【数学】2020届一轮复习人教A版 几何证明选讲 课时作业 19页

‎ 2020届一轮复习人教A版 几何证明选讲 课时作业 ‎1、如图，已知四边形是圆的内接四边形，是圆上的动点，与交于，圆的切线与线段的延长线交于．‎ ‎（1）证明：是的平分线；‎ ‎（2）若过圆心，，求的长．‎ ‎2、如图是直径，是切线，交与点．‎ ‎（Ⅰ）若为中点，求证：是切线；‎ ‎（Ⅱ）若，求的大小．‎ ‎3、已知中，，为外接圆劣弧上的点（不与点重合），延长至，延长交的延长线于．‎ ‎（Ⅰ）求证：；‎ ‎（Ⅱ）求证：．‎ ‎4、如图，与都是以为斜边的直角三角形，为线段上一点，平分，且.‎ ‎（1）证明：四点共圆，且为圆心；‎ ‎（2）与相交于点，若，求之间的距离.‎ ‎5、如图所示，已知PA与相切，A为切点，过点P的割线交圆于B,C两点，CD//AP，AD,BC相交于点E，F为CE上一点，且.‎ ‎(1)求证：;‎ ‎(2)若求PA的长.‎ ‎6、如图，在中，作平行于的直线交于，交于，如果和相交于点，和相交于点，的延长线和相交于．‎ 证明：（1）；‎ ‎（2）．‎ ‎7、如图，在中，作平行于的直线交于，交于，如果和相交于点，和相交于点，的延长线和相交于．‎ 证明：（Ⅰ）；‎ ‎（Ⅱ）‎ ‎8、如图，为的直径，切于点，交于点，，点在上，求证：是的切线．‎ ‎9、如图，在中，平分，交于点，点在上，．‎ ‎（1）求证：是的外接圆的切线；‎ ‎（2）若，求的长．‎ ‎10、等腰梯形中，，交于点，平分，为梯形外接圆的切线，交的延长线于点．‎ ‎（I）求证：；‎ ‎（II）若，，，求的长．‎ ‎11、如图，四边形中，交于点，的角平分线交于点．‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若，求证：．‎ ‎12、如图，△ABC的两条中线和相交于点，且四点共圆．‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若，求．‎ ‎13、如图，直线与圆相切于点，是过点的割线，，点是线段的中点．‎ ‎（1）证明：四点共圆；‎ ‎（2）证明：．‎ ‎14、如图，在圆内接梯形中，，过点作圆的切线与的延长线交于点，若．‎ ‎（1）求证：梯形为等腰梯形；‎ ‎（2）求弦的长．‎ ‎15、如图，△内接于直径为的圆，过点作圆的切线交的延长线于点，的角平分线交和圆于点、，且．‎ ‎（1）求的比值；‎ ‎（2）求的值．‎ ‎16、如图，是△的外接圆，的平分线交于，交于，连接并延长，交于，交于．‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）若，，，求的长．‎ ‎17、如图，△是圆的内接三角形，是的延长线上一点，且切圆 于点．‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若，且，求的长．‎ ‎18、如图,直线与圆切于点,过作直线与圆交于两点,点在圆上,且.‎ ‎（1）求证:;‎ ‎（2）若,求.‎ ‎19、如图，是的直径，为的切线，点为上不同于、的一点，为的平分线，且分别与交于，与交于，与交于，连接、．‎ ‎（Ⅰ）求证：；‎ ‎（Ⅱ）求证：．‎ ‎20、如图，直线与圆切于点，过作直线与圆交于两点，点在圆上，且．‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若，求．‎ 参考答案 ‎1、答案：（1）证明见解析；（2）.‎ 试题分析：（1）由弦切角等于所夹的弧所对的圆周角，得，又所以，故是的平分线；（2）因为为直径，由垂径定理得，且，再由切割线定理列方程，求解得.‎ 试题 ‎（1）因为是圆的切线，所以，又，‎ 所以，故是的平分线 ‎（2）因为为圆心，易得，‎ 因为，所以，所以，‎ 由切割线定理得，即，‎ 即，解得 考点：几何证明选讲． 2、答案：（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）．‎ 试题分析：（Ⅰ）连结，由已知得，，，又，则，易得，所以，得证；（Ⅱ）设，，由射影定理得，解得，所以．‎ 试题（Ⅰ）连结，由已知得，，，‎ 在中，由已知得，∴，‎ 连结，，‎ ‎∵，∴，‎ ‎∴,‎ ‎∴是圆的切线．‎ ‎（Ⅱ）设，，由已知得，，由射影定理可得，，‎ ‎∴，解得，∴‎ 考点：平面几何证明． 3、答案：试题分析：（Ⅰ）易得，由得，且，由同弧所对圆周角相等可得结论；（Ⅱ）由（Ⅰ）得，结合，与相似，则，又，可得，由割线定理易得．‎ 试题（Ⅰ）证明：∵、、、四点共圆，‎ ‎∴，‎ ‎∵，∴，且，‎ ‎，‎ ‎∴．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）得，又∵，‎ 所以与相似，‎ ‎∴，∴，‎ 又∵，∴，∴，‎ 根据割线定理得，‎ ‎．‎ 考点：平面几何证明． 4、答案：（1）证明见解析；（2）.‎ 试题分析：（1）因为与都是以为斜边的直角三角形，所以四点都在以为直径的圆上.先利用证明，再利用直角证明，所以为圆心；‎ ‎（2）由，得，由得.设，则，由角平分线定理有，解得，故距离为.‎ 试题 ‎（1）因为与都是以为斜边的直角三角形，‎ 所以四点都在以为直径的圆上.‎ 因为平分，且，所以.‎ 又，所以.‎ 所以，是的中点，为圆心.‎ ‎（2）由，得，‎ 由得.‎ 设，则，由平分得，‎ 所以，解得，即，‎ 连接，由（1），.‎ 考点：几何证明选讲． 5、答案：（1）证明见解析；（2）．‎ 试题分析：（1）从要证明结论可以看出，利用相交弦定理，，因此只要证，要可通过证明得到，（2）由（1）及已知依次计算出，然后由切割线定理可得．‎ 试题证明：（I）∵，‎ ‎∴，‎ 又∵，∴，‎ ‎∴∽‎ ‎∴‎ 又∵，‎ ‎∴‎ ‎（2），，，‎ PA是⊙O的切线，，‎ 考点：相交弦定理，切割线定理，相似三角形的判定与性质． 6、答案：（1）证明见解析；（2）证明见解析．‎ 试题分析：（1）由平行线分线段成比例有，所以；（2）由（1）有①，由平行线分线段成比例有，同理 ‎，所以②，由①②得，即．‎ 试题 ‎（1）∵，∴，即，同理，‎ 于是．‎ ‎（2）∵，∴，即，同理，‎ 所以，又由（1）有，‎ 所以，即．‎ 考点：几何证明选讲． 7、答案：（I）证明见解析；（II）证明见解析．‎ 试题分析：（I）利用三角形相似易得；（II）由∽，即，同理，易得．‎ 试题解（Ⅰ）∵，∽，即，‎ 同理，于是．‎ ‎（Ⅱ），∴∽，‎ 即，同理，‎ 所以，‎ 又由（Ⅰ）有，‎ 所以，即．‎ 考点：三角形相似判定和性质． 8、答案：试题分析：连接，由条件得出，故，再由，得是圆的切线．‎ 试题根据已知得出是解题关键，根据为的直径，切于点，那么利用角的关系可知是的切线．‎ 考点：平面几何证明． 9、答案：（1）证明见解析；（2）．‎ 试题分析：（1）取的中点，则，又，易得，由已知可得，所以是的外接圆的切线；（2）设圆半径为，则，得，从而有，故．‎ 试题（1）证明：如图，取的中点，连接，‎ ‎∵平面，∴，‎ ‎∵，∴，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∵，∴，‎ ‎∴是的外接圆的切线．‎ ‎（2）解：设的半径为，则在中，，即，解得，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ 考点：平面几何证明． 10、答案：（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）．‎ 试题分析：（Ⅰ）首先根据弦切角定理与角平分线的定义结合三角形外角定理，可得，然后根据切割线定理得到所证；（Ⅱ）根据，以及切割线定理，结合，即得所求线段长．‎ 试题（I）∵为圆的切线，∴，∵平分，∴，‎ ‎∴，∴，∴．‎ ‎∵为圆的切线，∴，∴．5分 ‎（II）∵，∴，∴．‎ ‎∵，∴，∴．10分 考点：1、弦切角定理；2、切割线定理；3、相似三角形． 11、答案：（1），（2）证明见解析 试题分析：（1）在四边形中，由，可得，可得对应边成比例，再由，‎ 可得答案 ‎（2）先分别过点作的平行线交的延长线于两点，再证明四边形是平行四边形，可得．再证，即可得结论 试题（1）∵，∴．‎ ‎∵，∴，‎ ‎∴．‎ ‎（2）证明：分别过点作的平行线交的延长线于两点，则．‎ ‎∵平分，∴，∴，∴．‎ 又∵，∴四边形是平行四边形，∴．‎ ‎∴．‎ ‎∵，∴，∴，∴‎ 考点：三角形相似的判定及性质；平行四边形的判定及性质 12、答案：（1）证明见解析；（2）．‎ 试题分析：（1）连结，因为四点共圆，则．又因为为△的两条中线，所以点分别是的中点，故，问题得证；（2）因为为与的交点，故为的重心，延长交于，则为的中点，且．由三角形∽，得，因为，，，所以，即．‎ 试题（1）连结，因为四点共圆，则．‎ 又因为为△的两条中线，‎ 所以点分别是的中点，故．‎ 所以，从而．‎ ‎（2）因为为与的交点，‎ 故为△的重心，延长交于，‎ 则为的中点，且．‎ 在△与△中，因为，，‎ 所以△∽△，所以，即．‎ 因为，，，‎ 所以，即，‎ 又，所以．‎ 考点：1、圆的割线性质；2、重心的性质；3、三角形相似． 13、答案：试题分析：（1）连接，证明，再证明，即可证明四点共圆；（2）由平分，得，由弦切角定理得，从而，由此能证明．‎ 试题解：（1）∵是切线，是弦，∴，，‎ ‎∴，‎ ‎∵‎ ‎∴，即是等腰三角形 又点是线段的中点，∴是线段垂直平分线，即 又由可知是线段的垂直平分线，∴与互相垂直且平分，‎ ‎∴四边形是正方形，则四点共圆．‎ ‎（2由割线定理得，由（1）知是线段的垂直平分线，‎ ‎∴，从而 考点：与圆有关的比例线段． 14、答案：（1）证明见解析；（2）．‎ 试题分析：（1）由等腰梯形的概念证明；（2）由切割线定理求得长,再由余弦定理求得．‎ 试题（1）∵，∴，‎ ‎∴，∴梯形为等腰梯形．‎ ‎（2）由（1）可得，∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，∴．‎ 考点：圆内接四边形． 15、答案：（1）2（2）50‎ 试题分析：（1）由弦切角定理得，所以三角形相似：△，因此（2）由切割线定理得：，解得，由角平分线定理得，解得，，再由相交弦定理得：．‎ 试题（1）∵是圆的切线，∴，‎ 又是公共角，∴△，‎ ‎∴．‎ ‎（2）由切割线定理得：，∴，‎ 又，∴，为的角平分线，‎ ‎∵，∴，，∴，，‎ 又由相交弦定理得：．‎ 考点：弦切角定理，三角形相似，相交弦定理，切割线定理 ‎【名师名师点评】1.解决与圆有关的成比例线段问题的两种思路 ‎(1)直接应用相交弦、切割线定理及其推论；(2)当比例式(等积式)中的线段分别在两个三角形中时，可转化为证明三角形相似，一般思路为“相似三角形→比例式→等积式”．在证明中有时还要借助中间比来代换，解题时应灵活把握．‎ ‎2.应用相交弦定理、切割线定理要抓住几个关键内容：如线段成比例与相似三角形、圆的切线及其性质、与圆有关的相似三角形等． 16、答案：（1）详见解析（2）‎ 试题分析：（1）证明线段比例关系，先利用角平分线性质得，同理可得，因此 ‎（2）先根据解出，再相交弦定理得，根据三角形相似得，解出 试题（1）证明：过作，交于，连接，‎ ‎∴，，‎ ‎∵，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∴，，‎ ‎∴，同理，‎ ‎∴．‎ ‎（2）解：∵，，∴，‎ ‎∵，∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ 考点：角平分线定理，相交弦定理，三角形相似 ‎【名师名师点评】1.解决与圆有关的成比例线段问题的两种思路 ‎(1)直接应用相交弦、切割线定理及其推论；(2)当比例式(等积式)中的线段分别在两个三角形中时，可转化为证明三角形相似，一般思路为“相似三角形→比例式→等积式”．在证明中有时还要借助中间比来代换，解题时应灵活把握．‎ ‎2.应用相交弦定理、切割线定理要抓住几个关键内容：如线段成比例与相似三角形、圆的切线及其性质、与圆有关的相似三角形等． 17、答案：（1）证明见解析；（2）.‎ 试题分析：（1）为圆的切线，因为，又因为，所以，所以，即；（2）设（），则，由切割线定理可得，，解得 ‎，所以，由（1）有，解得.‎ 试题 ‎（1）∵为圆的切线，∴，‎ 又∵，‎ ‎∴，∴，‎ 即．‎ ‎（2）设（），则，‎ 由切割线定理可得，，∴，‎ 解得或（舍），∴，‎ 由（1）知，，∴，‎ ‎∴．‎ 考点：几何证明选讲． 18、答案：（1）详见解析（2）‎ 试题分析：（1）由角相等，得直线平行，再根据平行性质得内错角相等，即（2）求线段比例关系，一般利用三角形相似，根据题中角相等得三角形相似：，得解得，即 试题 ‎（1）证明:因为直线与圆切于点,‎ ‎.‎ ‎（2）,‎ 则,即.‎ 考点：三角形相似 ‎【名师名师点评】1.解决与圆有关的成比例线段问题的两种思路 ‎（1）直接应用相交弦、切割线定理及其推论；（2）当比例式（等积式）中的线段分别在两个三角形中时，可转化为证明三角形相似，一般思路为“相似三角形→比例式→等积式”．在证明中有时还要借助中间比来代换，解题时应灵活把握．‎ ‎2.应用相交弦定理、切割线定理要抓住几个关键内容：如线段成比例与相似三角形、圆的切线及其性质、与圆有关的相似三角形等． 19、答案：试题分析：（Ⅰ）由为的平分线得，得出，再由弦切角定理得到，可得；（Ⅱ）证明，得出即可．‎ 试题（Ⅰ）：∵为平分线，即，‎ ‎∴，可得，‎ 又∵与圆相切于点，‎ ‎∴，可得．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）可知．‎ 所以，‎ 因为，，‎ 所以，‎ 所以，即，‎ 所以．‎ 考点：与圆有关的比例线段.‎ ‎【易错点晴】本题主要考查的是圆的内接四边形的判定定理、圆周角定理、同弧或等弧所对的圆周角相等和割线定理，属于中档题．解题时一定要注意灵活运用圆的性质，否则很容易出现错误．凡是题目中涉及长度的，通常会使用到相似三角形、全等三角形、正弦定理、余弦定理等基础知识． 20、答案：（1）证明见解析；（2）.‎ 试题分析：（1）证明，即可证明，得结果；（2）若，证明，即可求．‎ 试题（1）证明：∵直线与圆切于点，∴，‎ ‎∵，∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴‎ ‎（2）解：∵，‎ ‎∴，则，‎ ‎∵，∴，即，‎ ‎∴‎ 考点：（1）与圆有关的比例线段；（2）圆内接多边形的性质与判定.‎ ‎【易错点晴】本题主要考查的是圆的内接四边形的判定定理、圆周角定理、同弧或等弧所对的圆周角相等和割线定理，属于中档题．解题时一定要注意灵活运用圆的性质，否则很容易出现错误．凡是题目中涉及长度的，通常会使用到相似三角形、全等三角形、正弦定理、余弦定理等基础知识． ‎