【数学】2020届一轮复习人教A版 几何证明选讲 课时作业 (1) 19页

‎ 2020届一轮复习人教A版 几何证明选讲 课时作业 ‎1、已知圆的半径为1， 为该圆的两条切线， 为两切点，那么的最小值为 A. B. C. D. 2、设D是半径为R的圆周上的一定点,在圆周上随机取一点C,连接CD得一弦,若A表示“所得弦的长大于圆内接等边三角形的边长”,则P(A)=_____.‎ ‎3、在四边形中，，，为等边三角形，则的外接圆与的内切圆的公共弦长=__________． 4、如图，圆的半径垂直于直径，为上一点，的延长线交圆于点，过点的切线交的延长线于点，连接.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若，，求的长.‎ ‎5、如图，A，B，C是⊙O上的3个不同的点，半径OA交弦BC于点D．求证：．‎ ‎6、已知空间四边形ABCD，E、H分别是AB、AD的中点，F、G分别是CB、CD上的点，且．‎ ‎（1）求证：四边形是梯形；‎ ‎（2）若，求梯形的中位线的长.‎ ‎7、如图，是圆的直径，弦的延长线相交于点垂直的延长线于点．求证：‎ ‎8、如图，四边形是圆的内接四边形，的延长线与的延长线交于点，且.‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）设不是圆的直径，的中点为，且，证明：为等边三角形.‎ ‎9、如图，切于点，直线交于两点，,垂足为.‎ ‎（1）证明：‎ ‎（2）若,，求圆的直径.‎ ‎10、如图，在中，是的角平分线，的外接圆交于点，．‎ ‎（Ⅰ）求证：；‎ ‎（Ⅱ）当时，求的长．‎ ‎11、如图，为圆的直径，在圆上，于，点为线段上任意一点，延长交圆于，.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若，求的值.‎ ‎12、在△ABC中，，△ABC的外接圆⊙O的弦AD的延长线交BC的延长线于点E．‎ 求证：△ABD∽△AEB．‎ ‎13、选修4-1：几何证明选讲 如图，是的切线，过圆心， 为的直径，与相交于、两点，连结、. ‎ ‎ ‎ ‎(1) 求证：；‎ ‎(2) 求证：.‎ ‎14、如图，、分别是圆的切线和割线，其中为切点，为切线 的中点，弦、相交于点，弦延长线上的点，满足．‎ 求证：、、三点共线的充分必要条件是、、三点共线．‎ ‎15、如图，是的直径，点在圆上，且四边形是平行四边形，过点作的切线，分别交延长线与延长线于点，连接.‎ ‎(1)求证：是的切线；‎ ‎(2)已知圆的半径为2，求的长.‎ ‎16、如图，D为△ABC的BC边上的一点，⊙O1经过点B，D，交AB于另一点E，⊙O2经过点C，D，交AC于另一点F，⊙O1与⊙O2交于点G．‎ 求证：（1）∠BAC＋∠EGF＝1800；（2）∠EAG＝∠EFG．‎ ‎17、‎ 如图，已知Rt△ABC，∠ABC＝90°，D是AC的中点，⊙O经过A，B，D三点，CB的延长线交⊙O于点E，过点E作⊙O的切线，交AC的延长线于点F.在满足上述条件的情况下，当∠CAB的大小变化时，图形也随着改变，但在这个变化过程中，有些线段总保持着相等的关系．‎ ‎(1)连接图中已标明字母的某两点，得到一条新线段与线段CE相等，并说明理由；‎ ‎(2)若CF＝CD，求sin F的值．‎ ‎18、‎ 如图，已知AB切⊙O于B，BC是⊙O的直径，AC交⊙O于D，DE是⊙O的切线，CE⊥DE 于E，DE＝3，CE＝4，求AB的长．‎ ‎19、‎ 如图，已知AB为⊙O的弦，CD切⊙O于P，AC⊥CD于C，BD⊥DC于D，PQ⊥AB于Q.‎ 求证：PQ2＝AC·BD.‎ ‎20、‎ 如图，在⊙O中，半径OA⊥OB，弦AC交OB于D，E是OB延长线上一点，若∠OAD＝30°，ED＝CE.‎ 求证：EC是⊙O的切线．‎ 参考答案 ‎1、答案：A 如图所示：设，则 所以当且仅当时取“=”，故最小值为 考点：向量的数量积的应用 ‎2、答案：‎ 如图,△DPQ为圆内接正三角形,当点C位于劣弧PQ上时,弦DC>PD,所以P(A)=.‎ ‎3、答案：1‎ 如图所示建立平面直角坐标系，为等边的中心.‎ 则的外接圆为：，的内切圆半径为：.‎ 由得.两圆的公共弦为EF，‎ 则.‎ 故答案为：1.‎ ‎4、答案：(1)证明见解析；(2)1.‎ 试题分析：‎ ‎(1)连接ON，由题意结合弦切角定理即可证得题中的结论；‎ ‎(2)解法一：由题意结合相交弦定理可求得外接圆半径，则.‎ 解法二：由题意结合正弦定理求得外接圆半径，则.‎ 解法三：由题意得到关于圆的半径的方程，解方程可得半径，则.‎ 试题 ‎（1）证明：连接，‎ ‎∵为的切线，∴90°，‎ 在中，∵，‎ ‎∴，又∵，‎ ‎∴，‎ 根据弦切角定理，得，∴.‎ ‎（2）解法一：∵，‎ ‎∴为等边三角形，∴.‎ 设的半径为，‎ 则在直角三角形中，，，，‎ 根据相交弦定理，，‎ 可得，‎ 即可得，，‎ ‎∴.‎ 解法二：∵60°，‎ ‎∴△PMN为等边三角形，∴，‎ 设的半径为r，则在直角三角形中，，，，‎ 又为的外接圆，‎ 由正弦定理可知，，‎ 又，‎ ‎∴，∴.‎ 解法三：，‎ 设的半径为r，则在直角三角形中，，，，‎ 在中，，∴，‎ 又∵，MN=PM=1，‎ ‎∴，∴，∴. 5、答案：试题分析：延长交⊙O于点E，则，根据，即可得证.‎ 试题证明：延长交⊙O于点E，则．‎ ‎∵，‎ ‎∴．‎ ‎∴． 6、答案：（1）见解析；（2）‎ 试题分析：分析：（1）首先根据三角的中位线定理得到，且，根据三角形相似得到，且，从而，且成立，即可得结论；（2）根据梯形中位线的长度等于上底和下底之和的一半可得结果.‎ 详解：证明：（1）在中，E、H分别是AB、AD的中点，‎ 所以，且 在中，，‎ 所以，且 所以四边形中，，且，‎ 因此，四边形EFGH是梯形；‎ ‎（2）由（1）知，‎ 从而，梯形的中位线的长为.‎ 名师点评：本题考查直线与直线平行的判定，梯形中位线的长度，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题. 7、答案：试题分析：四点共圆，所以，又△∽△，所以，即，得证。‎ 试题 A．连接，因为为圆的直径，所以，‎ 又，则四点共圆，‎ 所以．‎ 又△∽△，‎ 所以，即，‎ ‎∴． 8、答案：试题分析：（1）利用四边形是的内接四边形，可得，由，可得，即可证明：；‎ ‎（2）设的中点为，连接，证明，可得，进行可得，即可证明为等边三角形.‎ 试题 ‎（1）由题设知A，B，C，D四点共圆，所以，‎ 由已知得，故.‎ ‎（2）设BC的中点为N，连结MN，则由知，‎ 故O在直线MN上.‎ 又AD不是圆O的直径，M为AD的中点，故，‎ 即.‎ 所以，故，‎ 又，故.‎ 由（1）知，，所以为等边三角形.‎ ‎ 9、答案：（1）见解析；（2）3‎ 试题分析：（1）根据直径的性质，即可证明；‎ ‎（2）结合圆的切割线定理进行求解，即可求出的直径.‎ 试题 ‎（1）因为是的直径，‎ 则 又，所以 又切于点，‎ 得 所以 ‎（2）由（1）知平分，‎ 则，‎ 又，从而，‎ 所以 所以，‎ 由切割线定理得 即，‎ 故，‎ 即的直径为3. ‎ ‎10、答案：（I）证明见解析；（II）．‎ 试题分析：（I）连接DE，证明∽，利用AB=AC，结合角平分线性质，即可证明；（II）根据割线定理得，从而可求AD的长．‎ 试题（Ⅰ）连接,‎ 因为是圆内接四边形，所以 又∽,即有 又因为，可得 因为是的平分线，所以,从而 ‎（Ⅱ）由条件知，设，则，‎ 根据割线定理得,即 即，解得或（舍去），则 ‎【考点】与圆有关的性质的应用． 11、答案：（1）见解析，（2）4‎ 试题分析：（1）连接，∵，∴，又，∴为等边三角形，∵，∴为中边上的中线，∴；（2）连接，证明，∴，即.‎ 试题 ‎（1）证明：‎ 连接，‎ ‎∵，∴，‎ 又，‎ ‎∴为等边三角形，‎ ‎∵，‎ ‎∴为中边上的中线，‎ ‎∴；． ‎ ‎（2）解：连接，‎ ‎∵，边等边三角形，‎ 可求得，‎ ‎∵为圆的直径，∴，‎ ‎∴，‎ 又∵，∴，‎ ‎∴，‎ 即 ‎ ‎【考点】几何证明选讲. 12、答案：试题分析：由AB=AC，有∠ABC=∠ACB，又⊙O中，，得到∠ADB=∠ABC，即可证明△ABD∽△AEB．‎ 试题因为，‎ 所以．‎ 又⊙O中，，‎ 所以．‎ 又，‎ 所以△ABD∽△AEB． 13、答案：试题分析：本小题主要考查平面几何的证明及其运算，具体涉及到共圆图形的判断和圆的性质以及两个三角形全等的判断和应用等有关知识内容.本小题针对考生的平面几何思想与数形结合思想作出考查.(1)利用弦切角进行转化证明；（2）借助三角形相似和切割线定理进行证明.‎ 试题(1) 由是圆的切线，因此弦切角的大小等于夹弧所对的圆周角，在等腰中，，可得，所以. (5分)‎ ‎(2) 由与相似可知，，由切割线定理可知，，则，又，可得. (10分)‎ 考点：平面几何的证明及其运算 ‎ ‎14、答案：试题分析：由题意作出辅助线，结合题中的位置关系和赛瓦定理即可证得题中的结论.‎ 试题 解：由为圆的切线知，．‎ 又，‎ ‎∴．∴．‎ ‎（1）若、、三点共线．‎ 设直线，交于点。则由塞瓦定理知．‎ ‎∵，∴，．‎ 又点、均在直线上，因此、重合．‎ ‎∴、、三点共线．‎ ‎（2）若、、三点共线．‎ 设直线、相交于点．‎ 则由塞瓦定理知，．‎ ‎∵，，‎ ‎∴，，为的中点、重合．‎ ‎∴、、三点共线．由（1）、（2）可得，、、三点共线的充分必要条件是、、三点共线。‎ ‎（若有另外的解法，言之成理亦可得分。） 15、答案：（1）见解析(2)‎ 试题分析：（1）先证明四边形AOCD是菱形，从而得到∠AOD=∠COD=60°，再根据切线的性质得∠FDO=90°，接着证明△FDO≌△FBO得到∠ODF=∠OBF=90°，然后根据切线的判定定理即可得到结论；（2）在Rt△OBF中，利用60度的正切的定义求解．‎ 试题 ‎（1）证明：连接，如图，∵四边形是平行四边形，‎ 而，‎ ‎∴四边形是菱形，‎ ‎∴和都是等边三角形，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∵为切线，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 在和中，‎ ‎，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴是的切线；‎ ‎(2)解：在中，∵，‎ 而，‎ ‎∴，‎ ‎∵，‎ ‎∴.‎ 名师点评：本题考查了切线的判断与性质：圆的切线垂直于经过切点的半径；经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．有切线时，常常“遇到切点连圆心得半径”，证明过程一定要充分利用判定与性质的内容要严密. 16、答案：试题分析：（1）连结GD交AB于H,由B、D、E、G四点共圆，可得∠EGH＝∠B，同理∠FGH＝∠C，故∠BAC＋∠EGF=∠BAC＋∠B+∠C＝1800；2）由（1）知E、G、F、A四点共圆，故∠EAG＝∠EFG.‎ 试题（1）连结GD交AB于H,由B、D、E、G四点共圆，‎ 可得∠EGH＝∠B，‎ 同理∠FGH＝∠C，‎ 故∠BAC＋∠EGF=∠BAC＋∠B+∠C＝1800；‎ ‎（2）由（1）知E、G、F、A四点共圆，故∠EAG＝∠EFG． 17、答案：（1）见解析；（2）.‎ 试题分析：‎ ‎(1)AE＝CE.理由如下：连接AE，则AE＝CE.结合圆的直径可知∠ADE＝90°，则AE＝CE；‎ ‎(2)设CF＝x，则FA＝3x，FD＝2x，AD＝x.计算可得FE＝，则.‎ 试题 ‎(1)连接AE，则AE＝CE.‎ ‎∵∠ABE＝90°，‎ ‎∴AE为直径，连接DE.‎ 则∠ADE＝90°，‎ 又AD＝CD，‎ ‎∴AE＝CE.‎ ‎(2)设CF＝x，‎ 则FA＝3x，FD＝2x，AD＝x.‎ ‎∵FE为⊙O的切线，‎ ‎∴AE⊥EF.‎ ‎∴DE2＝AD·DF＝2x2，‎ 即DE＝x.‎ FE2＝FD·FA＝2x·3x＝6x2，‎ 即FE＝x.‎ ‎∴sinF＝＝＝.‎ ‎18、答案：‎ 试题分析：‎ 由题意可得CD＝5.连接BD.则∠EDC＝∠DBC.据此可得Rt△BDC∽Rt△DEC.利用相似比计算可得.‎ 试题 因为CE⊥DE于E，DE＝3，CE＝4，‎ 所以CD＝5.‎ 连接BD.因为DE切⊙O于点D，‎ 所以∠EDC＝∠DBC.‎ 又因为BC为⊙O的直径，‎ 所以∠BDC＝90°.‎ 所以Rt△BDC∽Rt△DEC.‎ 所以＝＝，‎ 即＝＝.‎ 所以BC＝，BD＝.‎ 又因为AB与⊙O相切于点B，‎ 所以AB⊥BC.‎ 所以＝.‎ 所以AB＝.‎ 名师点评 ‎：本题要准确地应用平行线性质、圆的切线性质、圆的割线性质以及相似三角形的判定和性质等，在证明过程中要求能将相关性质和条件结合起来，做到证题简捷．‎ ‎19、答案：见解析 试题分析：‎ 连接PA、PB，由题意可证得△ACP∽△PQB.利用相似比可得PQ∶BD＝AP∶PB.‎ 则PQ2＝AC·BD.‎ 试题 如图，连接PA、PB，‎ 因为CD切⊙O于P，‎ 所以∠1＝∠2.‎ 因为AC⊥CD于C，PQ⊥AB于Q，‎ 所以∠ACP＝∠PQB＝90°.‎ 所以△ACP∽△PQB.‎ 所以AC∶PQ＝AP∶PB.‎ 同理，△BDP∽△PQA，‎ 所以PQ∶BD＝AP∶PB.‎ 所以AC∶PQ＝PQ∶BD，即PQ2＝AC·BD.‎ 名师点评：证明线段乘积相等的问题一般转化为有关线段成比例问题．往往通过证明三角形相似或利用相交弦定理、切割线定理达到证题的目的．‎ ‎20、答案：见解析 试题分析：‎ 连接OC.结合题意可证得∠ECD＋∠ACO＝90°，即EC是⊙O的切线．‎ 试题 连接OC.‎ 因为OA⊥OB，‎ 所以∠CAO＋∠ADO＝90°.‎ 因为DE＝CE，‎ 所以∠ECD＝∠EDC＝∠ADO.‎ 因为OA＝OC，‎ 所以∠ACO＝∠CAO.‎ 所以∠ECD＋∠ACO＝90°.‎ 所以EC是⊙O的切线．‎ ‎ ‎