2015届高考理科数学第一轮知识点专项题库71.doc

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第十五章 系列4选考部分
第1讲 几何证明选讲
1．如图，已知B在AC上，D在BE上，且AB∶BC＝2∶1，ED∶DB＝2∶1，求AD∶DF.

解 如图，过D作DG∥AC交FC于G(还可过B作EC的平行线)．
∵＝＝，
∴DG＝BC.
∵BC＝AC，∴DG＝AC.
∴＝＝，∴DF＝AF，
从而AD＝AF，故AD∶DF＝7∶2.
2. 如图，圆O1与O2内切于点A，其半径分别为r1与r2(r1>r2)．圆O1的弦AB交圆O2于点C(O1不在AB上)．
求证：AB∶AC为定值．
证明　如图，连接AO1，并延长分别交两圆于点E和点D，连接BD、CE.
∵圆O1与圆O2内切于点A，
∴点O2在AD上，故AD、AE分别为圆O1，圆O2的直径．
从而∠ABD＝∠ACE＝90°.
∴BD∥CE，于是＝＝＝，∴AB∶AC为定值．
3. 如图，△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，E是AC的中点，ED的延长线与CB的延长线交于点F.
求证：FD2＝FB·FC.
证明　∵E是Rt△ACD斜边AC的中点，
∴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∽△FDC，∴＝，
∴FD2＝FB·FC.
4. 如图，在△ABC中，CM是
∠ACB的平分线，△AMC的外接圆O交BC于点N.若AC＝AB，求证：BN＝2AM.
证明　连结MN.因为CM是∠ACB的平分线，
所以∠ACM＝∠NCM，所以AM＝MN.
因为∠B＝∠B，∠BMN＝∠A，
所以△BMN∽△BCA，所以＝＝2，
即BN＝2MN＝2AM.
5. 如图，梯形ABCD内接于⊙O，AD∥BC，过点C作⊙O的切线，交BD的延长线于点P，交AD的延长线于点E.
(1)求证：AB2＝DE·BC；
(2)若BD＝9，AB＝6，BC＝9，求切线PC的长．
(1)证明　∵AD∥BC，∴＝.∴AB＝CD，
∠EDC＝∠BCD.又PC与⊙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．

解 (1)证明：连结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.所以C，B，D，E四点共圆．
(2)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，连结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.从而HF＝AG＝5，DF＝×(12－2)＝5.故C，B，D，E四点所在圆的半径为5.
7. 如图，圆O是△ABC的外接圆，延长BC边上的高AD交圆O于点E，H为△ABC的垂心．求证：DH＝DE.
证明　连结CE，CH.因为H为△ABC的垂心，所以∠ECD＝∠BAD＝90°－∠ABC，
∠HCD＝90°－∠ABC，所以∠ECD＝∠HCD.
又因为CD⊥HE，CD为公共边，
所以△HDC≌△EDC，所以DH＝DE.
8. 已知AD是△ABC的外角∠EAC的平分线，交BC的延长线于点D，延长DA交△ABC的外接圆于点F，连接FB、FC.
(1)求证：FB＝FC；
(2)若AB是△ABC外接圆的直径，∠EAC＝120°，BC＝3，求AD的长．
(1)证明　∵AD平分∠EAC，∴∠EAD＝∠DAC.
∵四边形AFBC内接于圆，∴∠DAC＝∠FBC.
∵∠EAD＝∠FAB＝∠FCB，
∴∠FBC＝∠FCB，∴FB＝FC.
(2)解　∵AB是圆的直径，∴∠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. 如图，从圆O外一点P作圆O的两条切线，切点分别为A、B，AB与OP交于点M，设CD为过点M且不过圆心O的一条弦，求证：O、C、P、D四点共圆．
证明　∵PA、PB为圆O的两条切线，∴OP垂直平分弦AB，∴AM＝BM.在Rt△OAP中，OM·MP＝AM2，在圆O中，AM·BM＝CM·DM，∴OM·MP＝CM·DM，又弦CD不过圆心O，∴O、C、P、D四点共圆.

10. 如图，⊙O的半径OB垂直于直径AC，M为AO上一点，BM的延长线交⊙O于N，过点N的切线交CA的延长线于P.
(1)求证：PM2＝PA·PC；
(2)若⊙O的半径为2，OA＝OM，求MN的长．
(1)证明　连结ON.因为PN切⊙O于N，
所以∠ONP＝90°.
所以∠ONB＋∠BNP＝90°.
因为OB＝ON，所以∠OBN＝∠ONB.
因为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.
因为BM·MN＝CM·MA＝(2＋2)(2－2)＝8，
所以MN＝2.
11. 如图，已知C是以AB为直径的半圆O上一点，CH⊥AB于点H，直线AC与过B点的切线相交于点D，E为CH的中点，连接AE并延长交BD于点F，直线CF交直线AB于点G.
(1)求证：点F是BD的中点；
(2)求证：CG是⊙O的切线；
(3)若FB＝FE＝2，求⊙O的半径．
(1)证明　∵CH⊥AB，DB⊥AB，
∴△AEH∽△AFB，△ACE∽△ADF.
∴＝＝.∵HE＝EC，∴BF＝FD.
即点F是BD的中点．
(2)证明　连接CB、OC，
∵AB是直径，∴∠ACB＝90°.
∵F是BD的中点，∴∠CBF＝∠FCB.
∵∠CBF＝∠BAC，∠BAC＝∠ACO，∴∠FCB＝∠ACO.
∵∠ACO＋∠OCB＝90°，∴∠BCF＋∠OCB＝90°.
∴∠OCF＝90°.∴CG是⊙O的切线．
(3)解　由FC＝FB＝FE，得
∠FCE＝∠FEC.
∵∠G＋∠GCH＝90°，
∠FAG＋∠FEC＝90°，
∴∠FAG＝∠G.
∴FA＝FG，∵FB⊥AG，∴AB＝BG.
由切割线定理，得
(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的半径为2.
12．如图，圆O1与圆O2内切于点A，其半径分别为r1与r2(r1>r2)．圆O1的弦AB交圆O2于点C(O1不在AB上)．求证：AB∶AC为定值．

证明 连结AO1，并延长分别交两圆于点E和点D.连结BD，CE.

因为圆O1与圆O2内切于点A，所以点O2与AD上，
故AD，AE分别为圆O1，圆O2的直径．
从而∠ABD＝∠ACE＝.所以BD∥CE，
于是＝＝＝.
∴AB∶AC为定值．

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