【高考解碼】2021屆高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)(新課標(biāo))-幾何證明選講(選修4-1)

eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(第19講理,17講文))幾何證明選講(選修4－1)1．(2022·廣東高考)如圖，在平行四邊形ABCD中，點(diǎn)E在AB上且EB＝2AE，AC與DE交于點(diǎn)F，則eq\f(△CDF的周長(zhǎng),△AEF的周長(zhǎng))＝________.【解析】易證△AEF∽△CDF,3AE＝CD∴eq\f(△CDF的周長(zhǎng),△AEF的周長(zhǎng))＝eq\f(CD,AE)＝3.【答案】32．(2022·重慶高考)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＝________.【解析】依題意得△PAC∽△PBA，則eq\f(PA,PC)＝eq\f(AB,AC)＝eq\f(PB,PA)，即eq\f(6,PB＋9)＝eq\f(AB,8)＝eq\f(PB,6)，解得PB＝3，AB＝4.【答案】43．(2022·陜西高考)如圖，△ABC中，BC＝6，以BC為直徑的半圓分別交AB，AC于點(diǎn)E，F(xiàn)，若AC＝2AE，則EF＝________.【解析】利用相像三角形的性質(zhì)求解．∵∠A＝∠A，∠AEF＝∠ACB，∴△AEF∽△ACB，∴eq\f(AC,AE)＝eq\f(BC,EF)，∴2＝eq\f(BC,EF)，∴EF＝3.【答案】34．(2022·江蘇高考)如圖，AB是圓O的直徑，C，D是圓O上位于AB異側(cè)的兩點(diǎn)．證明：∠OCB＝∠D.【證明】由于B，C是圓O上的兩點(diǎn)，所以O(shè)B＝OC.故∠OCB＝∠B.又由于C，D是圓O上位于AB異側(cè)的兩點(diǎn)，故∠B，∠D為同弧所對(duì)的兩個(gè)圓周角，所以∠B＝∠D.因此∠OCB＝∠D.從近三年高考來(lái)看，該部分高考命題的熱點(diǎn)考向?yàn)椋?．相像三角形的判定及相關(guān)性質(zhì)①該考向主要在實(shí)行新課標(biāo)的高考地區(qū)經(jīng)常消滅，主要考查相像三角形有關(guān)學(xué)問(wèn)及平行線等分線段定理和平行線截割定理．②既可以命制選擇題、填空題，也可命制解答題，難度中檔．2．圓的切線的判定和性質(zhì)①本考向主要考查圓的切線的判定，圓周角定理等基礎(chǔ)學(xué)問(wèn)，是高考的重點(diǎn)和熱點(diǎn)，主要考查同學(xué)的規(guī)律思維力量和計(jì)算力量．②既可以命制填空題、選擇題，也可以命制解答題．3．圓冪定理及應(yīng)用①本考向主要考查圓冪定理和應(yīng)用(四點(diǎn)共圓)問(wèn)題，是高考的重點(diǎn)和熱點(diǎn)，主要考查同學(xué)的規(guī)律思維力量和推理論證力量．②既可以命制填空題、選擇題，也可以命制解答題．

eq\a\vs4\al(相像三角形的判定及相關(guān)性質(zhì))【例1】(2022·東北三校聯(lián)考)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.【證明】(1)由于△PBC∽△PDB，所以eq\f(BD,BC)＝eq\f(PD,PB)，同理eq\f(AD,AC)＝eq\f(PD,PA).又由于PA＝PB，所以eq\f(BD,BC)＝eq\f(AD,AC)，即eq\f(BD,AD)＝eq\f(BC,AC).(2)連接AB.由于∠BAC＝∠PBC＝∠DAQ，∠ABC＝∠ADQ，所以△ABC∽△ADQ，即eq\f(BC,AC)＝eq\f(DQ,AQ)，故eq\f(BD,AD)＝eq\f(DQ,AQ)，又由于∠DAQ＝∠PBC＝∠BDQ，所以△ADQ∽△DBQ.【規(guī)律方法】判定三角形相像的常用方法(1)利用三角形判定定理；(2)利用平行線分線段成比例定理；(3)利用與圓有關(guān)的“四定理”．[創(chuàng)新猜測(cè)]1.(2022·遼寧高考)如圖，⊙O和⊙O′相交于A，B兩點(diǎn)，過(guò)A作兩圓的切線分別交兩圓于C，D兩點(diǎn)，連接DB并延長(zhǎng)交⊙O于點(diǎn)E.證明：(1)AC·BD＝AD·AB；(2)AC＝AE.【證明】(1)由AC與⊙O′相切于A，得∠CAB＝∠ADB，同理∠ACB＝∠DAB，所以△ACB∽△DAB.從而eq\f(AC,AD)＝eq\f(AB,BD)，即AC·BD＝AD·AB.(2)由AD與⊙O相切于A，得∠AED＝∠BAD.又∠ADE＝∠BDA，得△EAD∽△ABD.從而eq\f(AE,AB)＝eq\f(AD,BD)，即AE·BD＝AD·AB.結(jié)合(1)的結(jié)論知，AC＝AE.eq\a\vs4\al(圓的切線的判定和性質(zhì))【例2】(2022·遼寧高考)如圖，EP交圓于E，C兩點(diǎn)，PD切圓于D，G為CE上一點(diǎn)且PG＝PD，連接DG并延長(zhǎng)交圓于點(diǎn)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.【證明】(1)由于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)連接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.又由于∠DCB＝∠DAB，所以∠DCB＝∠CBA，故DC∥AB.由于AB⊥EP，所以DC⊥EP，∠DCE為直角．于是ED為直徑．由(Ⅰ)得ED＝AB.【規(guī)律方法】已知圓的切線時(shí)，常作幫助線：連結(jié)圓心與切點(diǎn)，若題中有圓的直徑常作出直徑所對(duì)的圓周角，構(gòu)造直角三角形．[創(chuàng)新猜測(cè)]2．(2021·遼寧高考)如圖，AB為⊙O直徑，直線CD與⊙O相切于E，AD垂直CD于D，BC垂直CD于C，EF垂直AB于F，連結(jié)AE，BE.證明：(1)∠FEB＝∠CEB；(2)EF2＝AD·BC.【證明】(1)由直線CD與⊙O相切，得∠CEB＝∠EAB.由AB為⊙O的直徑，得AE⊥EB.從而∠EAB＋∠EBF＝eq\f(π,2)；又EF⊥AB，得∠FEB＋∠EBF＝eq\f(π,2)，從而∠FEB＝∠EAB.故∠FEB＝∠CEB.(2)由BC⊥CE，EF⊥AB，∠FEB＝∠CEB，BE是公共邊，得Rt△BCE≌Rt△BFE，所以BC＝BF.類(lèi)似可證：Rt△ADE≌Rt△AFE，得AD＝AF.又在Rt△AEB中，EF⊥AB，故EF2＝AF·BF，所以EF2＝AD·BC.eq\a\vs4\al(圓冪定理及應(yīng)用)【例3】(2022·全國(guó)新課標(biāo)Ⅰ高考)如圖，P是⊙O外一點(diǎn)，PA是切線，A為切點(diǎn)，割線PBC與⊙O相交于點(diǎn)B，C，PC＝2PA，D為PC的中點(diǎn)，AD的延長(zhǎng)線交⊙O于點(diǎn)E.證明：(1)BE＝EC；(2)AD·DE＝2PB2.【證明】(1)連接AB，AC.由題設(shè)知PA＝PD，故∠PAD＝∠PDA.由于∠PDA＝∠DAC＋∠DCA，∠PAD＝∠BAD＋∠PAB，∠DCA＝∠PAB，所以∠DAC＝∠BAD，從而eq\x\to(BE)＝eq\x\to(EC).因此BE＝EC.(2)由切割線定理得PA2＝PB·PC.由于PA＝PD＝DC，所以DC＝2PB，BD＝PB.由相交弦定理得AD·DE＝BD·DC，所以AD·DE＝2PB2.【規(guī)律方法】一般地，涉及圓內(nèi)的兩條相交弦時(shí)首先考慮相交弦定理，涉及兩條割線時(shí)要想到割線定理，涉及切線和割線時(shí)要留意應(yīng)用切割線定理，要留意相交弦定理中線段之間的關(guān)系與切割線定理線段關(guān)系之間的區(qū)分．[創(chuàng)新猜測(cè)]3．(2021·全國(guó)課標(biāo)Ⅱ高考)如圖，CD為△ABC外接圓的切線，AB的延長(zhǎng)線交直線CD于點(diǎn)D，E，F(xiàn)分別為弦AB與弦AC上的點(diǎn)，且BC·AE＝DC·AF，B，E，F(xiàn)，C四點(diǎn)共圓．(1)證明：CA是△ABC外接圓的直徑；(2)若DB＝BE＝EA，求過(guò)B，E，F(xiàn)，C四點(diǎn)的圓的面積與△ABC外接圓面積的比值．【解】(1)證明由于CD為△ABC外接圓的切線，所以∠DCB＝∠A，由題設(shè)知eq\f(BC,FA)＝eq\f(DC,EA)，故△CDB∽△AEF，所以∠DBC＝∠EFA.由于B，E，F(xiàn)，C四點(diǎn)共圓，所以∠CFE＝∠DBC，故∠EFA＝∠CFE＝