高三高考数学国步分项分类题及析答案长.docx

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高三高考数学国步分项分类题及析答案长

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12-1几何证明选讲

基础巩固强化

1.如图，在△ABC中，∠A＝90°，正方形DEFG的边长是6cm，且四个顶点都在△ABC的各边上，CE＝3cm，则BC的长为（　　）

A．12cm　　　　　　　　B．21cm

C．18cmD．15cm

[答案]　B

[解析]　∵四边形DEFG是正方形，∴∠GDB＝∠FEC＝90°，GD＝DE＝EF＝6cm，又∵∠B＋∠C＝90°，∠B＋∠BGD＝90°，∴∠C＝∠BGD，∴△BGD

△FCE，

∴＝，即BD＝＝12cm，

∴BC＝BD＋DE＋EC＝21cm.

2．（文）如图，D、E分别是△ABC的边AB、AC上的点，DE∥BC且＝2，那么△ADE与四边形DBCE的面积比是（　　）

A.　　　B.　　　C.　　　D.

[答案]　C

[解析]　∵DE∥BC，∴△ADE

△ABC，

∴＝2，

∵＝2，∴＝，∴S△ADE＝S△ABC，

∴S四边形DEBC＝S△ABC，

∴＝，故选C.

（理）如图所示，在▱ABCD中，BC＝24，E、F为BD的三等分点，则BM－DN＝（　　）

A．6　　　　B．3　　　　C．2　　　　D．4

[答案]　A

[解析]　∵E、F为BD的三等分点，四边形为平行四边形，

∴M为BC的中点，连CF交AD于P，则P为AD的中点，由△BCF

△DPF及M为BC中点知，N为DP的中点，

∴BM－DN＝12－6＝6，故选A.

3．（2012·天津十二校联考）如图所示，EA是圆O的切线，割线EB交圆O于点C，C在直径AB上的射影为D，CD＝2，BD＝4，则EA＝（　　）

A．4B.

C．3D.

[答案]　B

[解析]　根据题意可得BC2＝CD2＋BD2＝22＋42＝20，即BC＝2.由射影定理得BC2＝AB·BD，即20＝4AB，解得AB＝5，所以AC＝＝，设EA＝x，EC＝y，根据切割线定理可得x2＝y（y＋2），即x2＝y2＋2y，在Rt△ACE中，x2＝y2＋（）2，故2y＝5，解得y＝，故x2＝＋5＝，得x＝，即EA＝.

4.如图所示，矩形ABCD中，AB＝12，AD＝10，将此矩形折叠使点B落在AD边的中点E处，则折痕FG的长为（　　）

A．13B.

C.D.

[答案]　C

[解析]　过点A作AH∥FG交DG于H，则四边形AFGH为平行四边形．∴AH＝FG.

∵折叠后B点与E点重合，折痕为FG，

∴B与E关于FG对称．∴BE⊥FG，∴BE⊥AH.

∴∠ABE＝∠DAH，∴Rt△ABE

Rt△DAH.

∴＝.∵AB＝12，AD＝10，AE＝AD＝5，

∴BE＝＝13，∴FG＝AH＝＝.

5．（文）如图，⊙O与⊙O′相交于A和B，PQ切⊙O于P，交⊙O′于Q和M，交AB的延长线于N，MN＝3，NQ＝15，则PN＝（　　）

A．3B.

C．3D．3

[答案]　D

[解析]　由切割线定理知：

PN2＝NB·NA＝MN·NQ＝3×15＝45，∴PN＝3.

（理）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，AP和过C的切线互相垂直，垂足为P，过B的切线交过C的切线于T，PB交⊙O于Q，若∠BTC＝120°，AB＝4，则PQ·PB＝（　　）

A．2B．3

C.D．2

[答案]　B

[解析]　连接OC、AC，则OC⊥PC，

则O、C、T、B四点共圆，

∵∠BTC＝120°，∴∠COB＝60°，

故∠AOC＝120°.

由AO＝OC＝2知AC＝2，

在Rt△APC中，

∠ACP＝∠AOC＝60°，

因此PC＝.根据切割线定理得PQ·PB＝PC2＝3.

6．两个相似三角形，面积分别为16cm2和49cm2，它们的周长相差6cm，则较大三角形的周长为（　　）

A．21cmB．2cm

C．14cmD.cm

[答案]　C

[解析]　由相似三角形面积比等于相似比的平方，周长比等于相似比知，周长之比为：

＝，设周长分别为7x和4x，则7x－4x＝6，∴x＝2，

∴较大三角形的周长为14cm.

7．（文）（2011·西安质检）如图是某高速公路一个隧道的横截面，若它的形状是以O为圆心的圆的一部分，路面AB＝10m，净高CD＝7m，则此圆的半径OA＝________m.

[答案]　

[解析]　设⊙O的半径为R，则在Rt△OAD中，OA2＝OD2＋AD2，即R2＝（）2＋（7－R）2，解得R＝m.

（理）（2011·深圳调研）如图，AB是半圆O的直径，C是半圆O上异于A，B的点，CD⊥AB，垂足为D，已知AD＝2，CB＝4，则CD＝________.

[答案]　2

[解析]　根据射影定理得CB2＝BD×BA，即（4）2＝BD（BD＋2），得BD＝6，又CD2＝AD×BD＝12，

所以CD＝＝2.

8．（文）（2012·湖南理，11）如下图，过点P的直线与⊙O相交于A、B两点．若PA＝1，AB＝2，PO＝3，则⊙O的半径等于________．

[答案]　

[解析]　设圆半径为r，

由割线定理：

PA·PB＝（3－r）·（3＋r），

即1×3＝9－r2，r2＝6，∴r＝.

（理）（2011·北京西城区模拟）如图，从圆O外一点P引圆O的切线PA和割线PBC，已知PA＝2，PC＝4，圆心O到BC的距离为，则圆O的半径为________．

[答案]　2

[解析]　设圆O的半径为R.依题意得PA2＝PB·PC，

∴PB＝＝2，BC＝PC－PB＝2，

∴R＝＝2，即圆O的半径为2.

9．（2012·江南十校联考）如图，在圆的内接四边形ABCD中，∠ABC＝90°，∠ABD＝30°，∠BDC＝45°，AD＝1，则BC＝________.

[答案]　

[解析]　连接AC.因为∠ABC＝90°，所以AC为圆的直径．又∠ACD＝∠ABD＝30°，所以AC＝2AD＝2.又∠BAC＝∠BDC＝45°，故BC＝.

10．（2011·杭州市高三联考）如图，圆O的直径AB＝10，弦DE⊥AB于点H，AH＝2.

（1）求DE的长；

（2）延长ED到P，过P作圆O的切线，切点为C，若PC＝2，求PD的长．

[解析]　

（1）连接AD，DB，由于AB为圆O的直径，

∴AD⊥DB.

又AB⊥DE，DH＝HE，

∴DH2＝AH×BH＝2×（10－2）＝16，

DH＝4，DE＝8.

（2）PC切圆O于点C，PC2＝PD×PE，

∴

（2）2＝PD（PD＋8），∴PD＝2.

能力拓展提升

11.（文）（2011·佛山质检）如图，AB，CD是半径为a的圆O的两条弦，它们相交于AB的中点P，PD＝a，∠OAP＝30°，则CP＝________.

[答案]　

[解析]　因为点P是AB的中点，由垂径定理知，OP⊥AB.在Rt△OPA中，BP＝AP＝acos30°＝a.由相交弦定理知，BP·AP＝CP·DP，即a·a＝CP·a，所以CP＝a.

（理）（2012·广东理，15）如右图，圆O的半径为1，A、B、C是圆周上的三点，满足∠ABC＝30°，过点A作圆O的切线与OC的延长线交于点P，则PA＝________.

[答案]　

[解析]　本题考查圆的相关知识，连结OA，则∠AOC＝60°，∵OA＝1，OA⊥PA，∴AP＝.

12．（文）（2012·天津，13）如图，已知AB和AC是圆的两条弦，过点B作圆的切线与AC的延长线相交于点D.过点C作BD的平行线与圆相交于点E，与AB相交于点F，AF＝3，FB＝1，EF＝，则线段CD的长为________．

[答案]　

[解析]　如图，由相交弦定理得AF·FB＝EF·FC，

∴FC＝＝2，

∵FC∥BD，∴＝，BD＝＝.

又由切割线定理知BD2＝DC·DA，

又由DA＝4CD知4DC2＝BD2＝，∴DC＝.

明确相交弦定理、切割线定理等是解题的关键．

（理）（2011·惠州市模拟）如图，⊙O的割线PAB交⊙O于A、B两点，割线PCD经过圆心O，已知PA＝6，AB＝，PO＝12，则⊙O的半径是________．

[答案]　8

[解析]　设⊙O的半径是R，∵PA·PB＝PC·PD＝（PO－R）（PO＋R）＝PO2－R2，

∴PA（PA＋AB）＝PO2－R2，

将PA＝6，AB＝，PO＝12代入得R＝8.

13．（文）（2012·湖北理，15）如下图，点D在⊙O的弦AB上移动，AB＝4，连接OD，过点D作OD的垂线交⊙O于点C，则CD的最大值为________．

[答案]　2

[解析]　本题考查圆的性质及勾股定理，∵CD⊥OD，∴OC2＝OD2＋CD2，当OD最小时，CD最大，而OE最小（E为AB的中点），∴CDmax＝EB＝2.

（理）（2012·广州测试）如图，AB是圆O的直径，延长AB至C，使BC＝2OB，CD是圆O的切线，切点为D，连接AD、BD，则的值为________．

[答案]　

[解析]　连接OD，则OD⊥CD.设圆O的半径为r，则OA＝OB＝OD＝r，BC＝2r.所以OC＝3r，CD＝＝2r.由弦切角定理得，∠CDB＝∠CAD，又∠DCB＝∠ACD，所以△CDB

△CAD.所以＝＝＝.

14．（文）如图以Rt△ABC的直角边AB为直径作⊙O，与斜边AC交于点D，E为BC边的中点．

（1）求证：

DE是⊙O的切线；

（2）连结OE、AE，当∠CAB为何值时，四边形AOED是平行四边形，并在此条件下求sin∠CAE的值．

[解析]　

（1）在△OBE与△ODE中，OB＝OD，OE＝OE.

∵E、O分别为BC、AB中点．

∴EO∥AC，∴∠EOB＝∠DAO，∠DOE＝∠ADO，

又∠OAD＝∠ADO，∴∠EOB＝∠DOE，

∴△OBE

△ODE，∴∠ODE＝∠OBE＝90°，

∴ED是⊙O的切线．

（2）∠CAB＝45°，sin∠CAE＝.

（理）如图，已知过△ABC顶点A的直线交BC的延长线于D，交△ABC的外接圆于点F，连结FB、FC，且FB＝FC.

（1）求证：

AD平分∠EAC；

（2）若AB是△ABC的外接圆的直径，AD＝4，∠EAC＝120°，求BC的长．

[解析]　

（1）因为FB＝FC，所以∠FBC＝∠FCB，因为四边形AFBC内接于圆，所以∠DAC＝∠FBC，又因为∠EAD＝∠FAB＝∠FCB.

所以∠EAD＝∠CAD，所以AD平分∠EAC.

（2）因为AB是△ABC的外接圆的直径，所以∠ACD＝90°，因为∠EAC＝120°，所以∠DAC＝∠EAC＝60°，∠D＝30°，所以AC＝2，

在Rt△ACB中，因为∠BAC＝60°，

所以BC＝2tan60°＝6.

15．（文）（2011·山西太原模拟）如图，AB是半圆O的直径，C是圆周上一点（异于A、B），过C作圆O的切线l，过A作直线l的垂线AD，垂足为D，AD交半圆于点E.求证：

CB＝CE.

[证明]　证法一：

连结BE.

因为AB是半圆O的直径，E为圆周上一点，所以∠AEB＝90°，即BE⊥AD.

又因为AD⊥l，所以BE∥l.

所以∠DCE＝∠CEB.

因为直线l是圆O的切线，

所以∠DCE＝∠CBE，

所以∠CBE＝∠CEB，所以CE＝CB.

证法二：

连结AC，BE，在DC延长线上取一点F.

因为AB是半圆O的直径，C为圆周上一点．

所以∠ACB＝90°，即∠BCF＋∠ACD＝90°.

又因为AD⊥l，所以∠DAC＋∠ACD＝90°，

所以∠BCF＝∠DAC.

又因为直线l是圆O的切线，所以∠CEB＝∠BCF.

又∠DAC＝∠CBE，所以∠CBE＝∠CEB.

所以CE＝CB.

（理）如图，AB是圆O的直径，C是半径OB的中点，D是AB延长线上一点，且BD＝OB，直线MD与圆O相交于点M，T（不与A、B重合），DN与圆O相切于点N，连接MC，MB，OT.

（1）求证：

DT·DM＝DO·DC；

（2）若∠DOT＝60°，试求∠BMC的大小．

[解析]　

（1）证明：

因MD与圆O相交于点T，由切割线定理得，DN2＝DT·DM，DN2＝DB·DA，

所以DT·DM＝DB·DA，设半径OB＝r（r>0），

因BD＝OB，且BC＝OC＝，

则DB·DA＝r·3r＝3r2，DO·DC＝2r·＝3r2.

所以DT·DM＝DO·DC.

（2）由

（1）可知，DT·DM＝DO·DC，且∠TDO＝∠CDM，

故△DTO

△DCM，所以∠DOT＝∠DMC.

根据圆周角定理得，∠DOT＝2∠DMB，则∠BMC＝30°.

16．（文）（2011·新课标全国文，22）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．

[解析]　

（1）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.

（理）（2012·乌鲁木齐地区诊断）如图，已知PA与⊙O相切，A为切点，PBC为割线，D为⊙O上一点，AD、BC相交于点E.

（1）若AD＝AC，求证：

AP∥CD；

（2）若F为CE上一点使得∠EDF＝∠P，已知EF＝1，EB＝2，PB＝4，求PA的长．

[解析]　

（1）∵PA是⊙O的切线，AD是弦，

∴∠PAD＝∠ACD.

∵AD＝AC，∴∠ADC＝∠ACD，

∴∠PAD＝∠ADC，

∴AP∥CD.

（2）∵∠EDF＝∠P，又∠DEF＝∠PEA，

∴△DEF

△PEA，有＝，

即EF·EP＝EA·ED.而AD、BC是⊙O的相交弦，

∴EC·EB＝EA·ED，

故EC·EB＝EF·EP，

∴EC＝＝＝3.

由切割线定理有PA2＝PB·PC＝4×（3＋2＋4）＝36，

∴PA＝6.

1．（2011·广东湛江高考调研）如图，圆O上一点C在直径AB上的射影为D，AD＝2，AC＝2，则AB＝________.

[答案]　10

[解析]　由射影定理知，AC2＝AD·AB，

所以AB＝＝10.

2．如图所示，已知AB为半⊙O的直径，直线MN切半圆于点C，AD⊥MN于点D，BE⊥MN于点E，BE交半圆于点F，AD＝3cm，BE＝7cm.

（1）则⊙O的半径为________；

（2）则线段DE的长为________．

[答案]　5cm　2cm

[解析]　

（1）连接OC.∵MN切半圆于点C，∴OC⊥MN.

∵AD⊥MN，BE⊥MN，∴AD∥OC∥BE.

∵OA＝OB，∴CD＝CE.

∴OC＝（AD＋BE）＝5cm.

∴⊙O的半径为5cm.

（2）连接AF.∵AB为半⊙O的直径，

∴∠AFB＝90°.∴∠AFE＝90°.

又∵∠ADE＝∠DEF＝90°，∴四边形ADEF为矩形．

∴DE＝AF，AD＝EF＝3cm.

在Rt△ABF中，BF＝BE－EF＝4cm，AB＝2OC＝10cm.

∴AF＝＝＝2，

∴DE＝2cm.

3．如图，已知PA是⊙O的切线，A是切点，直线PO交⊙O于B、C两点，D是OC的中点，连接AD并延长交⊙O于点E.若PA＝2，∠APB＝30°，则AE＝________.

[答案]　

[解析]　∵PA是⊙O的切线，∴OA⊥PA，

在直角三角形PAO中，tan30°＝＝.∵PA＝2，

∴AO＝PA·＝2，即圆O的半径为r＝2，

同理sin30°＝＝，∴PO＝4.

∵D是OC的中点，∴OD＝DC＝1，从而BD＝BO＋OD＝2＋1＝3，PD＝PO＋OD＝4＋1＝5，

在三角形PAD中，由余弦定理得：

AD2＝PA2＋PD2－2PA·PD·cos30°＝

（2）2＋52－2×2×5×＝7，∴AD＝，再由相交弦定理得：

AD·DE＝BD·DC，即·DE＝3×1＝3，DE＝，∴AE＝AD＋DE＝＋＝.

4．（2012·保定市调研）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB＝AC，延长BC到点D，使得CD＝AC，连结AD交⊙O于点E，连结BE.

求证：

（1）BE＝DE；

（2）∠D＝∠ACE.

[证明]　

（1）∵CD＝AC，∴∠D＝∠DAC，

又∠DAC＝∠EBC，∴∠D＝∠EBC，

∴BE＝DE.

（2）∵∠D＝∠DAC，∴∠ACB＝2∠DAC＝2∠D，

又∠DAC＝∠EBC，∴∠ACB＝2∠EBC，

∵AB＝AC，∴∠ACB＝∠ABC，∴∠ABC＝2∠EBC.

∴∠ABE＝∠EBC，∠D＝∠ABE，

又∠ABE＝∠ACE，∴∠D＝∠ACE.

5．（2012·河北郑口中学模拟）如图，已知直线AB过圆心O，交⊙O于A、B两点，直线AF交⊙O于F（不与B重合），直线l与⊙O相切于C，交AB于E，且与AF垂直，垂足为G，连结AC.

求证：

（1）∠BAC＝∠CAG；

（2）AC2＝AE·AF.

[证明]　

（1）连结BC，∵GC是⊙O的切线，

∴∠CBA＝∠ACG，

故在Rt△ACG和Rt△ABC中，∠GAC＝∠BAC.

（2）由

（1）可知∠EAC＝∠CAF，连结CF，

又因为GE与⊙O相切于C，

所以∠GCF＝∠CAG＝∠EAC＝∠ECB，

所以∠AFC＝90°＋∠GCF＝90°＋∠ECB＝∠ACE.

所以△AFC

△ACE，

所以＝.所以AC2＝AE·AF.

6．如图AB是⊙O的直径，D为⊙O上一点，过点D作⊙O的切线交AB的延长线于点C，若DA＝DC，求证：

AB＝2BC.

[解析]　连结OD、BD.

因为AB是圆O的直径，

所以∠ADB＝90°，AB＝2OB，

因为DC是圆O的切线，

所以∠CDO＝90°.

又因为DA＝DC，所以∠A＝∠C，

于是△ADB

△CDO，从而AB＝CO，即2OB＝OB＋BC，得OB＝BC.

故AB＝2BC.

7．如图，已知圆上的弧＝，过C点的圆的切线与BA的延长线交于E点，证明：

（1）∠ACE＝∠BCD；

（2）BC2＝BE×CD.

[解析]　

（1）因为＝.所以∠BCD＝∠ABC.

又因为EC与圆相切于点C，故∠ACE＝∠ABC，

所以∠ACE＝∠BCD.

（2）因为∠ECB＝∠CDB，∠EBC＝∠BCD，

所以△BDC

△ECB，故＝，

即BC2＝BE×CD.

8．（2012·山西联考）已知点C在⊙O的直径BE的延长线上，CA切⊙O于A点，CD是∠ACB的角平分线且交AE于点F，交AB于点D.

（1）求∠ADF的度数；

（2）若AB＝AC，求的值．

[解析]　

（1）∵AC是⊙O的切线，∴∠B＝∠EAC.

CD是∠ACB的角平分线，∴∠ACD＝∠DCB，

∴∠ACD＋∠EAC＝∠B＋∠DCB，得∠ADF＝∠AFD.

又∵∠BAE＝90°，∴∠ADF＝∠BAE＝45°.

（2）∵AB＝AC，∴∠ACB＝∠B＝∠EAC，∠ACB＝∠ACB.

∴△ACB

△ECA，∴AE＝EC，＝＝，

又∵∠ACE＋∠ABC＋∠CAE＋∠BAE＝180°，

∴∠ACB＝∠B＝30°，

∴在Rt△ABE中，＝＝tan30°＝.

9.（2012·郑州市质检）如图，在正△ABC中，点D、E分别在边BC、AC上，且BD＝BC，CE＝CA，AD、BE相交于点P，求证：

（1）四点P、D、C、E共圆；

（2）AP⊥CP.

[证明]　

（1）在△ABC中，由BD＝BC，CE＝AC，知：

△ABD

△BCE，

∴∠ADB＝∠BEC，即∠ADC＋∠BEC＝π.

所以四点P、D、C、E共圆；

（2）如图，连结DE.

在△CDE中，CD＝2CE，∠ACD＝60°，

由正弦定理知∠CED＝90°.

由四点P、D、C、E共圆，知∠DPC＝∠DEC，

所以AP⊥CP.