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- 2021-06-17 发布
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2020届一轮复习人教A版 几何证明选讲 课时作业
1、如图,是圆上两点,延长至点,满足,过作直线与圆相切于点的平分线交于点.
(1)证明:;
(2)求的值.
2、如图,是的直径,是的切线,交于点.
(1)过做的切线,交与点,证明:是的中点;
(2)若,求的大小.
3、如图,等边三角形内接于圆,以为切点的圆的两条切线交于点,交圆于点.
(1)求证:四边形为菱形;
(2)若,求等边三角形的面积.
4、如图,是圆内两条弦和的交点,为延长线上一点,切圆于点,且.
(1)证明:;
(2)若,,求.
5、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°.
(Ⅰ)求∠AEC的大小;
(Ⅱ)求AE的长.
6、如图,为⊙O的直径,为的中点,为的中点.
(1)求证:;
(2)求证:
7、
如图,点是圆直径的延长线上一点,是圆的切线,为切点,的平分线与相交于点,与相交于点.
(1)求的度数;
(2)若,证明:.
8、如图,已知是圆的切线,为切点,是圆的割线,与圆交于,两点,圆心在的内部,点是的中点.
(Ⅰ)证明,,,四点共圆;
(Ⅱ)求的大小.
9、如图,是圆的切线,是切点,与,割线交圆于两点.
(1)证明:,四点共圆;
(2)设,求的大小.
10、如图,是圆的切线,是切点,于,割线交圆于,两点.
(1)证明:,,,四点共圆;
(2)设,,求的大小.
11、如图,圆周角∠BAC的平分线与圆交于点D,过点D的切线与弦AC的延长线交于点E,AD交BC于点F.
(1)求证:BC∥DE;
(2)若D、E、C、F四点共圆,且,求∠BAC.
12、如图,弦与相交于圆内一点,过作的平行线与的延长线交于点,且.
(1)求证:;
(2)若,求长.
13、如图,切于点,直线交于,两点,,垂足为,.
(1)证明:;
(2)若,求.
14、如图,是⊙的切线,是⊙的割线,,连接,分别于⊙交于点,点.
(Ⅰ)求证:;
(Ⅱ)求证:.
15、如图所示,为圆的直径,,为圆的切线,,为切点.
(1)求证:;
(2)若圆的半径为2,求的值.
16、如图,圆O的直径AB=10,P是AB延长线上一点,BP=2,割线PCD交圆O于点C,D,过点P作AP的垂线,交直线AC于点E,交直线AD于点F.
(1)当时,求的度数;
(2)求的值.
17、自圆O外一点P引圆O的两条割线PAB和PDC,如图所示,其中割线PDC过圆心O,.
(1)求的大小;
(2)分别求线段BC和PA的长度.
18、如图,已知是⊙的直径,点是⊙上一点,过点作⊙的切线,交的延长线于点,过点作的垂线,交的延长线于点.
(1)求证:为等腰三角形;
(2)若,求⊙的面积.
19、已知中,,是外接圆劣弧AC上的点(不与点重合),延长至。
(1)求证:的延长线平分;
(2)若,中边上的高为,求外接圆的面积。
20、在中,,过点A的直线与其外接圆交于点P,交BC延长线于点D.
(1)求证:;
(2)若AC=3,求AP?AD的值.
参考答案
1、答案:(1)证明见解析;(2).
试题分析:(1)只需证,利用弦切角等于所夹的弧所对的圆周角,外角等于不相邻的两个内角和,结合题目中是的平分线,可证明;(2)由切割线定理,求得,由(1)可证明,则,故.
试题
(1)由题可,,
故,故.
(2)因为与分别为圆的切线和割线,所以,得,又因为直线与圆相切于点,则,则,则,故.
考点:几何证明选讲.
2、答案:(1)见解析;(2)
试题分析:(1)连接,可证是等腰三角形,再证是的外心,即是的中点;(2)由题可知,又,解方程得,可得的大小
试题(1)证明:连接,∵是的切线,也是的切线,
∴弦切角,∴是等腰,,
∵是的直径,∴.
∴是的外心,即是的中点.
(2)解:;
中,,;
∴;
解方程得,∴锐角.
考点:与圆有关的比例线段
3、答案:(1)证明见解析;(2).
试题分析:(1)先证四边形为平行四边形,再证明邻边相等即可;(2)利用根据切割线定理得:整理成只含的等式,可求得的值,进而得,可得三角形的面积.
试题(1)证明:∵三角形为等边三角形,∴,
又∵分别为以为切点的圆的切线,
∴,且,∴三点共线.
∵,∴,又∵四点共圆,∴,
∴为等边三角形,∴可得,,
∴,,∴四边形为平行四边形,
又∵,∴四边形为菱形.
(2)解:∵是圆的切线,根据切割线定理得:
在直角三角形中,,∴.
又∵,∴,
∵,∴,
即,解得,
∴,∴等边三角形的面积为.
考点:与圆有关的比例线段.
4、答案:(1)证明见解析;(2).
试题分析:(1)由切割线定理得到,再由已知条件,证明∽,再根据同位角相等,两直线平行,得证;(2)通过证明∽,求出.
试题(1)证明:∵是圆的切线,∴,
∵,∴,即,
又,∴∽,∴
又∵,∴,∴.
(2)解:∵,由(1)知,∴,
∵,∴在中,.
∵,∽,∴.
考点:1.切割线定理;2.三角形相似.
5、答案:(I);(II).
试题分析:(I)根据圆的切线性质及可知,因为为等腰三角形,所以,又,所以;(II)过作于,可求得,在直角三角形中,根据勾股定理可得,由相交弦定理即可求得,从而得到的长.
试题(Ⅰ)连接AB,因为∠APO=30°,且PA是⊙O的切线,
所以:∠AOB=60°;
∵OA=OB
∴∠AB0=60°;
∵∠ABC=∠AEC
∴∠AEC=60°.
(Ⅱ)由条件知AO=2,过A作AH⊥BC于H,则AH=,
在RT△AHD中,HD=2,∴AD==.
∵BD?DC=AD?DE,
∴DE=.
∴AE=DE+AD=.
【考点】圆的切线、割线性质及直角三角形中的基本运算.
6、答案:试题分析:(1)连接,因为为的中点,为的中点,利用构造三角形的中位线,即可证明;(2)由为的中点,所以,根据三角形相似的条件,得出,即可得到
试题(1)连接OE,因为D为的中点,E为BC的中点,
所以OED三点共线.
因为E为BC的中点且O为AC的中点,
所以OE∥AB,故DE∥AB.
(2)因为D为的中点,所以∠BAD=∠DAC,
又∠BAD=∠DCB?∠DAC=∠DCB.
又因为AD⊥DC,DE⊥CE?△DAC∽△ECD.
AD·CD=AC·CE2AD·CD=AC·2CE2AD·CD=AC·BC.
考点:相似三角形的应用.
7、答案:(1);(2)详见解析
试题分析:(1)∵是圆的切线,∴,又是的角平分线,,∴,∴,又∵是圆的直径,∴,,∵与为对顶角,由此即可求出结果.(2)∵,∴,∴,由此即可求出结果.
试题解:(1)∵是圆的切线,
∴,
又是的角平分线,,
∴,∴,
又∵是圆的直径,∴,,
∵与为对顶角,
∴.
(2)∵,
∴,
∴,
∴,即.
考点:与圆有关的比例线段.
8、答案:(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ).
试题分析:(Ⅰ)点P是圆的切点,所以,点M是弦BC的中点,所以,可知四边形的对角互补,所以,,,四点共圆;(Ⅱ)由(Ⅰ)得,,,四点共圆,所以根据同弧所对的圆周角相等,得到,再根据,易得的大小.
试题(Ⅰ)证明:连结,.
因为与圆O相切于点,所以.
因为是圆O的弦的中点,所以.
于是.
由圆心在的内部,
可知四边形的对角互补,所以,,,四点共圆.
(Ⅱ)解:由(Ⅰ)得,,,四点共圆,所以.
由(Ⅰ)得.
由圆心在的内部,可知.
所以.
考点:圆的相关性质
9、答案:(1)证明见解析;(2).
试题分析:(1)连接,则,由已知条件利用三角形的射影定理和切割线定理,得出,由此可证明,四点共圆;(2)连接.因为,结合(1)即可求解的大小.
试题(1)连接,则.由射影定理得.
由切割线定理得,故,即.
又,所以,所以.
因此四点共圆.
(2)连接.因为,结合(1)得
.
考点:与圆有关的比例线段.
10、答案:(1)证明见解析;(2).
试题分析:(1)连结,则.由射影定理得,由切割线定理得,再根据,所以,即可证明;(2)连结.因为,结合(1)的结论,即可求解的大小.
试题(1)连结,则.由射影定理得.
由切割线定理得,故,即,
又,所以,所以.
因此,,,四点共圆.
(2)连结.因为,结合(1)得
.
考点:与圆有关的比例线段.
11、答案:(1)详见解析(2)
试题分析:(1)证明直线平行,一般利用角的关系进行证明:由角平分线得∠DAC=∠
DAB,再根据四点共圆得∠EDC=∠DAC,∠DAB=∠DCB,最后根据等量关系得证(2)由四点共圆得
∠CFA=∠CED,再由等弧对等角得∠CBA=∠BAC,因此在三角形ACF中,三个内角用∠DAC表示,解得∠BAC=2∠DAC
试题(1)证明:因为∠EDC=∠DAC,∠DAC=∠DAB,∠DAB=∠DCB,
所以∠EDC=∠DCB,所以BC∥DE.
(2)解:因为D,E,C,F四点共圆,所以∠CFA=∠CED
由(1)知∠ACF=∠CED,所以∠CFA=∠ACF.
设∠DAC=∠DAB=x,因为,所以∠CBA=∠BAC=2x,
所以∠CFA=∠FBA+∠FAB=3x,
在等腰△ACF中,π=∠CFA+∠ACF+∠CAF=7x,则,所以∠BAC
考点:四点共圆
12、答案:(1)见解析;(2)6.
试题分析:(1)利用平行线的性质即可使问题得证;(2)利用相似三角形的性质可得,然后由已知条件即可求解.
试题(1),
又公用,
(2)由(1)知
,
设
由得,
,,
为所求.
考点:相似三角形的判定与性质
13、答案:(1)证明见解析;(2).
试题分析:(1)借助题设条件运用圆中的内角的关系求解;(2)借助圆中切割线定理求解.
试题
(1)证明:∵是的直径,则,.
∵,∴,即,
∵切于点,∴,即.
(2)由(1)知平面,则,
由,知,∴,
又,∴.
由切割线定理得,
∴.
考点:圆幂定理和三角形等有关知识的综合运用.
14、答案:试题分析:(Ⅰ)首先由切割线定理推出,然后结合已知条件即可推出;(Ⅱ)首先由四点共圆的性质推出,然后结合(Ⅰ)即可使问题得证.
试题(Ⅰ)据题意得:.
∵,∴,即.
又∵,∴.
(Ⅱ)∵四点共圆,∴.
又∵,∴,∴.
考点:1、切割线定理;2、四点共圆的性质.
15、答案:(1)证明见解析;(2).
试题分析:(1)是圆的两条切线,又为直径;
(2)
由.
试题(1)连接是圆的两条切线,,又为直径,,.
(2)由,,∽,
,.
考点:1、线线平行;2、三角形的相似.
16、答案:(1);(2)24.
试题分析:(1)连接,可知,从而得到,进一步得到的值;
(2)由(1)可知,所以点四点共圆,那么.
试题(1)连接BC,∵AB是圆O的直径,∴ACB=90°,
又APF=90°,CAB+CBA=EAP+PEC,
∴CBA=PEC,∵PEC=60°,∴PDF=CBA=PEC=60°.
(2)由(1)知PDF=PEC,
∴D、C、E、F四点共圆,∴,
∵PC、PA都是圆O的割线,∴,∴.
考点:与圆有关的性质
17、答案:(1);(2),BC=1.
试题分析:(1)根据条件建立角的等量关系,是等腰直角三角形,再根据三角形外角定理,,以及,得到,几个式子结合,就得到角C的大小;
(2)根据(1)的结论,中,利用正弦定理得到,再利用割线定理,建立R的等式,解得R,即得所求.
试题(1)设圆O的半径为R,∵,
∴.(※)
∵,
代入(※)式得,解得.
(2)在△PAO中,∵,
根据切割线定理有,即
,解得R=1,
∴,又由(1)可知,
故△BOC为等边三角形,∴BC=1.
考点:1.割线定理;2.正弦定理.
18、答案:(1)详见解析(2)
试题分析:(Ⅰ)连接线段DB,推出∠DAB=∠BDC,说明BD⊥AE,证明∠CDE=∠AEC,即可.(Ⅱ)说明CD=CE,通过,得到.利用Rt△ABD∽Rt△AEC,故,然后求解⊙O的面积
试题(1)连接线段,因为为⊙的切线,所以,
又因为为⊙的直径,,
所以,
所以,
从而为等腰三角形.
(2)由(Ⅰ)知,因为为⊙的切线,所以,7分
所以,即.
又∽,故.
因为,所以,,,
所以⊙的面积为.
考点:与圆有关的比例线段
19、答案:(1)详见解析(2)
试题分析:(1)要证明AD的延长线平分∠CDE,即证明∠EDF=∠CDF,转化为证明∠ADB=∠CDF,再根据A,B,C,D四点共圆的性质,和等腰三角形角之间的关系即可得到.(2)求△ABC外接圆的面积.只需解出圆半径,故作等腰三角形底边上的垂直平分线即过圆心,再连接OC,根据角之间的关系在三角形内即可求得圆半径,可得到外接圆面积
试题(1)证明:如图,设F为AD延长线上一点,∵A?B?C?D四点共圆.
∴∠CDF=∠ABC,
又AB=AC,∴∠ABC=∠ACB,且∠ADB=∠ACB,
∴∠ADB=∠CDF,
对顶角∠EDF=∠ADB,故∠EDF=∠CDF,
即AD的延长线平分∠CDE,
(2)设O为外接圆圆心,连接AO并延长交BC于H,
∵△ABO△ACO,∴∠BAO=∠CAO,
即AO为等腰三角形△ABC中∠BAC的角平分线,则AH⊥BC,
连接OC,由题意∠OAC=∠OCA=15°,∠ACB=75°,
∴∠OCH=60°,
设半径为r,则r+得r=1,
∴外接圆面积为π
考点:与圆有关的比例线段
20、答案:试题分析:(1)欲证,由于已知条件,所以只需证明,由于四边形ABCD为圆的内接四边形,根据内对角等于它的外角,所以,又,所以△DPC~△DBA,则,即,所以问题得证。(2)欲求的值,可以通过三角形相似,构造相似比,根据条件及涉及到的边分析,由于AB=AC,所以,则根据圆内接四边形的外角等于它的内对角,所以,且,所以△APC∽△ACD,则,则。
试题(1)∵∠CPD=∠ABC,∠D=∠D,∴△DPC~△DBA,
∴,又∵AB=AC,∴.
(2)∵∠ACD=∠APC,∠CAP=∠CAP,∴△APC∽△ACD.
∴,∴
考点:1.圆内接四边形;2.三角形相似。