高考数学一轮复习几何证明选讲2直线与圆的位置关系课时提升作业理选修.docx
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高考数学一轮复习几何证明选讲2直线与圆的位置关系课时提升作业理选修
2019-2020年高考数学一轮复习几何证明选讲2直线与圆的位置关系课时提升作业理选修
1.（xx·开封模拟）如图,AB是☉O的直径,弦CA,BD的延长线相交于点E,EF垂直BA的延长线于点F,连接FD.求证:
（1）∠DEA=∠DFA.
（2）AB2=BE·BD-AE·AC.
【证明】
（1）连接AD,因为AB为圆的直径,
所以∠ADB=90°,
又EF⊥AB,∠AFE=90°,
则A,D,E,F四点共圆,所以∠DEA=∠DFA.
（2）连接BC.由
（1）知△ADB∽△EFB,
所以=,
即BD·BE=BA·BF,
又△ABC∽△AEF,
所以=,
即AB·AF=AE·AC,
所以BE·BD-AE·AC=BA·BF-AB·AF=AB·（BF-AF）=AB2.
【加固训练】（xx·广东高考改编）如图,AB为圆O的直径,点E为AB的延长线上一点,过点E作圆O的切线,切点为点C,过点A作直线EC的垂线,垂足为点D.若AB=4,CE=2,求AD的长度.
【解析】连接ΟC,则ΟC⊥DE,
因为AD⊥DE,所以ΟC∥AD,
所以=,
由切割线定理得:
CE2=BE·AE,
所以BE=12,
即BE2+4BE-12=0,
解得:
BE=2或BE=-6（舍去）,
所以AD===3.
2.（xx·安阳模拟）如图,直线PQ与☉O相切于点A,AB是☉O的弦,∠PAB的平分线AC交☉O于点C,连接CB,并延长与直线PQ相交于点Q,若AQ=6,AC=5.
（1）求证:
QC2-QA2=BC·QC.
（2）求弦AB的长.
【解析】
（1）因为PQ与☉O相切于点A,由切割线定理得:
QA2=QB·QC=（QC-BC）QC,
所以QC2-QA2=BC·QC.
（2）由
（1）可知,QA2=QB·QC=（QC-BC）QC.
因为PQ与☉O相切于点A,所以∠PAC=∠CBA,因为∠PAC=∠BAC,所以
∠BAC=∠CBA.
所以AC=BC=5,又知AQ=6,所以QC=9.
由∠QAB=∠ACQ知△QAB∽△QCA,
所以=,
所以AB=.
3.（xx·临汾模拟）如图,CF是△ABC边AB上的高,FP⊥BC,FQ⊥AC.
（1）证明:
A,B,P,Q四点共圆.
（2）若CQ=4,AQ=1,PF=,求CB的长.
【解析】
（1）连接QP,由已知C,P,F,Q四点共圆,所以∠QCF=∠QPF.
因为∠A+∠QCF=∠CPQ+∠QPF=90°,
所以∠A=∠CPQ.则四点A,B,P,Q共圆.
（2）CF2=CQ×CA=4×5=20,在Rt△CPF中,
CP===,
又CP×CB=CF2,所以CB==6.
【加固训练】（xx·遵义模拟）如图,在正△ABC中,点D,E分别在边AC,AB上,且AD=AC,AE=AB,BD,CE相交于点F,连接DE.
（1）求证:
A,E,F,D四点共圆.
（2）若正△ABC的边长为2,求A,E,F,D所在圆的半径.
【解析】
（1）因为AE=AB,
所以BE=AB.
因为在正△ABC中,AD=AC,
所以AD=BE.
又因为AB=BC,∠BAD=∠CBE,
所以△BAD≌△CBE,
所以∠ADB=∠BEC.
即∠ADF+∠AEF=π,
所以A,E,F,D四点共圆.
（2）如图,取AE的中点G,连接GD,
则AG=GE=AE.
因为AE=AB,
所以AG=GE=AB=.
因为AD=AC=,∠DAE=60°,
所以△AGD为正三角形,
所以GD=AG=AD=,
即GA=GE=GD=.
所以点G是△AED外接圆的圆心,
且圆G的半径为.
由于A,E,F,D四点共圆,
即A,E,F,D四点共圆G,其半径为.
4.（xx·保定模拟）如图所示,已知☉O1与☉O2相交于A,B两点,过点A作☉O1的切线交☉O2于点C,过点B作两圆的割线,分别交☉O1,☉O2于点D,E,DE与AC相交于点P.
（1）求证:
AD∥EC.
（2）若AD是☉O2的切线,且PA=6,PC=2,BD=9,求AD的长.
【解析】
（1）连接AB,因为AC是☉O1的切线,所以∠BAC=∠D,
又因为∠BAC=∠E,
所以∠D=∠E,所以AD∥EC.
（2）因为PA是☉O1的切线,PD是☉O1的割线,
所以PA2=PB·PD,
所以62=PB·（PB+9）,
所以PB=3,
在☉O2中由相交弦定理,
得PA·PC=BP·PE,所以PE=4.
因为AD是☉O2的切线,
DE是☉O2的割线,
所以AD2=DB·DE=9×16,所以AD=12.
【加固训练】如图,AB是圆O的直径,且AB=6,CD是弦,BA,CD的延长线交于点P,PA=4,PD=5,求∠COD的大小.
【解析】由割线定理得,PA·PB=PC·PD,
因为PA=4,PD=5,
所以4×10=5·PC,所以PC=8,
所以CD=8-5=3,
所以△CDO是等边三角形,所以∠COD=60°.
5.（xx·郑州模拟）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.
求证:
（1）BE=EC.
（2）AD·DE=2PB2.
【解析】
（1）连接AB,AC.由题设知PA=PD,故∠PAD=∠PDA.因为∠PDA=∠DAC+
∠DCA,∠PAD=∠BAD+∠PAB,∠DCA=∠PAB,所以∠DAC=∠BAD,从而=.
因此BE=EC.
（2）由切割线定理得PA2=PB·PC.因为PA=PD=DC,所以DC=2PB,BD=PB.
由相交弦定理得AD·DE=BD·DC,所以AD·DE=2PB2.
6.如图,点A是以线段BC为直径的☉O上一点,AD⊥BC于点D,过点B作☉O的切线,与CA的延长线相交于点E,点G是AD的中点,连接CG并延长与BE相交于点F,连接AF并延长与CB的延长线相交于点P.
（1）求证:
BF=EF.
（2）求证:
PA是☉O的切线.
【证明】
（1）因为BE是☉O的切线,
所以EB⊥BC.
又因为AD⊥BC,所以AD∥BE.
可知△BFC∽△DGC,△FEC∽△GAC,
所以=,=,
所以=.
又因为G是AD的中点,
所以DG=AG,所以BF=EF.
（2）如图,连接AO,AB.
因为BC是☉O的直径,
所以∠BAC=90°.
在Rt△BAE中,
由
（1）得知F是斜边BE的中点,
所以AF=FB=EF.
所以∠FBA=∠FAB.
又因为OA=OB,
所以∠ABO=∠BAO.
因为BE是☉O的切线,
所以∠EBO=90°.
所以∠EBO=∠FBA+∠ABO=∠FAB+∠BAO=∠FAO=90°,所以PA是☉O的切线.
【加固训练】1.（xx·郑州模拟）如图,已知圆O是△ABC的外接圆,AB=BC,AD是BC边上的高,AE是圆O的直径.过点C作圆O的切线交BA的延长线于点F.
（1）求证:
AC·BC=AD·AE.
（2）若AF=2,CF=2,求AE的长.
【解析】
（1）连接BE,由题意知△ABE为直角三角形.
因为∠ABE=∠ADC=90°,
∠AEB=∠ACB,
△ABE∽△ADC,
所以=,
即AB·AC=AD·AE,
又AB=BC,
所以AC·BC=AD·AE.
（2）因为FC是圆O的切线,
所以FC2=FA·FB,
又AF=2,CF=2,
所以BF=4,AB=BF-AF=2,
因为∠ACF=∠FBC,
又∠CFB=∠AFC,
所以△AFC∽△CFB,
所以=,
得AC==,
所以△ABC为等腰三角形,
过B作BH⊥AC于点H,
则cos∠ACD==,
所以sin∠ACD==sin∠AEB,
所以AE==.
2.（xx·邢台模拟）如图,△ABO三边上的点C,D,E都在☉O上,已知AB∥DE,AC=CB.
（1）求证:
直线AB是☉O的切线.
（2）若AD=2,且tan∠ACD=,求☉O的半径r的长.
【解析】
（1）如图所示,连接OC.
因为AB∥DE,所以=.
因为OD=OE,所以OA=OB.
因为AC=CB,所以OC⊥AB,
所以直线AB是☉O的切线.
（2）延长AO交☉O于点F,连接CF.
由
（1）可得∠ACD=∠F.
因为tan∠ACD=,所以tanF=.
因为△ACD∽△AFC,所以==,
而AD=2,所以AC=4.
由切割线定理可得:
AC2=AD·（AD+2r）,
所以42=2×（2+2r）,解得r=3.
3.如图,直线AB为圆的切线,切点为点B,点C在圆上,∠ABC的平分线BE交圆于点E,DB垂直BE交圆于点D.
（1）证明:
DB=DC.
（2）设圆的半径为1,BC=,延长CE交AB于点F,求△BCF外接圆的半径.
【解析】
（1）连接DE交BC于点G.
由弦切角定理得∠ABE=∠BCE,而∠ABE=∠CBE,故∠CBE=∠BCE,BE=CE.又因为DB⊥BE,所以DE为直径,∠DCE=90°,
由勾股定理得DB=DC.
（2）由
（1）知,∠CDE=∠BDE,DB=DC,
故DG是BC的中垂线,所以BG=.
设DE的中点为O,连接BO,则∠BOG=60°,
从而∠ABE=∠BCE=∠CBE=30°,
所以CF⊥BF,
故Rt△BCF的外接圆的半径等于.
2019-2020年高考数学一轮复习几何证明选讲第1讲平行截割定理与相似三角形教案理选修4-1
【xx年高考会这样考】
考查相似三角形的判定和性质定理的应用及直角三角形的射影定理的应用．
【复习指导】
复习本讲时，只要掌握好教材上的内容，熟练教材上的习题即可达到高考的要求，该部分的复习以基础知识、基本方法为主，掌握好解决问题的基本技能即可.
基础梳理
1．平行截割定理
（1）平行线等分线段定理及其推论
①定理：
如果一组平行线在一条直线上截得的线段相等，那么在任一条（与这组平行线相交的）直线上截得的线段也相等．
②推论：
经过梯形一腰的中点而且平行于底边的直线平分另一腰．
（2）平行截割定理及其推论
①定理：
两条直线与一组平行线相交，它们被这组平行线截得的对应线段成比例．
②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），截得的三角形与原三角形的对应边成比例．
（3）三角形角平分线的性质
三角形的内角平分线分对边成两段的长度比等于夹角两边长度的比．
（4）梯形的中位线定理
梯形的中位线平行于两底，并且等于两底和的一半．
2．相似三角形
（1）相似三角形的判定
①判定定理
a．两角对应相等的两个三角形相似．
b．两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似．
c．三边对应成比例的两个三角形相似．
②推论：
平行于三角形一边的直线和其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似．
③直角三角形相似的特殊判定
斜边与一条直角边对应成比例的两个直角三角形相似．
（2）相似三角形的性质
相似三角形的对应线段的比等于相似比，面积比等于相似比的平方．
（3）直角三角形射影定理
直角三角形一条直角边的平方等于该直角边在斜边上射影与斜边的乘积，斜边上的高的平方等于两条直角边在斜边上射影的乘积．
双基自测
1．如图所示，已知a∥b∥c，直线m、n分别与a、b、c交于点A，B，C和A′，B′，C′，如果AB＝BC＝1，A′B′＝，则B′C′＝________.
解析 由平行线等分线段定理可直接得到答案．
答案
2．如图所示，BD、CE是△ABC的高，BD、CE交于F，写出图中所有与△ACE相似的三角形________．
解析 由Rt△ACE与Rt△FCD和Rt△AB
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