几何证明选讲答案

几何选讲答案

1解.由弦切角定理得DCAB60,又ADl,故DAC30, 故选B.

2解.2个:ACD和CBD,故选C.

3解.设另一弦被分的两段长分别为3k,8k(k0),由相交弦定理得3k8k1218,解得k3,故所求弦长为3k8k11k33cm.故选B.4解.利用相似三角形的相似比等于周长比可得答案D.5解.设圆O半径为r,由割线定理有6(6

故选D.

6解.设半径为r,则AD

r,BDr,由CD2ADBD得CD

3

7解.ADE

32

12

22

)(12r)(12r),解得r8.3

,从而



2

,故tan



,选A.23

B.

8解.一共可作5个,其中均外切的2个,均内切的1个,一外切一内切的2个,故选D.

9解.6A360,从而A60,选A.222

10解.依题意得OAAMOM,从而OM故CM13121mm,选A.

21

11解.如图,设AMAB,ANAC,

55

ABC,利用面积比等于相似比的平方可得答案

则APAMAN.由平行四边形法则知NP//AB,所以同理可得

ABQ1ABP4．故,选B.ABC4ABQ5

1ABPAN

＝,

5ABCAC

12解.用平面截圆柱,截线椭圆的短轴长为圆柱截面圆的直径,弄清了这一概念,考虑椭圆所在平面与底面成30角,则离心率esin30.故选A.

13解.圆;圆或椭圆.

14解.由已知得BDADBC,BC2CDAC(ACBC)AC, 解得AC2.

15解.连结AD,则sinAPD

AD

,又CDPAP

BAP,

12

PD

CD1

,所以sinAPD.PABA330

16解.由图可得R2()2(180135R)2,解得R25.

17解.连结OB,OC,AC,根据弦切角定理,可得

ABACCAD(180E)DCF673299.

2E

18解.连结OC,OD,OE,由同弧对应的圆周角与圆心角

从而cosAPD

之间的关系结合题中条件AEAC可得CDEAOC, 又CDEPPFD,

AOCPC,从而PFDC,故PFD

PCO,∴

F B PFPD, PCPO

由割线定理知PCPDPAPB12,故PF

PCPD12

3.PO4

19证明：(1) ∵四边形ABCD是等腰梯形，∴AC＝DB ∵AB＝DC，BC＝CB，∴△ABC≌△BCD

(2)∵△ABC≌△BCD，∴∠ACB＝∠DBC，∠ABC＝∠DCB ∵AD∥BC，∴∠DAC＝∠ACB，∠EAD＝∠ABC

∵ED∥AC，∴∠EDA＝∠DAC∴∠EDA＝∠DBC，∠EAD＝∠DCB

∴△ADE∽△CBD ∴DE:BD＝AE:CD， ∴DE·DC＝AE·BD.20解.连结PC,易证PCPB,ABPACP

∵CF//AB ∴FABP,从而FACP 又EPC为CPE与FPC的公共角, 从而CPEFPC,∴

CPPE

FPPC

∴PC2PEPF 解答用图

又PCPB, ∴PB2PEPF,命题得证

21解.(1)证明：∵BC是O的直径，BE是∴EBBC．又∵ADBC，∴AD∥BE易证△BFC∽△DGC，△FEC∽△GAC． ∴

BFCFEFCFBFEF

．∴． DGCGAGCGDGAG

∵G是AD的中点，∴DGAG．∴BFC

(2)证明：连结AO，AB．∵BC是O

在Rt△BAE中，由（1），知F是斜边BE的中点，

∴AFFBEF．∴FBAFAB．又∵OAOB，∴ABOBAO． ∵BE是O的切线，∴EBO90°．

∴PA是O的切∵EBOFBAABOFABBAOFAO90°，

线．

(3)解：过点F作FHAD于点H．∵BDAD，FHAD，∴FH∥BC．

由(1)，知FBABAF，∴BFAF．

由已知，有BFFG，∴AFFG，即△AFG是等腰三角形．

∵FHAD，∴AHGH

．∵DGAG，∴DG2HG，即

HG1

． DG2

∵FH∥BD，BF∥AD，FBD90°BDFH．

，∴四边形BDHF是矩形，

FHFGHG

，即CDCGDG

∵FH∥BC

，易证△HFG∽△DCG．∴

H1G． D2G

BD

CDFGCG

∵圆O

的半径长为

∴∴

BC．

解

得

∴FG

BD

．

BDBD

CDBCBDFG

∴BDFH．∵CG1

．

2HG1

，DG2

CG．∴CF3FG． 2

在Rt△FBC中，∵CF3FG，BFFG，由勾股定理，得

B．

C

22

CFBF

．∴FG3． ∴(3FG)2FG22．解得FG3（负值舍去）

HG．易证△AFC≌△DHC，［或取CG的中点H，连结DH，则CG2∴FGHG，故CG2FG∥F，B易知，CF3FG．由GD△CD∽△G

C，B∴

CDCG2FG2

．

CBCF3FG3

由得



，解得BDRt△CFB中，由勾股定理，3．］ (3FG)2FG22，∴FG3（舍去负值）

22解.(1)直线CD是△ABC的黄金分割线.理由如下:设△ABC的边AB

上的高为h．

111

SBDhSADh△ADC,△BDC,S△ABCABh,所以

222

BDS△ADCADS△BDC，

S△ADCAD S△ABCAB

又因为点D为边AB的黄金分割点，所以有

ADBD

．因此ABAD

S△ADCS△

S△ABCS△

BDC

．

ADC

所以，直线CD是△ABC的黄金分割线.

(2)因为三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分,此时

s1s21

s1s2s,即，所以三角形的中线不可能是该三角形

12

的黄金分割线.

(3)因为DF∥CE,∴△DEC和△FCE的公共边CE上的高也相等,所以有S△DECS△FCE

设直线EF与CD交于点G． 所以S△DGE

M

M

S△FGC．

所以S△ADCS四边形AFGDS△FGC

S四边形AFGDS△DGES△AEF，

（第22题答图1）

（第22题答图2）

S△BDCS四边形BEFC．

S△AEFS四边形BEFCS△ADCS△BDC

又因为，所以S.SS△ABCS△ADC△ABC△AEF

因此，直线EF也是△ABC的黄金分割线．

(4)画法不惟一，现提供两种画法；

画法一：如答图1，取EF的中点G，再过点G作一条直线分别交

ABCD的黄金分割线． AB,DC于M,N点,则直线MN就是

画法二:如答图2,在DF上取一点N,连接EN,再过点F作

ABCD的黄FM∥NE交AB于点M，连接MN，则直线MN就是

金分割线．

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