高考数学二轮复习 专题十三 选考部分 第1讲 几何证明选讲考题溯源变式 理-人教版高三数学试题

（通用版）2016年高考数学二轮复习专题十三选考部分第1讲几何证明选讲考题溯源教材变式理真题示例对应教材题材评说(2014·高考课标全国卷Ⅰ，10分)如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AB的延长线与DC的延长线交于点E，且CB＝CE.(1)证明：∠D＝∠E；(2)设AD不是⊙O的直径，AD的中点为M，且MB＝MC，证明：△ADE为等边三角形.(2015·高考全国卷Ⅰ，10分)如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的切线，BC交⊙O于点E.(1)若D为AC的中点，证明：DE是⊙O的切线；(2)若OA＝eq\r(3)CE，求∠ACB的大小.(选修4－1P33例1)如图，AB是⊙O的直径，AC是弦，直线CE和⊙O切于点C，AD⊥CE，垂足为D.求证：AC平分∠BAD.(选修4－1P31例1)如图，AB是⊙O的直径，⊙O过BC的中点D，DE⊥AC.求证：DE是⊙O的切线.将教材的几何原题的元素进行转化即可得高考试题，实则本质一样.[教材变式训练][变式1](选修4－1P17例6改编)在锐角三角形ABC中，BC＝12，BC边上的高AD＝6，E，F是BC上的点．G、H分别是AC与AB上的点，EFGH为矩形．(1)设HE＝x，矩形EFGH的面积为y，求函数y＝f(x)的解析式；(2)当y＝f(x)取最大值时，求矩形EFGH外接圆的面积．解：(1)∵EFGH为矩形，∴△AHG∽△ABC，则有eq\f(AK,AD)＝eq\f(HG,BC).所以eq\f(6－x,6)＝eq\f(HG,12)，即HG＝12－2x.∴y＝f(x)＝HE·HG＝x(12－2x)＝－2x2＋12x(0<x<6)．(2)由(1)知y＝－2x2＋12x＝－2(x－3)2＋18，当x＝3时，ymax＝18.此时HE＝3，HG＝6，连接EG(图略)，则EG＝eq\r(HE2＋HG2)＝3eq\r(5)，∴矩形EFGH的外接圆的面积为πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(EG,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(45,4)π.[变式2](选修4－1P32习题T3改编)如图，AB是⊙O的直径，BC是⊙O的切线，B为切点，OC平行于弦AD，连接CD.(1)求证：CD是⊙O的切线；(2)过点D作DE⊥AB于点E，交AC于点P，求证：P点平分线段DE.证明：(1)连接OD，∵OC∥AD，∴∠1＝∠ADO，∠2＝∠DAO.∵OA＝OD，∴∠ADO＝∠DAO，∴∠1＝∠2.∵OC＝OC，OB＝OD，∴△DOC≌△BOC，∴∠ODC＝∠OBC.∵OB是⊙O的半径，BC是⊙O的切线，∴BC⊥OB，∴∠OBC＝90°，∴∠ODC＝90°，∴CD⊥OD.又∵OD是⊙O的半径，∴CD是⊙O的切线．(2)过点A作⊙O的切线AF，交CD的延长线于点F，则FA⊥AB.∵DE⊥AB，由(1)知CB⊥AB，∴FA∥DE∥CB，∴eq\f(FD,FC)＝eq\f(AE,AB).在△FAC中，∵DP∥FA，∴eq\f(DP,FA)＝eq\f(DC,FC).∵FA、FD是⊙O的切线，∴FA＝FD，∴eq\f(DP,FD)＝eq\f(DC,FC)，∴eq\f(DP,DC)＝eq\f(AE,AB).在△ABC中，∵EP∥BC，∴eq\f(EP,CB)＝eq\f(AE,AB).∵CD、CB是⊙O的切线，∴CB＝CD.∴eq\f(EP,CD)＝eq\f(AE,AB).∴eq\f(DP,DC)＝eq\f(EP,CD)，∴DP＝EP.∴点P平分线段DE.[变式3](选修4－1P38例5问题(2)及P41T9组合改编)如图，⊙O的弦AC与BD相交于E，PF是⊙O的切线，F为切点，PF＝PE.(1)求证：PE∥AB；(2)若AC⊥BD，M是DC的中点，求证：PE⊥EM.证明：(1)∵PF是⊙O的切线，∴PF2＝PD·PC，又PF＝PE，∴PE2＝PD·PC，eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(即\f(PE,PC)＝\f(PD,PE),又∠EPD＝∠CPE))⇒△PDE∽△PEC，∴∠PED＝∠C，又∠C与∠B同对eq\o(AD,\s\up8(︵))，∴∠C＝∠B，∴∠B＝∠PED⇒PE∥AB.(2)如图，延长ME交AB于G，∵AC⊥BD，M是DC的中点，∴EM＝MD＝MC，∴∠B＝∠C＝∠CEM，∠BEG＝∠DEM，∴∠B＋∠BEG＝∠CEM＋∠DEM＝90°，∴∠EGB＝90°，即ME⊥AB，又∵PE∥AB，∴PE⊥EM.[变式4](选修4－1P37例2改编)如图，在△ABC中，AB＝AC，D是AC边上一点，BD＝BC，CF是△ABD外接圆的切线，切点为F.(1)求证：BC2＝AC·CD；(2)求证：CB＝CF.证明：(1)∵AB＝AC，∴∠A＝180°－2∠ACB，又BD＝BC，∴∠CBD＝180°－2∠ACB，∴∠A＝∠CBD，∠C是△ACB与△BCD的公共角，∴△ACB∽△BCD，∴eq\f(AC,BC)＝eq\f(BC,CD)⇒BC2＝AC·CD.(2)由(1)知CB2＝AC·CD.因为CF是△ABD外接圆的切线，由切割线定理得：CF2＝CD·CA∴CB2＝CF2，即CB＝CF.[变式5](选修4－1P38例5改编)如图，EAB是经过⊙O的圆心O的割线，EC为切线，C为切点，AD⊥CE，垂足为D.(1)求证：∠CAD＝∠CAB；(2)若CB＝CE，求证：①AC2＝AD·AB；②△AOC为正三角形．证明：(1)∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∠OCA＝90°－∠OCB，∠OCB＝∠OBC，∴∠OCA＝90°－∠OBC，又DA⊥CE，∴∠CAD＝90°－∠ACD，由弦切角定理：∠ACD＝∠OBC，∴∠OCA＝∠CAD，又∠OCA＝∠OAC，∴∠CAD＝∠OAC.即∠CAD＝∠CAB.(2)①在△BCA和△CDA中，eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(∠ABC＝∠ACD（弦切角定理）,∠BCA＝∠CDA＝90°))⇒△BCA∽△CDA⇒eq\f(AC,AD)＝eq\f(AB,AC)⇒AC2＝AD·AB.②eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(CB＝CE⇒∠CBE＝∠CEB,又∠ACE＝∠ABC))⇒eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(∠ACE＝∠CEB,AD⊥CE))⇒eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(∠CAD＝∠EAD,由（1）知∠CAD＝∠CAB))⇒∠CAD＝∠EAD＝∠CAB＝60°.又∵OC＝OA，∴△OAC为正三角形．[变式6](选修4－1P37例1，P40T3改编)如图，P是⊙O弦AB上的一点，PC是PA与PB的等比中项．(1)求证：OP⊥PC；(2)若OC的延长线交BA的延长线于Q，QA＝6，AB＝eq\f(22,3)，QO＝12，OP＝eq\r(51)，求PA的长．解：(1)证明：延长CP交⊙O于D，由相交弦定理得：PA·PB＝PC·PD，又PC是PA与PB的等比中项，∴PC2＝PA·PB，∴PC2＝PC·PD，即PC＝PD，∴P是CD的中点，由垂径定理知OP⊥CD，即OP⊥PC.(2)延长CO交⊙O于点E，设⊙O的半径为r，由割线定理得，QC·QE＝QA·QB即(12－r)(12＋r)＝6×eq\f(40,3)，解得r＝8，由(1)