5＋x)， x2＋5x－36＝0，∴x＝4. ∵AB＝AC，∴∠ACB＝∠ABC， 又∠EAB＝∠ACB，∴∠EAB＝∠ABC，∴AE∥BC， 又EB∥AC，∴四邊形BCAE為平行四邊形， ∴BC＝AE＝6，AC＝BE＝4， ∵△DFB∽△AFC， ∴＝，∴＝，∴FC＝. (理)如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝60°，過C作△ABC的外接圓的切線CD，BD⊥CD于D，BD與外接圓交于點(diǎn)E，已知DE＝5，則△ABC的外接圓的半徑為________． [答案]　10 [解析]　利用切割線定理和正弦定理求解．因

9、為CD是圓的切線，所以∠BCD＝∠BAC＝60°，所以DB＝DC．又由切割線定理可得DC2＝DE×DB＝5DC，則DC＝5，所以BC＝2DC＝10.在直角三角形ABC中，由正弦定理可得2R＝AB＝＝＝20，所以△ABC的外接圓的半徑R＝10. 二、解答題 7. (20xx·遼寧葫蘆島市一模)如圖，P是⊙O外一點(diǎn)，PA是切線，A為切點(diǎn)，割線PBC與⊙O相交于點(diǎn)B，C，PC＝2PA，D為PC的中點(diǎn)，AD的延長線交⊙O于點(diǎn)E，證明： (1)BE＝EC； (2)AD·DE＝2PB2. [證明]　(1)連接AB，AC．由題設(shè)知PA＝PD， 故

10、∠PAD＝∠PDA． 因?yàn)椤螾DA＝∠DAC＋∠DCA， ∠PAD＝∠BAD＋∠PAB，∠DCA＝∠PAB， 所以∠DAC＝∠BAD，因此BE＝EC． (2)由切割線定理得PA2＝PB·PC． 因?yàn)镻A＝PD＝DC，所以PD2＝(PD－BD)·2PD，∴PD＝2BD，∴DC＝2PB，BD＝PB． 由相交弦定理得AD·DE＝BD·DC， 所以AD·DE＝2PB2. 8．(文)(20xx·沈陽市質(zhì)檢)如圖，△ABC內(nèi)接于圓O，AD平分∠BAC交圓O于點(diǎn)D，過點(diǎn)B作圓O的切線交直線AD于點(diǎn)E. (1)求證：∠EBD＝∠CB

11、D； (2)求證：AB·BE＝AE·DC． [解析]　(1)∵BE為圓O的切線， ∴∠EBD＝∠BAD， 又∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD， ∴∠EBD＝∠CAD． 又∵∠CBD＝∠CAD，∴∠EBD＝∠CBD． (2)在△EBD和△EAB中，∠E＝∠E，∠EBD＝∠EAB， ∴△EBD∽△EAB，∴＝， ∴AB·BE＝AE·BD， 又∵AD平分∠BAC，∴BD＝DC， 故AB·BE＝AE·DC． (理)(20xx·唐山市二模)如圖，E是圓O內(nèi)兩弦AB和CD的交點(diǎn)，過AD延長線上一點(diǎn)

12、F作圓O的切線FG，G為切點(diǎn)，已知EF＝FG.求證： (1)△DEF∽△EAF； (2)EF∥CB． [分析]　(1)欲證△DEF∽△EAF，可證兩個(gè)三角形有兩內(nèi)角對應(yīng)相等，亦可證兩個(gè)三角形有兩邊對應(yīng)成比例，夾角對應(yīng)相等，由已知條件，F(xiàn)G、FA分別是圓的切線、割線及EF＝FG可知兩個(gè)三角形有兩條邊對應(yīng)成比例，關(guān)鍵是其夾角相等，而夾角是公共角，第一問獲證． (2)欲證EF∥CB，由圓想到可證角相等(同位角、內(nèi)錯(cuò)角)，注意利用圓的有關(guān)角的性質(zhì)和(1)的結(jié)論． [解析]　(1)由切割線定理得FG2＝FA·FD． 又EF＝FG，所以EF2＝FA·FD，即＝. 因?yàn)?/p>

13、∠EFA＝∠DFE，所以△DEF∽△EAF. (2)由(1)得∠FED＝∠FAE. 因?yàn)椤螰AE＝∠DAB＝∠DCB， 所以∠FED＝∠BCD，所以EF∥CB． 9．(文) (20xx·洛陽市質(zhì)量監(jiān)測)如圖，AB是⊙O的切線，B為切點(diǎn)，ADE是⊙O的割線，C是⊙O外一點(diǎn)，且AB＝AC，連接BD，BE，CD，CE，CD交⊙O于F，CE交⊙O于G. (1)求證：BE·CD＝BD·CE； (2)求證：FG∥AC． [證明]　(1)由已知得∠ABD＝∠AEB，而∠BAD＝∠EAB， ∴△ABD∽△AEB， 所以＝＝，又AB＝AC， 所以BD&#

14、183;AE＝AB·BE，　　　① 且＝，又∠CAD＝∠EAC，∴△ADC∽△ACE， 所以＝，即DC·AE＝AC·CE.　　?、? 由①②兩式相除可得BE·CD＝BD·CE. (2)由△ADC∽△ACE得，∠ACD＝∠AEC， 又D，F(xiàn)，G，E四點(diǎn)共圓，∴∠GFC＝∠AEC， 因此∠GFC＝∠ACD，所以FG∥AC． (理)(20xx·河南八市質(zhì)量監(jiān)測)已知BC為圓O的直徑，點(diǎn)A為圓周上一點(diǎn)，AD⊥BC于點(diǎn)D，過點(diǎn)A作圓O的切線交BC的延長線于點(diǎn)P，過點(diǎn)B作BE垂直PA的延長線于點(diǎn)E.求證： (1)PA·

15、PD＝PE·PC； (2)AD＝AE. [證明]　(1)因?yàn)锳D⊥BP，BE⊥AP，所以△APD∽△BPE， 所以＝，所以AP·PE＝PD·PB， 又因?yàn)镻A，PB分別為圓O的切線和割線， 所以PA2＝PB·PC，所以＝， 所以PA·PD＝PE·PC． (2)連接AC，DE，因?yàn)锽C為圓O的直徑，所以∠BAC＝90°， 即AB⊥AC，因?yàn)椋?，所以AC∥DE， 所以AB⊥DE，又因?yàn)锽E⊥AP，AD⊥PB， 所以A，D，B，E四點(diǎn)共圓且AB為直徑， 又因?yàn)锳B⊥DE，所以AD＝AE. 10．圓的兩條

16、弦AB、CD交于點(diǎn)F，從F點(diǎn)引BC的平行線和直線DA的延長線交于點(diǎn)P，再從點(diǎn)P引這個(gè)圓的切線，切點(diǎn)是Q.求證：PF＝PQ. [分析]　要證PF＝PQ，因?yàn)镻Q為圓的切線，∴PQ2＝PA·PD，故只須證PF2＝PA·PD，觀察圖形及條件可以發(fā)現(xiàn)，PF與PA在△APF中，PF與PD在△EPD中，若能證得這兩個(gè)三角形相似，則問題獲解，由于兩個(gè)三角形有公共角∠APF，只須再找一角相等即可．由圓的幾何性質(zhì)不難證得∠AFP＝∠ADF，故△APF∽△FPD． [證明]　因?yàn)锳、B、C、D四點(diǎn)共圓， 所以∠ADF＝∠ABC． 因?yàn)镻F∥BC，所以∠AFP＝∠ABC，所以∠AFP

17、＝∠ADF. 又因?yàn)椤螦PF＝∠FPD， 所以△APF∽△FPD，所以＝，所以PF2＝PA·PD． 因?yàn)镻Q與圓相切，所以PQ2＝PA·PD． 所以PF2＝PQ2，所以PF＝PQ. 11．(文)如圖，CD為△ABC外接圓的切線，AB的延長線交直線CD于點(diǎn)D，E、F分別為弦AB與弦AC上的點(diǎn)，且BC·AE＝DC·AF，B、E、F、C四點(diǎn)共圓． (1)證明：CA是△ABC外接圓的直徑； (2)若DB＝BE＝EA，求過B、E、F、C四點(diǎn)的圓的面積與△ABC外接圓面積的比值． [解析]　(1)因?yàn)镃D為△ABC外接圓的切線， 所以∠DCB＝

18、∠A， 由題設(shè)知＝， 故△CDB∽△AEF，所以∠DBC＝∠EFA． 因?yàn)锽、E、F、C四點(diǎn)共圓，所以∠CFE＝∠DBC， 故∠EFA＝∠CFE＝90°， 所以∠CBA＝90°，因此CA是△ABC外接圓的直徑． (2)連接CE，因?yàn)椤螩BE＝90°，所以過B、E、F、C四點(diǎn)的圓的直徑為CE， 由DB＝BE，有CE＝DC， 又BC2＝DB·BA＝2DB2， 所以CA2＝4DB2＋BC2＝6DB2. 而CE2＝DC2＝DB·DA＝3DB2， 故過B、E、F、C四點(diǎn)的圓的面積與△ABC外接圓面積的比值為. (理)(20xx

19、·唐山市一模)如圖，AE是圓O的切線，A是切點(diǎn)，AD⊥OE于D，割線EC交圓O于B、C兩點(diǎn)． (1)證明：O、D、B、C四點(diǎn)共圓； (2)設(shè)∠DBC＝50°，∠OBC＝30°，求∠OEC的大?。? [分析]　(1)由EA、EC分別為切線和割線，可利用切割線定理，由EA為切線，AD⊥EO，在Rt△EOA中可利用射影定理，這樣可得到邊的比例關(guān)系式． 要證O、D、B、C四點(diǎn)共圓，只需證明對角互補(bǔ)或外角等于內(nèi)對角，結(jié)合條件與結(jié)論可考慮證明三角形相似，即△BDE∽△OCE. (2)給出∠DBC與∠OBC的大小，欲求∠OEC的大小，由外角定理∠OEC＝∠DBC－∠

20、BDE，由OB＝OC知∠OBC＝∠OCB，溝通兩者的橋梁是(1)的結(jié)論，∠BDE＝∠OCB，于是獲解． [解析]　(1)連接OA、OC，則OA⊥EA．由射影定理得EA2＝ED·EO. 由切割線定理得EA2＝EB·EC， 故ED·EO＝EB·EC，即＝， 又∠OEC＝∠OEC，所以△BDE∽△OCE， 所以∠EDB＝∠OCE. 因此O，D，B，C四點(diǎn)共圓． (2)因?yàn)椤螼EC＋∠OCB＋∠COE＝180°，結(jié)合(1)得 ∠OEC＝180°－∠OCB－∠COE＝180°－∠OBC－∠DBE ＝180

21、6;－∠OBC－(180°－∠DBC)＝∠DBC－∠OBC＝20°. 12．(文) (20xx·江西質(zhì)量監(jiān)測)如圖，D，E分別為△ABC的邊AB，AC上的點(diǎn)，且不與△ABC的頂點(diǎn)重合．已知AD·AB＝AE·AC． (1)求證：B，C，D，E四點(diǎn)共圓； (2)若三角形ABC是邊長為3的正三角形，且AD＝1，求B，C，D，E四點(diǎn)所在圓的半徑． [解析]　(1)因?yàn)锳D·AB＝AE·AG，所以＝， 所以△ADE∽△ACB， 所以∠ADE＝∠ACB，又∠ADE＋∠BDE＝180°， 所以∠ACB＋∠BDE

22、＝180°， 所以B，C，D，E四點(diǎn)共圓． (2)依題意：BCED是等腰梯形，且高為，設(shè)B，C，D，E四點(diǎn)所在圓的半徑為r， 則＋＝， 解得r＝，∴B，C，D，E四點(diǎn)所在圓的半徑為. (理)(20xx·唐山市一模)如圖，圓周角∠BAC的平分線與圓交于點(diǎn)D，過點(diǎn)D的切線與弦AC的延長線交于點(diǎn)E，AD交BC于點(diǎn)F. (1)求證：BC∥DE； (2)若D，E，C，F(xiàn)四點(diǎn)共圓，且＝，求∠BAC． [解析]　(1)證明：因?yàn)椤螮DC＝∠DAC，∠DAC＝∠DAB，∠DAB＝∠DCB， 所以∠EDC＝∠DCB， 所以BC∥DE. (2)解：因?yàn)镈，E，C，F(xiàn)四

23、點(diǎn)共圓，所以∠CFA＝∠CED，由(1)知∠ACF＝∠CED，所以∠CFA＝∠ACF.設(shè)∠DAC＝∠DAB＝x， 因?yàn)椋?，所以∠CBA＝∠BAC＝2x， 所以∠CFA＝∠FBA＋∠FAB＝3x， 在等腰△ACF中，π＝∠CFA＋∠ACF＋∠CAF＝7x，則x＝，所以∠BAC＝2x＝. [方法點(diǎn)撥]　這一部分主要命題方式是將圓的有關(guān)角、比例線段或圓內(nèi)接四邊形和三角形相似結(jié)合，求角，求線段長等，注意依據(jù)條件和結(jié)論選擇思維方向，如：①給出切線時(shí)，常作輔助線是作過切點(diǎn)的半徑，考慮方向是切割線定理，直角三角形射影定理、弦切角與圓周角的互化等；②給出平行線時(shí)，主要考慮角的關(guān)系及三角形相似；③有關(guān)圓的問題，求線段長時(shí)，常考慮相交弦定理、切割線定理、射影定理、垂徑定理；④證明比例線段，主要通過三角形相似．