高考数学一轮复习几何证明选讲1相似三角形的判定及有关性质课时提升作业理选修Word格式.docx
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又因为∠ECB=∠DEC=∠ADE,∠BEC=∠EAD,
所以△BEC∽△EAD,
所以EC∶AD=BC∶ED.
所以S△DCE∶S△ADE=S△BCE∶S△CDE,于是S△CDE=.
3.（xx·
大同模拟）如图,在△ABC中,AB⊥AC,点D为BC的中点,DE⊥BC交AC于点F,交BA的延长线于点E.
求证:
AD2=DE·
DF.
【证明】因为AB⊥AC,点D为BC的中点,
所以AD=BC=DC,
所以∠2=∠C.
因为AB⊥AC,DE⊥BC,
所以∠C+∠B=90°
∠E+∠B=90°
.
所以∠C=∠E,所以∠2=∠E.
又因为∠1=∠1,所以△DAE∽△DFA.
所以=,即AD2=DE·
【加固训练】如图,在△ABC中,AB⊥AC,AD⊥BC,E为AC的中点,ED延长线交AB延长线于点F.
AB·
AF=AC·
【证明】因为AB⊥AC,AD⊥BC,
所以△ABD∽△CAD,
所以=,∠1=∠C.
因为E是AC的中点,
所以DE=AC=EC,所以∠C=∠2.
因为∠2=∠3,所以∠1=∠3.
又因为∠F=∠F,所以△FBD∽△FDA,
所以=,所以=,
即AB·
4.（xx·
唐山模拟）如图,在△ABC中,D是AC的中点,E是线段BC延长线上一点,过点A作BE的平行线与线段ED的延长线交于点F,连接AE,CF.
AF=CE.
（2）若AC=EF,试判断四边形AFCE是什么样的四边形,并证明你的结论.
（1）在△ADF和△CDE中,
因为AF∥BE,所以∠FAD=∠ECD.
又因为D是AC的中点,所以AD=CD.
因为∠ADF=∠CDE,
所以△ADF≌△CDE,所以AF=CE.
（2）若AC=EF,则四边形AFCE是矩形.
由
（1）知AFCE,
所以四边形AFCE是平行四边形.
又因为AC=EF,所以四边形AFCE是矩形.
【加固训练】如图,在△ABC中,点D是AC的中点,点E是BC延长线上一点,过A作AH∥BE.连接ED并延长交AB于点F,交AH于点H.如果AB=4AF,EH=8,求DF的长.
【解析】因为AH∥BE,所以=.
因为AB=4AF,所以=.
因为HE=8,所以HF=2.
因为AH∥BE,所以=.
因为D是AC的中点,所以=1.
因为HE=HD+DE=8,所以HD=4,
所以DF=HD-HF=4-2=2.
5.已知,如图,在矩形ABCD中,点G为BC延长线上一点,连接DG,过点B作BH⊥DG于点H,且GH=DH,点E,F分别在AB,BC上,且EF∥DG.
（1）若AD=3,CG=2,求DG的长.
（2）若GF=AD+BF,求证:
EF=DG.
（1）在△BHG与△DCG中,
因为∠BGH=∠DGC,BH⊥DG,DC⊥BG,
所以△BHG∽△DCG,
所以=,
因为AD=3,CG=2,所以BG=5,
因为GH=DH,即=,
所以DG=2,即DG的长为2.
（2）因为GF=AD+BF,
所以FC+GC=BF+FC+BF,即GC=2BF,
因为EF∥DG,
所以∠BFE=∠CGD,
所以Rt△BEF∽Rt△CDG,
所以EF∶DG=BF∶GC=1∶2,所以EF=DG.
【加固训练】如图,在正方形ABCD中,点E为AB的中点,BF⊥CE于点F,求
S△BFC∶S正方形ABCD的值.
【解析】设正方形ABCD的边长为2a,
因为E是AB的中点,所以BE=a,
所以CE==a,
因为BF⊥CE,所以∠EBC=∠BFC=90°
因为∠ECB=∠BCF,
所以△BCF∽△ECB.
因为BC∶EC=2∶.
所以S△BFC∶S△EBC=4∶5.
因为S正方形ABCD=4S△EBC,
所以S△BFC∶S正方形ABCD=1∶5.
6.如图,点C,D在线段AB上,且△PCD是等边三角形.
（1）当AC,CD,DB满足怎样的关系时,△ACP∽△PDB.
（2）当△PDB∽△ACP时,试求∠APB的度数.
（1）当CD2=AC·
DB时,△ACP∽△PDB,
因为△PCD是等边三角形,
所以∠PCD=∠PDC=60°
所以∠ACP=∠PDB=120°
若CD2=AC·
DB,
由PC=PD=CD可得PC·
PD=AC·
即=,
则根据相似三角形的判定定理得△ACP∽△PDB.
（2）当△ACP∽△PDB时,∠APC=∠PBD.
因为∠PDB=120°
所以∠DPB+∠DBP=60°
所以∠APC+∠BPD=60°
所以∠APB=∠CPD+∠APC+∠BPD=120°
即∠APB的度数为120°
【加固训练】1.如图所示,在平行四边形ABCD中,点E是CD的延长线上一点,DE=CD,BE与AD交于点F.
△ABF∽△CEB.
（2）若△DEF的面积为2,求平行四边形ABCD的面积.
（1）因为四边形ABCD是平行四边形,
所以∠BAF=∠BCD,
因为AB∥CD,所以∠ABF=∠CEB,
所以△ABF∽△CEB.
（2）因为四边形ABCD是平行四边形,
所以AD∥BC,AB∥CD,
所以△DEF∽△CEB,△DEF∽△ABF.
所以=,=.
又DE=CD=AB,
所以CE=DE+CD=DE+2DE=3DE.
所以==,==.
因为S△DEF=2,所以S△CEB=18,S△ABF=8.
所以平行四边形ABCD的面积S=S△ABF+S△CEB-S△DEF=8+18-2=24.
2.如图,在梯形ABCD中,点E,F分别在AB,CD上,EF∥AD,假设EF做上下平行移动.
（1）若=,求证:
3EF=BC+2AD.
（2）若=,试判断EF与BC,AD之间的关系,并说明理由.
（3）请你探究一般结论,即若=,那么你可以得到什么结论?
【解析】过点A作AH∥CD分别交EF,BC于点G,H.
（1）因为=,
又EG∥BH,所以==,
即3EG=BH.
又EG+GF=EG+AD=EF,
从而EF=（BC-HC）+AD,
所以EF=BC+AD,
即3EF=BC+2AD.
（2）EF与BC,AD的关系式为5EF=2BC+3AD,理由和
（1）类似.
（3）因为=,
所以=.
又EG∥BH,所以=,
即EG=BH.
所以EF=EG+GF=EG+AD
=（BC-AD）+AD,
即（m+n）EF=mBC+nAD.
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,
即BD·
BE=BA·
BF,
又△ABC∽△AEF,
AF=AE·
AC,
所以BE·
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,
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.
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.
QC2-QA2=BC·
QC.
（2）求弦AB的长.
（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·
（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AB=.
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.
（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.
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.
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.
（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.
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.
AD∥EC.
（2）若AD是☉O2的切线,且PA=6,PC=2,BD=9,求AD的长.
（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·
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.
（1）BE=EC.
（2）AD·
DE=2PB2.
（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·
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.
BF=EF.
（2）求证:
PA是☉O的切线.
（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=,=,
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.
AC·
BC=AD·
AE.
（2）若AF=2,CF=2,求AE的长.
（1）连接BE,由题意知△ABE为直角三角形.
因为∠ABE=∠ADC=90°
∠AEB=∠ACB,
△ABE∽△ADC,
AC=AD·
又AB=BC,
所以AC·
（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,
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==.
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.
直线AB是☉O的切线.
（2）若AD=2,且tan∠ACD=,求☉O的半径r的长.
（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.
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.
（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.
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