【2022屆走向高考】高三數(shù)學(xué)一輪(人教B版)基礎(chǔ)鞏固：第12章-第1節(jié)-幾何證明選講

第十二章第一節(jié)一、填空題1.(2022·湖北黃岡模擬)已知點(diǎn)C在圓O的直徑BE的延長(zhǎng)線上，直線CA與圓O相切于A，∠ACB的平分線分別交AB，AE于D，F(xiàn)兩點(diǎn)，若∠ACB＝20°，則∠AFD＝________.[答案]45°[解析]由于AC為圓的切線，由弦切角定理知∠B＝∠EAC，又由于CD平分∠ACB，則∠ACD＝∠BCD，所以∠B＋∠BCD＝∠EAC＋∠ACD，依據(jù)三角形外角定理，∠ADF＝∠AFD，由于BE是圓O的直徑，則∠BAE＝90°，所以△ADF是等腰直角三角形，所以∠ADF＝∠AFD＝45°.2．(文)(2022·重慶理)過(guò)圓外一點(diǎn)P作圓的切線PA(A為切點(diǎn))，再作割線PBC依次交圓于B，C，若PA＝6，AC＝8，BC＝9，則AB＝________.[答案]4[解析]如圖所示：依據(jù)切割線定理，得PA2＝PB·PC，又由于PC＝(PB＋BC)，且PA＝6，BC＝9，所以36＝PB·(PB＋9)，解得PB＝3.在△PAC中，依據(jù)余弦定理cos∠ACP＝eq\f(AC2＋PC2－AP2,2AC·PC)＝eq\f(82＋122－62,2×8×12)＝eq\f(43,48)，在△ACB中，依據(jù)余弦定理AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos∠ACB＝82＋92－2×8×9×eq\f(43,48)＝16，所以AB＝4.(理)(2021·廣東梅州聯(lián)考)如圖，PAB、PCD為⊙O的兩條割線，若PA＝5，AB＝7，CD＝11，AC＝2，則BD等于________．[答案]6[解析]設(shè)PC＝x，則PD＝PC＋CD＝x＋11，由割線定理知PC·PD＝PA·PB，∴x(x＋11)＝5×(5＋7)＝60，∵x>0，∴x＝4.∴PC＝4，PD＝15.∵∠PAC＝∠PDB，∠P為公共角，∴△PAC∽△PDB，∴eq\f(PA,PD)＝eq\f(AC,BD)，∴BD＝eq\f(AC·PD,PA)＝eq\f(2×15,5)＝6.3.(2022·陜西咸陽(yáng)二模)如圖，已知△ABC的∠BAC的平分線與BC相交于點(diǎn)D，△ABC的外接圓的切線AE與BC的延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)E，若EB＝8，EC＝2，則ED＝________.[答案]4[解析]依據(jù)弦切角定理可得∠ABC＝∠EAC，由于線段AD為∠BAC的角平分線，所以∠BAD＝∠DAC，又∠ADE＝∠ABC＋∠BAD，則可以得到∠EDA＝∠EAD，即△ADE為等腰三角形，則有DE＝AE，在△ACE，△ABE中，由于∠EAC＝∠ABC且∠AEC＝∠AEB，所以△CAE∽△ABE，則有eq\f(AE,BE)＝eq\f(CE,AE)?AE＝4，即DE＝AE＝4.4．如圖，已知PA是⊙O的切線，A是切點(diǎn)，直線PO交⊙O于B、C兩點(diǎn)，D是OC的中點(diǎn)，連接AD并延長(zhǎng)交⊙O于點(diǎn)E.若PA＝2eq\r(3)，∠APB＝30°，則AE＝________.[答案]eq\f(10\r(7),7)[解析]∵PA是⊙O的切線，∴OA⊥PA，在直角三角形PAO中，tan30°＝eq\f(AO,PA)＝eq\f(\r(3),3).∵PA＝2eq\r(3)，∴AO＝PA·eq\f(\r(3),3)＝2，即圓O的半徑為r＝2，同理sin30°＝eq\f(AO,PO)＝eq\f(1,2)，∴PO＝4.∵D是OC的中點(diǎn)，∴OD＝DC＝1，從而B(niǎo)D＝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°＝(2eq\r(3))2＋52－2×2eq\r(3)×5×eq\f(\r(3),2)＝7，∴AD＝eq\r(7)，再由相交弦定理得：AD·DE＝BD·DC，即eq\r(7)·DE＝3×1＝3，DE＝eq\f(3\r(7),7)，∴AE＝AD＋DE＝eq\r(7)＋eq\f(3\r(7),7)＝eq\f(10\r(7),7).5．(文)(2022·廣州綜合測(cè)試一)如圖，PC是圓O的切線，切點(diǎn)為點(diǎn)C，直線PA與圓O交于A，B兩點(diǎn)，∠APC的角平分線交弦CA，CB于D，E兩點(diǎn)，已知PC＝3，PB＝2，則eq\f(PE,PD)的值為_(kāi)_______．[答案]eq\f(2,3)[解析]由切割線定理可得PC2＝PA·PB?PA＝eq\f(PC2,PB)＝eq\f(9,2)，由于PC切圓O于點(diǎn)C，由弦切角定理可知∠PCB＝∠PAD，由于PD是∠APC的角平分線，則∠CPE＝∠APD，所以△PCE∽△PAD，由相像三角形得eq\f(PE,PD)＝eq\f(PC,PA)＝eq\f(3,\f(9,2))＝eq\f(2,3).(理)(2022·廣東汕頭模擬)如圖，AD，AE，BC分別與圓O切于點(diǎn)D，E，F(xiàn)，延長(zhǎng)AF與圓O交于另一點(diǎn)G，給出下列三個(gè)結(jié)論：①AD＋AE＝AB＋BC＋CA；②AF·AG＝AD·AE；③△AFB∽△ADG.其中正確結(jié)論的序號(hào)是________．[答案]①②[解析]由題意，依據(jù)切線長(zhǎng)定理，有BD＝BF，CE＝CF，所以AD＋AE＝(AB＋BD)＋(AC＋CE)＝(AB＋BF)＋(AC＋CF)＝AB＋AC＋BC，所以①正確；由于AD，AE是圓的切線，依據(jù)切線長(zhǎng)定理，有AD＝AE，又由于AG是圓的割線，所以依據(jù)切割線定理有AD2＝AF·AG＝AD·AE，所以②正確；依據(jù)弦切角定理有∠ADF＝∠AGD，又由于BD＝BF，所以∠BDF＝∠BFD＝∠ADF，在△AFB中，∠ABF＝2∠ADF＝2∠AGD，所以③錯(cuò)誤．6．如圖所示，在?ABCD中，BC＝24，E、F為BD的三等分點(diǎn)，直線AE交BC于M，直線MF交AD于N，則BM－DN＝________.[答案]6[解析]連CF交AD于P，∵E、F為BD的三等分點(diǎn)，四邊形為平行四邊形，∴△ABE≌△CDF，∴∠AEB＝∠CFD＝∠PFB，∴AM∥CP，∴M為BC的中點(diǎn)，∵∠FBM＝∠FDN，∠BFM＝∠DFN，∴△BFM∽△DFN，∴eq\f(BM,DN)＝eq\f(BF,DF)＝2，∴DN＝eq\f(1,4)BC＝6.二、解答題7．如圖，D，E分別為△ABC的邊AB，AC上的點(diǎn)，且不與△ABC的頂點(diǎn)重合，已知AE的長(zhǎng)為m，AC的長(zhǎng)為n，AD，AB的長(zhǎng)是關(guān)于x的方程x2－14x＋mn＝0的兩個(gè)根．(1)證明：C，B，D，E四點(diǎn)共圓；(2)若∠A＝90°，且m＝4，n＝6，求C，B，D，E所在圓的半徑．[解析](1)連結(jié)DE，依據(jù)題意在△ADE和△ACB中，AD×AB＝mn＝AE×AC，即eq\f(AD,AC)＝eq\f(AE,AB).又∠DAE＝∠CAB，從而△ADE△ACB.因此∠ADE＝∠ACB.所以C，B，D，E四點(diǎn)共圓．(2)m＝4，n＝6時(shí)，方程x2－14x＋mn＝0的兩根為x1＝2，x2＝12.故AD＝2，AB＝12.取CE的中點(diǎn)G，DB的中點(diǎn)F，分別過(guò)G，F(xiàn)作AC，AB的垂線，兩垂線相交于H點(diǎn)，連結(jié)DH.由于C，B，D，E四點(diǎn)共圓，所以C，B，D，E四點(diǎn)所在圓的圓心為H，半徑為DH，由于∠A＝90°，故GH∥AB，HF∥AC.從而HF＝AG＝5，DF＝eq\f(1,2)(12－2)＝5.故C，B，D，E四點(diǎn)所在圓的半徑為5eq\r(2).8．(2022·哈三中二模)如圖，⊙O1與⊙O2相交于A，B兩點(diǎn)，AB是⊙O2的直徑，過(guò)點(diǎn)A作⊙O1的切線交⊙O2于點(diǎn)E，并與BO1的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)P，分別與⊙O1、⊙O2交于C，D兩點(diǎn)．證明：(1)PA·PD＝PE·PC；(2)AD＝AE.[證明](1)由于PE，PB分別是⊙O2割線，所以PA·PE＝PD·PB①又PA，PB分別是⊙O1的切線和割線，所以PA2＝PC·PB②由①②得PA·PD＝PE·PC.(2)連接AC，DE，設(shè)DE與AB相交于點(diǎn)F，由于BC是⊙O1的直徑，所以∠CAB＝90°，所以AC是⊙O2的切線，由(1)得AC∥DE，所以AB⊥DE，所以AD＝AE.一、填空題9．(2021·惠州三調(diào))如圖，PA切圓O于點(diǎn)A，割線PBC經(jīng)過(guò)圓心O，OB＝PB＝1，OA繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°到OD，則PD的長(zhǎng)為_(kāi)_______．[答案]eq\r(7)[解析]由圖可知，PA2＝PB·PC＝PB·(PB＋BC)＝3，∴PA＝eq\r(3)，∴∠AOP＝60°，又∠AOD＝60°，∴∠POD＝120°，∵PO＝2，OD＝1，∴cos∠POD＝eq\f(22＋12－PD2,2×2×1)＝－eq\f(1,2)，∴PD＝eq\r(7).10．(2022·武漢調(diào)研)如圖，⊙O的直徑AB的延長(zhǎng)線與弦CD的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)P，E為⊙O上一點(diǎn)，eq\x\to(AE)＝eq\x\to(AC)，DE交AB于點(diǎn)F.若AB＝4，BP＝3，則PF＝________.[答案]eq\f(21,5)[解析]連接OE，則易知∠OEF＋∠OFE＝∠AOE＝∠CDE＝∠DFB＋∠P，∴∠OEF＝∠P，∴△FOE∽△FDP，eq\f(PF,EF)＝eq\f(DF,OF)，即DF·EF＝OF·PF，而DF·EF＝AF·FB，可得OF·PF＝AF·FB.設(shè)FB＝x，有(2－x)(x＋3)＝(4－x)x，解得x＝eq\f(6,5)，則PF＝eq\f(21,5).11．(文)(2021·廣東揭陽(yáng)一中期中)如圖，已知AB、BC是⊙O的兩條弦，AO⊥BC，AB＝2，BC＝2eq\r(3)，則⊙O的半徑等于________．[答案]2[解析]設(shè)AO與BC相交于D，與⊙O相交于E，∵AO⊥BC，AB＝2，BC＝2eq\r(3)，∴AD＝1，由相交弦定理知AD·DE＝BD·DC，∴1×(2R－1)＝(eq\r(3))2，∴R＝2.(理)(2022·湖北八市聯(lián)考)如圖，A，B是圓O上的兩點(diǎn)，且OA⊥OB，OA＝2，C為OA的中點(diǎn)，連接BC并延長(zhǎng)交圓O于點(diǎn)D，則CD＝________.[答案]eq\f(3\r(5),5)[解析]延長(zhǎng)AO交圓O于點(diǎn)E，留意到C為OA的中點(diǎn)，則CE＝2＋1＝3，CA＝1，BC＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，由相交弦定理知CE·CA＝BC·CD，故CD＝eq\f(CE·CA,BC)＝eq\f(3×1,\r(5))＝eq\f(3\r(5),5).12．(2022·陜西寶雞三模)如圖，△ABC是圓O的內(nèi)接三角形，PA是圓O的切線，PB交AC于點(diǎn)E，交圓O于點(diǎn)D，PA＝PE，PB＝9，PD＝1，∠ABC＝60°，則EC＝________.[答案]4[解析]∵PA是圓O的切線，∴PA2＝PD·PB＝9，可得PA＝3，∵∠PAC是弦切角，夾弧eq\x\to(ADC)，∴∠PAC＝∠ABC＝60°，在△APE中，PE＝PA，∴△APE是正三角形，可得PE＝AE＝PA＝3，∴BE＝PB－PE＝6，DE＝PE－PD＝2，∵圓O中，弦AC，BD相交于E，∴BE·DE＝AE·CE，可得6×2＝3EC，EC＝4.二、解答題13．(文)(2022·南京、鹽城二模)如圖，△ABC為圓的內(nèi)接三角形，AB＝AC，BD為圓的弦，且BD∥AC.過(guò)點(diǎn)A作圓的切線與DB的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)E，AD與BC交于點(diǎn)F.(1)求證：四邊形ACBE為平行四邊形；(2)若AE＝6，BD＝5，求線段CF的長(zhǎng)．[解析](1)由于AE與圓相切于點(diǎn)A，所以∠BAE＝∠ACB.由于AB＝AC，所以∠ABC＝∠ACB.所以∠ABC＝∠BAE.所以AE∥BC.由于BD∥AC，所以四邊形ACBE為平行四邊形．(2)由于AE與圓相切于點(diǎn)A，所以AE2＝EB·(EB＋BD)，即62＝EB·(EB＋5)，解得BE＝4.依據(jù)(1)有AC＝BE＝4，BC＝AE＝6.設(shè)CF＝x，由BD∥AC，得eq\f(AC,BD)＝eq\f(CF,BF)，即eq\f(4,5)＝eq\f(x,6－x)，解得x＝eq\f(8,3)，即CF＝eq\f(8,3).(理)(2022·吉林長(zhǎng)春三調(diào))如圖，圓M與圓N交于A、B兩點(diǎn)，以A為切點(diǎn)作兩圓的切線分別交圓M和圓N于C，D兩點(diǎn)，延長(zhǎng)DB交圓M于點(diǎn)E，延長(zhǎng)CB交圓N于點(diǎn)F.已知BC＝5，BD＝10.(1)求AB的長(zhǎng)；(2)求eq\f(CF,DE).[解析](1)依據(jù)弦切角定理，知∠BAC＝∠BDA，∠ACB＝∠DAB，∴△ABC∽△DBA，則eq\f(AB,DB)＝eq\f(BC,BA)，故AB2＝BC·BD＝50，AB＝5eq\r(2).(2)依據(jù)切割線定理，知CA2＝CB·CF，DA2＝DB·DE，兩式相除，得eq\f(CA2,DA2)＝eq\f(CB,DB)·eq\f(CF,DE)(*)．由△ABC∽△DBA，得eq\f(AC,DA)＝eq\f(AB,DB)＝eq\f(5\r(2),10)＝eq\f(\r(2),2)，eq\f(CA2,DA2)＝eq\f(1,2)，又eq\f(CB,DB)＝eq\f(5,10)＝eq\f(1,2)，由(*)得eq\f(CF,DE)＝1.14．(文)(2021·黑龍江哈爾濱六校聯(lián)考)如圖，已知四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，且AB是⊙O的直徑，過(guò)點(diǎn)D的⊙O的切線與BA的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)M.(1)若MD＝6，MB＝12，求AB的長(zhǎng)；(2)若AM＝AD，求∠DCB的大?。甗解析](1)由于MD為⊙O的切線，由切割線定理知，MD2＝MA·MB.又MD＝6，MB＝12，MB＝MA＋AB，所以MA＝3，AB＝12－3＝9.(2)由于AM＝AD，所以∠AMD＝∠ADM，連接DB，又MD為⊙O的切線，由弦切角定理知，∠ADM＝∠ABD，又由于AB是⊙O的直徑，所以∠ADB為直角，即∠BAD＝90°－∠ABD.又∠BAD＝∠AMD＋∠ADM＝2∠ABD，于是90°－∠ABD＝2∠ABD，所以∠ABD＝30°.所以∠BAD＝60°.又四邊形ABCD是圓內(nèi)接四邊形，所以∠BAD＋∠DCB＝180°.所以∠DCB＝120°.(理)(2021·石家莊模擬)如圖，過(guò)圓O外一點(diǎn)P作該圓的兩條割線PAB和PCD，分別交圓O于點(diǎn)A、B，C、D，弦AD和BC交于點(diǎn)Q，割線PEF經(jīng)過(guò)點(diǎn)Q交圓O于點(diǎn)E、F，點(diǎn)M在EF上，且∠BAD＝∠BMF.(1)求證：PA·PB＝PM·PQ；(2)求證：∠BMD＝∠BOD.[證明](1)∵∠BAD＝∠BMF，∴A、Q、M、B四點(diǎn)共圓，∴PA·PB＝PM·PQ.(2)∵PA·PB＝PC·PD，∴PC·PD＝PM·PQ，又∠CPQ＝∠MPD，∴△CPQ∽△MPD，∴∠PCQ＝∠PMD，則∠BCD＝∠DMF，∵∠BAD＝∠BCD，∴∠BMD＝∠BMF＋∠DMF＝2∠BAD，又∠BOD＝2∠BAD，∴∠BMD＝∠BOD.15．(2022·東北三校一模)如圖，PA，PB是圓O的兩條切線，A，B是切點(diǎn)，C是劣弧AB(不包括端點(diǎn))上一點(diǎn)，直線PC交圓O于另一點(diǎn)D，Q在弦CD上，且∠DAQ＝∠PBC.求證：(1)eq\f(BD,AD)＝eq\f(BC,AC)；(2)△ADQ∽△DBQ.[解析](1)連結(jié)AB.由于∠PBC＝∠PDB，∠BPC＝∠DPB，所以△PBC∽△PDB，所以eq\f(BD,BC)＝eq\f(PD,PB).同理eq\f(