高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題十三 選考部分 第1講 幾何證明選講考題溯源變式 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題

（通用版）2016年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題十三選考部分第1講幾何證明選講考題溯源教材變式理真題示例對應(yīng)教材題材評說(2014·高考課標(biāo)全國卷Ⅰ，10分)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(diǎn)E，且CB＝CE.(1)證明：∠D＝∠E；(2)設(shè)AD不是⊙O的直徑，AD的中點(diǎn)為M，且MB＝MC，證明：△ADE為等邊三角形.(2015·高考全國卷Ⅰ，10分)如圖，AB是⊙O的直徑，AC是⊙O的切線，BC交⊙O于點(diǎn)E.(1)若D為AC的中點(diǎn)，證明：DE是⊙O的切線；(2)若OA＝eq\r(3)CE，求∠ACB的大小.(選修4－1P33例1)如圖，AB是⊙O的直徑，AC是弦，直線CE和⊙O切于點(diǎn)C，AD⊥CE，垂足為D.求證：AC平分∠BAD.(選修4－1P31例1)如圖，AB是⊙O的直徑，⊙O過BC的中點(diǎn)D，DE⊥AC.求證：DE是⊙O的切線.將教材的幾何原題的元素進(jìn)行轉(zhuǎn)化即可得高考試題，實則本質(zhì)一樣.[教材變式訓(xùn)練][變式1](選修4－1P17例6改編)在銳角三角形ABC中，BC＝12，BC邊上的高AD＝6，E，F(xiàn)是BC上的點(diǎn)．G、H分別是AC與AB上的點(diǎn)，EFGH為矩形．(1)設(shè)HE＝x，矩形EFGH的面積為y，求函數(shù)y＝f(x)的解析式；(2)當(dāng)y＝f(x)取最大值時，求矩形EFGH外接圓的面積．解：(1)∵EFGH為矩形，∴△AHG∽△ABC，則有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，當(dāng)x＝3時，ymax＝18.此時HE＝3，HG＝6，連接EG(圖略)，則EG＝eq\r(HE2＋HG2)＝3eq\r(5)，∴矩形EFGH的外接圓的面積為πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(EG,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(45,4)π.[變式2](選修4－1P32習(xí)題T3改編)如圖，AB是⊙O的直徑，BC是⊙O的切線，B為切點(diǎn)，OC平行于弦AD，連接CD.(1)求證：CD是⊙O的切線；(2)過點(diǎn)D作DE⊥AB于點(diǎn)E，交AC于點(diǎn)P，求證：P點(diǎn)平分線段DE.證明：(1)連接OD，∵OC∥AD，∴∠1＝∠ADO，∠2＝∠DAO.∵OA＝OD，∴∠ADO＝∠DAO，∴∠1＝∠2.∵OC＝OC，OB＝OD，∴△DOC≌△BOC，∴∠ODC＝∠OBC.∵OB是⊙O的半徑，BC是⊙O的切線，∴BC⊥OB，∴∠OBC＝90°，∴∠ODC＝90°，∴CD⊥OD.又∵OD是⊙O的半徑，∴CD是⊙O的切線．(2)過點(diǎn)A作⊙O的切線AF，交CD的延長線于點(diǎn)F，則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的切線，∴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的切線，∴CB＝CD.∴eq\f(EP,CD)＝eq\f(AE,AB).∴eq\f(DP,DC)＝eq\f(EP,CD)，∴DP＝EP.∴點(diǎn)P平分線段DE.[變式3](選修4－1P38例5問題(2)及P41T9組合改編)如圖，⊙O的弦AC與BD相交于E，PF是⊙O的切線，F(xiàn)為切點(diǎn)，PF＝PE.(1)求證：PE∥AB；(2)若AC⊥BD，M是DC的中點(diǎn)，求證：PE⊥EM.證明：(1)∵PF是⊙O的切線，∴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與∠B同對eq\o(AD,\s\up8(︵))，∴∠C＝∠B，∴∠B＝∠PED?PE∥AB.(2)如圖，延長ME交AB于G，∵AC⊥BD，M是DC的中點(diǎn)，∴EM＝MD＝MC，∴∠B＝∠C＝∠CEM，∠BEG＝∠DEM，∴∠B＋∠BEG＝∠CEM＋∠DEM＝90°，∴∠EGB＝90°，即ME⊥AB，又∵PE∥AB，∴PE⊥EM.[變式4](選修4－1P37例2改編)如圖，在△ABC中，AB＝AC，D是AC邊上一點(diǎn)，BD＝BC，CF是△ABD外接圓的切線，切點(diǎn)為F.(1)求證：BC2＝AC·CD；(2)求證：CB＝CF.證明：(1)∵AB＝AC，∴∠A＝180°－2∠ACB，又BD＝BC，∴∠CBD＝180°－2∠ACB，∴∠A＝∠CBD，∠C是△ACB與△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.因為CF是△ABD外接圓的切線，由切割線定理得：CF2＝CD·CA∴CB2＝CF2，即CB＝CF.[變式5](選修4－1P38例5改編)如圖，EAB是經(jīng)過⊙O的圓心O的割線，EC為切線，C為切點(diǎn)，AD⊥CE，垂足為D.(1)求證：∠CAD＝∠CAB；(2)若CB＝CE，求證：①AC2＝AD·AB；②△AOC為正三角形．證明：(1)∵AB是⊙O的直徑，∴∠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為正三角形．[變式6](選修4－1P37例1，P40T3改編)如圖，P是⊙O弦AB上的一點(diǎn)，PC是PA與PB的等比中項．(1)求證：OP⊥PC；(2)若OC的延長線交BA的延長線于Q，QA＝6，AB＝eq\f(22,3)，QO＝12，OP＝eq\r(51)，求PA的長．解：(1)證明：延長CP交⊙O于D，由相交弦定理得：PA·PB＝PC·PD，又PC是PA與PB的等比中項，∴PC2＝PA·PB，∴PC2＝PC·PD，即PC＝PD，∴P是CD的中點(diǎn)，由垂徑定理知OP⊥CD，即OP⊥PC.(2)延長CO交⊙O于點(diǎn)E，設(shè)⊙O的半徑為r，由割線定理得，QC·QE＝QA·QB即(12－r)(12＋r)＝6×eq\f(40,3)，解得r＝8，由(1)