綜合復(fù)習(xí)資料高中化學(xué)第41練幾何證明選講[題型分析·高考展望]本講主要考查相似三角形與射影定理，圓的切線及圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)與判定定理，圓周角定理及弦切角定理，相交弦、切割線、割線定理等，本部分內(nèi)容多數(shù)涉及圓，并且多是以圓為背景設(shè)計的綜合性考題，考查邏輯推理能力．試題主要以解答題形式出現(xiàn)，難易程度均為中低檔題．?？碱}型精析題型一相似三角形及射影定理例1如圖所示，CD垂直平分AB，點E在CD上，DF⊥AC，DG⊥BE，F(xiàn)、G分別為垂足．求證：AF·AC＝BG·BE.點評(1)在使用直角三角形射影定理時，要學(xué)會將“乘積式”轉(zhuǎn)化為相似三角形中的“比例式”．(2)證題時，作垂線構(gòu)造直角三角形是解該類問題的常用方法．變式訓(xùn)練1如圖，Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC于D，BE平分∠ABC交AC于E，EF⊥BC于F.求證：EF∶DF＝BC∶AC.題型二相交弦定理、割線定理、切割線定理、切線長定理的應(yīng)用例2(2014·重慶改編)過圓外一點P作圓的切線PA(A為切點)，再作割線PBC依次交圓于B，C.若PA＝6，AC＝8，BC＝9，求AB的值．點評(1)圓中線段長度成比例的問題，要結(jié)合切割線定理、相交弦定理，構(gòu)造比例關(guān)系．(2)利用相似關(guān)系求解線段長度要靈活地在三角形中對條件進行轉(zhuǎn)化或等比替換．變式訓(xùn)練2(2015·天津改編)如圖，在圓O中，M，N是弦AB的三等分點，弦CD，CE分別經(jīng)過點M，N.若CM＝2，MD＝4，CN＝3，求線段NE的長．題型三四點共圓的判定例3如圖，已知△ABC的兩條角平分線AD和CE相交于H，∠B＝60°，F(xiàn)在AC上，且AE＝AF.證明：(1)B、D、H、E四點共圓；(2)CE平分∠DEF.點評(1)如果四點與一定點距離相等，那么這四點共圓；(2)如果四邊表的一組對角互補，那么這個四邊形的四個頂點共圓；(3)如果四邊形的一個外角等于它的內(nèi)對角，那么這個四邊形的四個頂點共圓．變式訓(xùn)練3(2015·湖南)如圖，在⊙O中，相交于點E的兩弦AB，CD的中點分別是M，N，直線MO與直線CD相交于點F，證明：(1)∠MEN＋∠NOM＝180°；(2)FE·FN＝FM·FO.高考題型精練1．(2015·重慶改編)如圖，圓O的弦AB，CD相交于點E，過點A作圓O的切線與DC的延長線交于點P，若PA＝6，AE＝9，PC＝3，CE∶ED＝2∶1，求BE的長．2．(2015·陜西)如圖，AB切⊙O于點B，直線AO交⊙O于D，E兩點，BC⊥DE，垂足為C.(1)證明：∠CBD＝∠DBA；(2)若AD＝3DC，BC＝eq\r(2)，求⊙O的直徑．3.如圖，⊙O的半徑OB垂直于直徑AC，M為AO上一點，BM的延長線交⊙O于N，過N點的切線交CA的延長線于P.(1)求證：PM2＝PA·PC；(2)若⊙O的半徑為2eq\r(3)，OA＝eq\r(3)OM，求MN的長．4．(2015·課標全國Ⅱ)如圖，O為等腰三角形ABC內(nèi)一點，⊙O與△ABC的底邊BC交于M、N兩點，與底邊上的高AD交于點G，且與AB、AC分別相切于E、F兩點．(1)證明：EF∥BC；(2)若AG等于⊙O的半徑，且AE＝MN＝2eq\r(3)，求四邊形EBCF的面積．5．(2014·課標全國Ⅰ)如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，AB的延長線與DC的延長線交于點E，且CB＝CE.(1)證明：∠D＝∠E；(2)設(shè)AD不是⊙O的直徑，AD的中點為M，且MB＝MC，證明：△ADE為等邊三角形．6.如圖所示，已知AP是⊙O的切線，P為切點，AC是⊙O的割線，與⊙O交于B、C兩點，圓心O在∠PAC的內(nèi)部，點M是BC的中點．(1)證明：A，P，O，M四點共圓；(2)求∠OAM＋∠APM的大?。?．(2014·遼寧)如圖，EP交圓于E，C兩點，PD切圓于D，G為CE上一點且PG＝PD，連結(jié)DG并延長交圓于點A，作弦AB垂直EP，垂足為F.(1)求證：AB為圓的直徑；(2)若AC＝BD，求證：AB＝ED.8.如圖所示，過圓O外一點M作它的一條切線，切點為A，過A點作直線AP垂直于直線OM，垂足為P.(1)證明：OM·OP＝OA2；(2)N為線段AP上一點，直線NB垂直于直線ON，且交圓O于B點．過B點的切線交直線ON于K.證明：∠OKM＝90°.答案精析專題9系列4選講第41練幾何證明選講常考題型精析例1證明因為CD垂直平分AB，所以△ACD和△BDE均為直角三角形，并且AD＝BD.又因為DF⊥AC，DG⊥BE，所以AF·AC＝AD2，BG·BE＝DB2，因為AD2＝DB2，所以AF·AC＝BG·BE.變式訓(xùn)練1證明∵∠BAC＝90°，且AD⊥BC，∴由射影定理得AC2＝CD·BC，∴eq\f(AC,CD)＝eq\f(BC,AC).①∵EF⊥BC，AD⊥BC，∴EF∥AD，∴eq\f(AE,DF)＝eq\f(AC,CD).又BE平分∠ABC，且EA⊥AB，EF⊥BC，∴AE＝EF，∴eq\f(EF,DF)＝eq\f(AC,CD).②由①、②得eq\f(EF,DF)＝eq\f(BC,AC)，即EF∶DF＝BC∶AC.例2解由切割線定理得PA2＝PB·PC＝PB·(PB＋BC)，即62＝PB·(PB＋9)，解得PB＝3(負值舍去)．由弦切角定理知∠PAB＝∠PCA，又∠APB＝∠CPA，故△APB∽△CPA，則eq\f(AB,CA)＝eq\f(AP,CP)，即eq\f(AB,8)＝eq\f(6,3＋9)，解得AB＝4.變式訓(xùn)練2解根據(jù)相交弦定理可知，CM·MD＝AM·MB＝eq\f(2,9)AB2＝8，CN·NE＝AN·NB＝eq\f(2,9)AB2＝8，而CN＝3，所以NE＝eq\f(8,3).例3證明(1)在△ABC中，因為∠B＝60°，所以∠BAC＋∠BCA＝120°.因為AD、CE分別是∠BAC、∠DCF的平分線，所以∠HAC＋∠HCA＝60°，故∠AHC＝120°.于是∠EHD＝∠AHC＝120°.所以∠EBD＋∠EHD＝180°，所以B、D、H、E四點共圓．(2)連結(jié)BH，則BH為∠ABC的平分線，得∠HBD＝30°.由(1)知B、D、H、E四點共圓，所以∠CED＝∠HBD＝30°.又∠AHE＝∠EBD＝60°，由已知可得EF⊥AD，可得∠CEF＝30°.所以CE平分∠DEF.變式訓(xùn)練3證明(1)如圖所示，因為M，N分別是弦AB，CD的中點，所以O(shè)M⊥AB，ON⊥CD，即∠OME＝90°，∠ENO＝90°，因此∠OME＋∠ENO＝180°，又四邊形的內(nèi)角和等于360°，故∠MEN＋∠NOM＝180°.(2)由(1)知，O，M，E，N四點共圓，故由割線定理即得FE·FN＝FM·FO.高考題型精練1．解首先由切割線定理得PA2＝PC·PD，因此PD＝eq\f(62,3)＝12，CD＝PD－PC＝9，又CE∶ED＝2∶1，因此CE＝6，ED＝3，再由相交弦定理得AE·EB＝CE·ED，所以BE＝eq\f(CE·ED,AE)＝eq\f(6×3,9)＝2.2．(1)證明因為DE為⊙O直徑，則∠BED＋∠EDB＝90°，又BC⊥DE，所以∠CBD＋∠EDB＝90°，從而∠CBD＝∠BED，又AB切⊙O于點B，得∠DBA＝∠BED，所以∠CBD＝∠DBA.(2)解由(1)知BD平分∠CBA，則eq\f(BA,BC)＝eq\f(AD,CD)＝3，又BC＝eq\r(2)，從而AB＝3eq\r(2)，所以AC＝eq\r(AB2－BC2)＝4，所以AD＝3，由切割線定理得AB2＝AD·AE，即AE＝eq\f(AB2,AD)＝6，故DE＝AE－AD＝3，即⊙O直徑為3.3．(1)證明連結(jié)ON，則ON⊥PN，且△OBN為等腰三角形，則∠OBN＝∠ONB，∵∠PMN＝∠OMB＝90°－∠OBN，∠PNM＝90°－∠ONB，∴∠PMN＝∠PNM，∴PM＝PN.根據(jù)切割線定理，有PN2＝PA·PC，∴PM2＝PA·PC.(2)解OM＝2，在Rt△BOM中，BM＝eq\r(OB2＋OM2)＝4.延長BO交⊙O于點D，連結(jié)DN.由條件易知△BOM∽△BND，于是eq\f(BO,BN)＝eq\f(BM,BD)，即eq\f(2\r(3),BN)＝eq\f(4,4\r(3))，∴BN＝6.∴MN＝BN－BM＝6－4＝2.4．(1)證明由于△ABC是等腰三角形，AD⊥BC，所以AD是∠CAB的平分線．又因為⊙O分別與AB，AC相切于點E，F(xiàn)，所以AE＝AF，故AD⊥EF.從而EF∥BC.(2)解由(1)知，AE＝AF，AD⊥EF，故AD是EF的垂直平分線，又EF為⊙O的弦，所以O(shè)在AD上．連接OE，OM，則OE⊥AE.由AG等于⊙O的半徑得AO＝2OE，所以∠OAE＝30°.因此△ABC和△AEF都是等邊三角形．因為AE＝2eq\r(3)，所以AO＝4，OE＝2.因為OM＝OE＝2，DM＝eq\f(1,2)MN＝eq\r(3)，所以O(shè)D＝1.于是AD＝5，AB＝eq\f(10\r(3),3).所以四邊形EBCF的面積為eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10\r(3),3)))2×eq\f(\r(3),2)－eq\f(1,2)×(2eq\r(3))2×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(16\r(3),3).5．證明(1)由題設(shè)知，A，B，C，D四點共圓，所以∠D＝∠CBE，由已知CB＝CE得∠CBE＝∠E，故∠D＝∠E.(2)如圖，設(shè)BC的中點為N，連結(jié)MN，則由MB＝MC知MN⊥BC，故O在直線MN上．又AD不是⊙O的直徑，M為AD的中點，故OM⊥AD，即MN⊥AD.所以AD∥BC，故∠A＝∠CBE.又∠CBE＝∠E，故∠A＝∠E，由(1)知，∠D＝∠E，所以△ADE為等邊三角形．6.(1)證明連結(jié)OP，OM，因為AP與⊙O相切于點P，所以O(shè)P⊥AP，因為M是⊙O的弦BC的中點，所以O(shè)M⊥BC，于是∠OPA＋∠OMA＝180°.由圓心O在∠PAC的內(nèi)部，可知四邊形APOM的對角互補，所以A，P，O，M四點共圓．(2)解由(1)得，A，P，O，M四點共圓，所以∠OAM＝∠OPM，由(1)得OP⊥AP，由圓心O在∠PAC的內(nèi)部， 可知∠OPM＋∠APM＝90°，所以∠OAM＋∠APM＝90°.7．證明(1)因為PD＝PG，所以∠PDG＝∠PGD.由于PD為切線，故∠PDA＝∠DBA.又由于∠PGD＝∠EGA，故∠DBA＝∠EGA，所以∠DBA＋∠BAD＝∠EGA＋∠BAD，從而∠BDA＝∠PFA.由于AF⊥EP，所以∠PFA＝90°，于是∠BDA＝90°，故AB是直徑．(2)連結(jié)BC，DC.由于AB是直徑，故∠BDA＝∠ACB＝90°.在Rt△BDA與Rt△ACB中，AB＝BA，AC＝BD，從而Rt△BDA≌Rt△ACB.于是∠DAB＝∠CBA.又因為∠DCB＝∠DAB，