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.docx

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.docx

《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.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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.docx（18页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

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

2019-2020年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

1.如图所示,在▱ABCD中,点E为CD上一点,DE∶CE=2∶3,连接AE,BE,BD,且AE,BD交于点F,求S△DEF∶S△EBF∶S△ABF.

【解析】因为AB∥CD,所以△EDF∽△ABF,

所以==,

所以==,

又△DEF,△BEF分别以DF,BF为底时等高,

所以===.

故S△DEF∶S△EBF∶S△ABF=4∶10∶25.

2.（xx·郑州模拟）如图正方形ABCD的边长为4,点E,F分别为DC,BC的中点.

（1）求证:

△ADE≌△ABF.

（2）求△AEF的面积.

【解析】

（1）因为四边形ABCD为正方形,

所以AD=AB,∠D=∠B=90°,DC=CB.

因为点E,F为DC,BC的中点,

所以DE=DC,BF=BC,

所以DE=BF.

因为在△ADE和△ABF中,

所以△ADE≌△ABF（SAS）.

（2）由题知△ABF,△ADE,△CEF均为直角三角形,

且AB=AD=4,DE=BF=×4=2,CE=CF=×4=2,

所以S△AEF=S正方形ABCD-S△ADE-S△ABF-S△CEF

=4×4-×4×2-×4×2-×2×2=6.

【加固训练】如图,在四边形ABCD中,点E是AB上一点,EC∥AD,DE∥BC,若S△BEC=1,S△ADE=3,求S△CDE的值.

【解析】因为EC∥AD,

所以S△DCE∶S△ADE=EC∶AD,

因为DE∥BC,

所以S△BCE∶S△CDE=BC∶ED,

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·DF.

【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.

求证:

AB·AF=AC·DF.

【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·AF=AC·DF.

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.

（1）求证:

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.

【解析】

（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.

【解析】

（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.

【解析】

（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·DB,

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.

（1）求证:

△ABF∽△CEB.

（2）若△DEF的面积为2,求平行四边形ABCD的面积.

【解析】

（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=,

所以=,

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,

所以EF=BC+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,

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.