第十五章
系列4選考部分
第1講幾何證明選講
分層訓練a級基礎達標演練
(時間：30分鐘滿分：60分)
1.(2012·鎮江調研)如圖，△abc的角平分線ad的延長線交它的外接圓於點e.
(1)證明：△abe∽△adc；
(2)若△abc的面積s＝ad·ae，
求∠bac的大小．
(1)證明由已知條件，可得∠bae＝∠cad.
因為∠aeb與∠acb是同弧所對的圓周角，
所以∠aeb＝∠acd.故△abe∽△adc.
(2)解因為△abe∽△adc，所以＝，
即ab·ac＝ad·ae.
又s＝ab·acsin∠bac，且s＝ad·ae，
故ab·acsin∠bac＝ad·ae，則sin∠bac＝1.
又∠bac為△abc的內角，所以∠bac＝90°.
2.(2011·江蘇卷)如圖，圓o1與o2內切於點a，其半徑分別為r1與r2(r1>r2)．圓o1的弦ab交圓o2於點c(o1不在ab上)．
求證：ab∶ac為定值．
證明如圖，連線ao1，並延長分別交兩圓於點e和點d，連線bd、ce.
∵圓o1與圓o2內切於點a，
∴點o2在ad上，故ad、ae分別為圓o1，圓o2的直徑．
從而∠abd＝∠ace＝90°.
∴bd∥ce，於是＝＝＝，∴ab∶ac為定值．
3.如圖，△abc是直角三角形，∠acb＝90°，cd⊥ab於d，e是ac的中點，ed的延長線與cb的延長線交於點f.
求證：fd2＝fb·fc.
證明 ∵e是rt△acd斜邊ac的中點，
∴de＝ea，∴∠a＝∠2.
又∵∠1＝∠2，∴∠1＝∠a.
∵∠fdc＝∠cdb＋∠1＝90°＋∠1，
∠fbd＝∠acb＋∠a＝90°＋∠a，∴∠fdc＝∠fbd.
又∵∠f是公共角，∴△fbd∽△fdc，∴＝，
∴fd2＝fb·fc.
4.(2012·蘇州市調研(一))如圖，在△abc中，cm是
∠acb的平分線，△amc的外接圓o交bc於點n.若ac＝ab，求證：bn＝2am.
證明鏈結mn.因為cm是∠acb的平分線，
所以∠acm＝∠ncm，所以am＝mn.
因為∠b＝∠b，∠bmn＝∠a，
所以△bmn∽△bca，所以＝＝2，
即bn＝2mn＝2am.
5.如圖，梯形abcd內接於⊙o，ad∥bc，過點c作⊙o的切線，交bd的延長線於點p，交ad的延長線於點e.
(1)求證：ab2＝de·bc；
(2)若bd＝9，ab＝6，bc＝9，求切線pc的長．
(1)證明 ∵ad∥bc，∴＝.∴ab＝cd，
∠edc＝∠bcd.又pc與⊙o相切，∴∠ecd＝∠dbc.
∴△cde∽△bcd.∴＝.
∴cd2＝de·bc，即ab2＝de·bc.
(2)解由(1)知，de＝＝＝4，
∵ad∥bc，∴△pde∽△pbc，
∴＝＝.又∵pb－pd＝9，∴pd＝，pb＝.
∴pc2＝pd·pb＝·＝.∴pc＝.
6.如圖所示，已知⊙o1和⊙o2相交於a，b兩點，過a點作⊙o1的切線交⊙o2於點c，過點b作兩圓的割線，分別交⊙o1，⊙o2於點d，e，de與ac相交於點p.
(1)求證：ad∥ec；
(2)若ad是⊙o2的切線，且pa＝6，pc＝2，bd＝9，求ad的長．
(1)證明連線ab，如圖所示
∵ac是⊙o1的切線，
∴∠bac＝∠d.
又∵∠bac＝∠e，
∴∠d＝∠e.∴ad∥ec.
(2)解設bp＝x，pe＝y，∵pa＝6，pc＝2，
∴xy＝12
∵根據(1)，可得△adp∽△cep，
∴＝，即
由①②，可得或(負值捨去)，
∴de＝9＋x＋y＝16.∵ad是⊙o2的切線，
∴ad2＝db·de＝9×16.∴ad＝12.
分層訓練b級創新能力提公升
1.(2012·常州市期末考試)如圖，圓o是△abc的外接圓，延長bc邊上的高ad交圓o於點e，h為△abc的垂心．求證：dh＝de.
證明鏈結ce，ch.因為h為△abc的垂心，所以∠ecd＝∠bad＝90°－∠abc，
∠hcd＝90°－∠abc，所以∠ecd＝∠hcd.
又因為cd⊥he，cd為公共邊，
所以△hdc≌△edc，所以dh＝de.
2.(2012·泰州調研一)已知ad是△abc的外角∠eac的平分線，交bc的延長線於點d，延長da交△abc的外接圓於點f，連線fb、fc.
(1)求證：fb＝fc；
(2)若ab是△abc外接圓的直徑，∠eac＝120°，bc＝3，求ad的長．
(1)證明 ∵ad平分∠eac，∴∠ead＝∠dac.
∵四邊形afbc內接於圓，∴∠dac＝∠fbc.
∵∠ead＝∠fab＝∠fcb，
∴∠fbc＝∠fcb，∴fb＝fc.
(2)解 ∵ab是圓的直徑，∴∠acd＝90°.
∵∠eac＝120°，∠dac＝∠eac＝60°，∠d＝30°.
在rt△acb中，∵bc＝3，∠bac＝60°，∴ac＝3，
又在rt△acd中，∠d＝30°，ac＝3，∴ad＝6.
3.(2013·宿遷聯考)如圖，⊙o的半徑ob垂直於直徑ac，m為ao上一點，bm的延長線交⊙o於n，過點n的切線交ca的延長線於p.
(1)求證：pm2＝pa·pc；
(2)若⊙o的半徑為2，oa＝om，求mn的長．
(1)證明鏈結on.因為pn切⊙o於n，
所以∠onp＝90°.
所以∠onb＋∠bnp＝90°.
因為ob＝on，所以∠obn＝∠onb.
因為bo⊥ac於o，所以∠obn＋∠bmo＝90°.
所以∠bnp＝∠bmo＝∠pmn.所以pm＝pn.
所以pm2＝pn2＝pa·pc.
(2)解 om＝2，bo＝2，bm＝4.
因為bm·mn＝cm·ma＝(2＋2)(2－2)＝8，
所以mn＝2.
4. 如圖，已知c是以ab為直徑的半圓o上一點，ch⊥ab於點h，直線ac與過b點的切線相交於點d，e為ch的中點，連線ae並延長交bd於點f，直線cf交直線ab於點g.
(1)求證：點f是bd的中點；
(2)求證：cg是⊙o的切線；
(3)若fb＝fe＝2，求⊙o的半徑．
(1)證明 ∵ch⊥ab，db⊥ab，
∴△aeh∽△afb，△ace∽△adf.
∴＝＝.∵he＝ec，∴bf＝fd.
即點f是bd的中點．
(2)證明連線cb、oc，
∵ab是直徑，∴∠acb＝90°.
∵f是bd的中點，∴∠cbf＝∠fcb.
∵∠cbf＝∠bac，∠bac＝∠aco，∴∠fcb＝∠aco.
∵∠aco＋∠ocb＝90°，∴∠bcf＋∠ocb＝90°.
∴∠ocf＝90°.∴cg是⊙o的切線．
(3)解由fc＝fb＝fe，得
∠fce＝∠fec.
∵∠g＋∠gch＝90°，
∠fag＋∠fec＝90°，
∴∠fag＝∠g.
∴fa＝fg，∵fb⊥ag，∴ab＝bg.
由切割線定理，得
(2＋fg)2＝bg·ag＝2bg2.①
在rt△bgf中，由勾股定理，得
bg2＝fg2－bf2.②
由①②，得fg2－4fg－12＝0.
解得fg＝6或fg＝－2(捨去)．
∴ab＝bg＝4.∴⊙o的半徑為2.
5.(2013·南京模擬)如圖，設ab為⊙o的任一條不與直線l垂直的直徑，點p是⊙o與l的公共點，ac⊥l，bd⊥l，垂足分別為c、d，且pc＝pd，求證：
(1)l是⊙o的切線；
(2)pb平分∠abd.
證明如圖(1)鏈結op，
因為ac⊥l，bd⊥l，
所以ac∥bd.
又oa＝ob，pc＝pd，
所以op∥bd.從而op⊥l.
因為點p在⊙o上，所以l是⊙o的切線．
(2)鏈結ap，因為l是⊙o的切線，
所以∠bpd＝∠bap.
又∠bpd＋∠pbd＝90°，∠bap＋∠pba＝90°，
所以∠pba＝∠pbd，即pb平分∠abd.
6.(2012·常州一中期中)如圖，從圓o外一點p作圓o的兩條切線，切點分別為a、b，ab與op交於點m，設cd為過點m且不過圓心o的一條弦，求證：o、c、p、d四點共圓．
證明 ∵pa、pb為圓o的兩條切線，∴op垂直平分弦ab，∴am＝bm.在rt△oap中，om·mp＝am2，在圓o中，am·bm＝cm·dm，∴om·mp＝cm·dm，又弦cd不過圓心o，∴o、c、p、d四點共圓.
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