【数学】2020届一轮复习人教A版 几何证明选讲 课时作业

【数学】2020届一轮复习人教A版 几何证明选讲 课时作业

‎ 2020届一轮复习人教A版 几何证明选讲 课时作业 ‎1、如图：为的切线，为切点，割线过圆心，，则长为 .‎ ‎ 2、如图直线经过圆上的点，OA=OB，CA=CB，圆交直线于点、，其中在线段上，连接、.‎ ‎（1）证明：直线是圆的切线；‎ ‎（2）若，圆的半径为，求线段的长.‎ ‎3、如图，AB是⊙O的直径，AD，DE是⊙O的切线，AD，BE的延长线交于点C．‎ ‎(1)求证：四点共圆；‎ ‎(2)若，CE=1，30°，求长．‎ ‎4、如图，在中，，平分，交于点，过点作交于点.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）已知，，求的长.‎ ‎5、如图，在中，，平分，交于点，过点作交于点.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）已知，，求的长.‎ ‎6、如图，是半圆的直径，，垂足为，，与、分别交于点、.‎ ‎（Ⅰ）证明：；‎ ‎（Ⅱ）证明：.‎ ‎7、如图，在中，是的平分线，的外接圆交于点，.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）当，时，求的长.‎ ‎8、如图，在中，是的平分线，的外接圆交于点，.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）当，时，求的长.‎ ‎9、如图，AB是⊙O的直径，C、F是⊙O上的两点，OC⊥AB，过点F作⊙O的切线FD交AB的延长线于点D．连接CF交AB于点E．‎ B A C D E O F ‎（1）求证：DE2=DB？DA；‎ ‎（2）若DB=2，DF=4，试求CE的长．‎ ‎10、如图所示，已知与相切，为切点，过点的割线交圆于两点，弦相交于点为上一点，且．‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若，求的长．‎ ‎11、如图,四点在同一个圆上，与的延长线交于点,点在的延长线上.‎ ‎（1）若,求的值；‎ ‎（2）若,证明:.‎ ‎12、如图,四点在同一个圆上，与的延长线交于点,点在的延长线上.‎ ‎（1）若,求的值;‎ ‎（2）若,证明:.‎ ‎13、如图，已知与圆相切于点，经过点的割线交圆于点，的平分线分别交于点.‎ ‎（1）证明：;‎ ‎（2）若，求的值.‎ ‎14、如图所示，为的直径，为的中点，为的中点.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求证：‎ ‎15、已知为圆的直径,点为圆周上一点,于点,过点作圆的切线交的延长线于点,过点作垂直的延长线于点,求证：‎ ‎（1）；‎ ‎（2）.‎ ‎16、如图,在中,于于,交于点,若.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求线段的长度.‎ ‎17、如图，直线与直径为4的圆交于两点，且，直线切圆于点.‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）若，延长交于点，求证：.‎ ‎18、如图，正方形边长为2，以为圆心、为半径的圆弧与以为直径的半圆交于点，连结并延长交于点．‎ ‎（1）求证：为的中点；‎ ‎（2）求的值．‎ ‎19、已知，为圆的直径，为垂直的一条弦，垂足为，弦交于.‎ ‎（1）求证：、、、四点共圆；‎ ‎（2）若，求线段的长.‎ ‎20、如图，平行四边形中，‎ ‎（Ⅰ）求与的周长比；‎ ‎（Ⅱ）如果的面积等于，求的面积.‎ 参考答案 ‎1、答案：‎ 由切割线定理得，即，，易得，则，所以，又，所以．‎ 考点：切割线定理，相似三角形的判断与性质．‎ ‎2、答案：（1）详见解析；（2）5.‎ 试题分析：‎ ‎（1）若要证明AB为圆O的切线，则应连接OC，证明OC⊥AB，根据题中条件，OA=OB得三角形OAB为等腰三角形，再由CA=CB，即C为AB中点，因此OC⊥AB，又C在圆O上，所以AB为圆O的切线。本问考查圆的切线的证明，一是证明垂直，二是说明点在圆上，就可以证明是圆的切线了。‎ ‎（2）直线是圆的切线，.又，可以证明，可以得出对应线段成比例，，又根据，故.设，则，‎ 又，故，即.从而可以求出x的值，即BD的长，OA=OB=OD+DB,就可以求出OB的长度。‎ 试题 ‎（1）连结.‎ 又是圆的半径，是圆的切线.‎ ‎（2）直线是圆的切线，.又，‎ ‎，则有，又，故.‎ 设，则，又，故，即.‎ 解得，即..‎ 考点：1.圆的相关证明；2.三角形相似 3、答案：(1)详见解析(2)1‎ 试题分析：（1）连接EO，证明对角互补，可得A、O、E、D四点共圆；（2）若OA=CE，∠B=30°，求出AC，AD，即可求CD长 试题（1）证明：连接 是⊙O的切线 ‎,‎ 四点共线.‎ ‎(2)连接，设,则,‎ 是圆O的直径，‎ ‎，故,‎ 中，‎ 又由切割线定理得 故 考点：与圆有关的比例线段 4、答案：（1）详见解析（2）‎ 试题分析：（1）证明线段成比例，一般利用三角形相似，而证明三角形相似，一般先要证对应角相等：利用等量关系可得，而根据角平方线可得，即得，因此∽,即（2）先确定，再由切割线定理得是以为直径的圆的切线，所以，（为中点），可得 试题（I）证明：因为于，所以 又因为所以 又因为平分，所以，‎ 所以 又因为,所以∽,所以 故：‎ ‎（II）解：由可得：是以为直径的圆的切线 取中点连则，又因为，所以∥，所以 又因为，所以，所以，所以 考点：三角形相似，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． 5、答案：（1）详见解析（2）‎ 试题分析：（1）证明线段成比例，一般利用三角形相似，而证明三角形相似，一般先要证对应角相等：利用等量关系可得，而根据角平方线可得，即得，因此∽,即（2）先确定，再由切割线定理得是以 为直径的圆的切线，所以，（为中点），可得 试题（I）证明：因为于，所以 又因为所以 又因为平分，所以，‎ 所以 又因为,所以∽,所以 故：‎ ‎（II）解：由可得：是以为直径的圆的切线 取中点连则，又因为，所以∥，所以 又因为，所以，所以，‎ 所以 考点：三角形相似，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． 6、答案：试题分析：（Ⅰ）要证，这两个角所在两个三角形中有一个公共角，因此只要证明另两个角相等即可，另外这两个角一个是垂直得直角，一个可由垂径定理证明是直角，从而得证；（Ⅱ）要证只要证，这两个三角形三对角对应相等了，还需要一对边相等即可，如证，为此可证，这又可在与证得．‎ 试题（Ⅰ）连接，，‎ ‎∵，，‎ ‎∴点是的中点，.‎ ‎∵是的直径，∴，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∴，，‎ ‎∴.‎ ‎（Ⅱ）在与中，‎ 由（1）知，‎ 又，‎ ‎∴，于是.‎ ‎∴.‎ 在与中，‎ 由于，，‎ ‎∴，∴.‎ 考点：垂径定理，三角形全等的判定与性质． 7、答案：（1）证明见解析；（2）.‎ 试题分析：（1）由圆内接四边形性质得，又，可证～，进而得，再由角平分线定理得；（2）设，根据割线定理，进而，解得，即可得.‎ 试题（1）如图所示，‎ 连接，因为四边形是圆的内接四边形，‎ ‎，‎ 又，‎ 所以～，‎ 即有.‎ 又，‎ 所以，，‎ 又是的平分线，所以，‎ 从而.‎ ‎（2）因为，，所以，‎ 设，根据割线定理得，，‎ 即，‎ 所以，‎ 即，‎ 解得或（舍去），‎ 即.‎ 考点：1、圆内接四边形的性质及相似三角形；2、割线定理的应用. 8、答案：（1）证明见解析；（2）.‎ 试题分析：（1）由圆内接四边形性质得，又，可证～，进而得，再由角平分线定理得；（2）设，根据割线定理，进而，解得，即可得.‎ 试题（1）如图所示，‎ 连接，因为四边形是圆的内接四边形，‎ ‎，‎ 又，‎ 所以～，‎ 即有.‎ 又，‎ 所以，，‎ 又是的平分线，所以，‎ 从而.‎ ‎（2）因为，，所以，‎ 设，根据割线定理得，，‎ 即，‎ 所以，‎ 即，‎ 解得或（舍去），‎ 即.‎ 考点：1、圆内接四边形的性质及相似三角形；2、割线定理的应用. 9、答案：（1）证明见解析；（2）‎ 试题分析：（1）由切割线定理有，因此只要证明，也即只要证明，再考虑它们的余角是否相等即得；（2）由（1）可得的长，从而有圆的半径，再得，最后由勾股定理可得．‎ 试题（1）证明：连接OF．‎ 因为DF切⊙O于F，所以∠OFD=90°．‎ 所以∠OFC+∠CFD=90°．‎ 因为CO⊥AB于O，所以∠OCF+∠CEO=90°．‎ 所以∠CFD=∠CEO=∠DEF，所以DF=DE．‎ 因为DF是⊙O的切线，所以DF2=DB？DA．‎ 所以DE2=DB？DA．‎ ‎（2）解：DF2=DB？DA，DB=2，DF=4.‎ DA=8，从而AB=6，则．‎ 又由（1）可知，DE=DF=4，BE=2，OE=1.‎ 从而在中，．‎ B A C D E O F 考点：切割线定理，勾股定理． 10、答案：（1）详见解析（2）‎ 试题分析：（1）证明线段成比例，一般利用三角形相似及圆中相交弦定理、切割线定理，因为，所以，得，进而有，就有再根据相交弦定理得，所以（2）由（1）可得，，，即，再根据切割线定理得，即 试题证：（1）∵，‎ ‎∴，∴，‎ 又∵，∴，∴，‎ ‎∴，∴，∴，‎ 又∵，∴‎ ‎（2）∵，∴，‎ ‎∵，∴，‎ 由（1）可知：，解得，‎ ‎∴，∴是的切线，∴，‎ ‎∴，解得 考点：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． ‎ ‎11、答案：（1）;（2）见解析.‎ 试题分析：（1）由圆的知识及已知先证，所以有，又，可求出；（2）欲证，证即可，由已知先证由此可得，又由圆的性质得，即可证.‎ 试题解：因为四点共圆；,又 ‎,又.‎ ‎（2）,又,‎ 又因为四点共圆；.‎ 考点：1.三角形相似；2.圆的性质与应用. 12、答案：（1）;（2）见解析.‎ 试题分析：（1）由圆的知识及已知先证，所以有，又，可求出；（2）欲证，证即可，由已知先证由此可得，又由圆的性质得，即可证.‎ 试题解：因为四点共圆；,又 ‎,又 ‎.‎ ‎（2）,又,‎ 又因为四点共圆；.‎ 考点：1.三角形相似；2.圆的性质与应用. 13、答案：（1）证明见解析；（2）‎ 试题分析：（1）要证两角相等，与已知条件“是角平分线”联系，这两个分别都可以作为一个三角形的外角，∠ADE=∠BAP+∠APD,∠AED=∠C+∠CPE，而由角平分线有，∠APD=∠CPE，由切线的性质有∠BAP=∠C，因此结论得这两点；（2）由切线性质可得？APC∽？BPA，这样会出现线段的比值，再由及（1）的证明知中，，从而求得．‎ 试题（1）∵PA是切线，AB是弦，∴∠BAP=∠C 又∵∠APD=∠CPE,∴∠BAP+∠APD=∠C+∠CPE.‎ ‎∵∠ADE=∠BAP+∠APD,∠AED=∠C+∠CPE.‎ ‎∴∠ADE=∠AED ‎（2）由（1）知∠BAP=∠C,又∠APC=∠BPA,∴？APC∽BPA，，‎ ‎∵AC=AP,∠BAP=∠C=∠APC,‎ 由三角形的内角和定理知：∠C+∠APC+∠PAC=180o,‎ ‎∵BC是圆O的直径,∴∠BAC=90o,∴∠C+∠APC+∠BAP=90o,∴∠C=∠APC=∠BAP=30o,‎ 在Rt？ABC中,,∴‎ 考点：弦切角与圆周角定理，三角形的外角定理，相似三角形的判断与性质． 14、答案：试题分析：（1）要证明，考虑是弦中点，弧中点，由圆的性质知共线，由中位线性质平行得证；（2）要证，等式中有系数2，联想到，这样如果能证明即可，而这个等式改为比例式后，只要证∽，这两个三角形是直角三角形，由圆周角定理可得两个三角形中较小的锐角相等，因此易得相似，结论得证．‎ 试题证明：（1）连接，因为为的中点，为的中点，所以三点共线，因为为的中点且为的中点，所以，故.‎ ‎（2）因为为的中点，所以，又.‎ 又因为，∽.‎ 考点：平行线的判定，相似三角形的判定与性质． 15、答案：试题分析：（1）要证明线段的乘积相等，可以变形为比例式，即要证，为此结合已知条件，两个垂直可得，又有切割线定理，两者相除可得；（2）要证，在（1）的证明中发现在圆中（这四点共圆），且是圆的直径，因此只要能证明即得结论，注意到，因此要证，这同样由（1）的结论易得．‎ 试题（1）因为.‎ 又因为分别为圆的切线和割线,.‎ ‎（2）连接因为为圆的直径,所以,即,又因为,又因为四点共圆且为直径,又因为.‎ 考点：四点共圆，相似三角形的判断与性质． ‎ ‎16、答案：（1）证明见解析；（2）‎ 试题分析：（1）要证明线段之积相等，一种方法可变形为比例相等，然后通过证明三角形相似可得，也可证得四点共圆，由割线定理可得；（2）由（1）的结论，可以作于，可证四点共圆，四点共圆，由割线定理可得线段长．实质上本小题可用勾股定理求得长．‎ 试题（1）证明：由已知,所以四点在以为直径圆上,由割线定理知：.‎ ‎（2）如图,过点作于点,由已知,,又因为四点共圆,所以由割线定理知：,①同理,四点共圆,所以由割线定理知：,②‎ ‎①+②得：,‎ 即.‎ 考点：四点共圆的判断，切割线定理．‎ ‎【名师名师点评】这一题出题者要求的是考查四点共圆与切割线定理，如果这样最好能修改题设要求解的问题，因为此时完全可能三角形全等和勾股定理求解，如在中由勾股定理求得，再在中由勾股定理求得，由，可得，再由得，从而可证，最后可得．这样完全不需要圆的性质．因此建议修改． 17、答案：见解析 试题分析：（Ⅰ）连接，利用切点与圆心的连线垂直于切线可得.又，，可得中，，又因为，可得而，即可得结论 ‎（Ⅱ）利用（Ⅰ）的结果，又，可得，又由于，可得在中，，即可得结论 试题（Ⅰ）连接，由于直线切圆于点，所以.又，，所以在中，，，进而，所以.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，又，所以，又，所以在中，，所以.‎ 考点：圆的切线及三角形的边角关系 18、答案：（1）证明见解析；（2）.‎ 试题分析：（1）先由为圆的切线,由切割线定理可得,再是圆的切线,再由切割线定理可得,则,可证为中点；（2）连结,由等积法,利用可得,再在中由射影定理可得．‎ 试题 ‎（1）由题可知是以为圆心，为半径作圆，面为正方形，‎ ‎∴为圆的切线．‎ 依据切割线定理得．‎ ‎∵圆以为直径，∴是圆的切线，‎ 同样依据切割线定理得．‎ 故．‎ ‎∴为的中点．‎ ‎（2）连结，∵为圆的直径，‎ ‎∴．‎ 由，，‎ 得．‎ 又在中，由射影定理得．‎ 考点：1.切割线定理；2.射影定理． 19、答案：（1）详见解析（2）‎ 试题分析：（1）连结BG，由AB为直径可知∠AGB=90°，又CD⊥AB，由此能证明E、F、G、B四点共圆；（2）连结BC，由E、F、G、B四点共圆，运用切割线定理，得AF？AG=AE？BA，再由直角三角形ABC中的射影定理，得=AE？BA，代入数据，即可求出线段AC的长 试题（1）如图，连结，由为圆的直径可知，‎ 又，所以，‎ 因此、、、四点共圆；‎ ‎（2）连结，由、、、四点共圆得，‎ 又，，所以，‎ 因为在中，所以.‎ 考点：与圆有关的比例线段 20、答案：（1）（2）‎ 试题分析：（1）根据平行四边形对边平行，得到两个三角形相似，即可得出△AEF和△CDF周长比；（2）根据两个三角形相似，知道这两个三角形的面积之比等于边长之比的平方，根据△AEF的面积等于6，得到△CDF的面积等于54，△ADF的面积为：18，进而得出的面积 试题在和中，‎ 所以周长比为 考点：相似三角形的判定与性质；平行四边形的性质 ‎