几何证明选讲5.如图,三角形ABC是圆O的内接三角形,PA是圆O 的切线,A为切点,PB交AC于点E ,交圆O 于点D

∵AB是⊙O的一条弦，点P为AB上一点，PC⊥OP，PC交⊙O于C
由相交弦定理可得：AP×PB=PC²，
∵AP=6，PB=3，
∴PC²=18，解得PC=3
2．
故答案为：3
2．

点评：
本题考点： 与圆有关的比例线段．

考点点评： 本题考查与圆有关的比例线段的应用，是基础题．解题时要认真审题，注意相交弦定理的合理运用．

由题意，可由AB是⊙O的直径及AC=AB得出D是中点，由此求得BD，BC的值，再∠DEC=∠B得出∠DEC=∠C，即可求出DE，由图形可得出CE•CA=CD•CB，由此方程解出AE，再求周长即可.
A. ［选修4－1：几何证明选讲］
AB=AC=
∴ ，则
∴DE=2
∴四边形ABDE的周长

设AB与CD相交于E点，利用相交弦定理可得AE•EB=CE•ED，∴AE（6-AE）=(
2
5
2)2，化为AE²-6AE+5=0，
解得AE=5或1，取AE=5，则AC＝
AE2+CE2=
52+(
5)2=
30．
故答案为
30．

点评：
本题考点： 与圆有关的比例线段．

考点点评： 熟练掌握相交弦定理和勾股定理是解题的关键．

连接OE，因为∠A=56°，所以∠BOE=112°，
又因为∠ABC=90°，DE与圆O相切，
所以O、B、C、E四点共圆，
所以∠BDE=180°-∠BOE=68°．
故答案为68°．

点评：
本题考点： 弦切角．

考点点评： 熟练掌握三角形的外角定理、圆的切线的性质、O、B、C、E四点共圆的判定与性质是解题的关键．

.（I）证明：因为

AC＝

AE，∴∠AOE=∠CDE，∴∠EOF=∠PDF，
又∠EFO=∠PFD，
∴△OFE∽△PFD，∴[OF/DF＝
EF
PF]，
∴DF•EF=OF•FP；
（II）设BP=a，由AB=2BP，得AO=BO=BP=a，
由相交弦定理得：DF•EF=AF•BF，
∴AF•BF=OF•FP，
∴OF•（a+BF）=（a+OF）•BF，∴OF=BF．

点评：
本题考点： 相似三角形的性质；相似三角形的判定；圆的切线的性质定理的证明；与圆有关的比例线段．

考点点评： 本题考查直线与圆的关系，三角形相似以及相交弦定理的应用，考查计算能力与转化思想的应用．

证明：连接OC、OE，则∠COE=2∠CDE

∵

AE=

AC，∴∠AOC=∠AOE
∴∠AOC=∠CDE
∴∠COP=∠PDF
∵∠P=∠P
∴△PDF∽△POC
∴[PD/PO=
PF
PC]
∴PF×PO=PD×PC
由割线定理可得PC×PD=PA×PB
∴PF•PO=PA•PB．

点评：
本题考点： 与圆有关的比例线段．

考点点评： 本题考查三角形相似，考查割线定理的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题．

证明：（1）连接OE．
∵AC切⊙O于E，
∴OE⊥AC，
又∠ACB=90°即BC⊥AC，
∴OE∥BC，
∴∠OED=∠F．
又OD=OE，
∴∠ODE=∠OED，
∴∠ODE=∠F，
∴BD=BF．（5分）
（2）设⊙O半径为r，
由OE∥BC得△AOE∽△ABC．
∴[AO/AB＝
OE
BC]，即[r+4/2r+4＝
r
6]，
∴r²-r-12=0，解之得r=4，或r=-3（舍）．
∴S=πr²=16π．（5分）

点评：
本题考点： 与圆有关的比例线段．

考点点评： 本题考查的知识点是与圆有关的比例线段，其中（1）的关键是添加辅助线，并得到OE∥BC，（2）的关键是证得△AOE∽△ABC，并根据相似三角形的性质，构造出关于圆半径r的方程．

A．∵PA是⊙O的切线，∴PA²=PD•BD，
∵PB=PD+BD=1+8=9，∴PA²=1×9=9，可得PA=3，AE=PA=3，
∵PA是⊙O的切线，∴∠PAE=∠ABC=60°，可得△PAE是边长为3的等边三角形
连接AD，在△ADE中，AE=3，DE=2，得AD=
AE2+DE2−2•AE•DEcos60°=
7
又∵圆中△AED∽△BEC，
∴[AD/BC＝
AE
BE]=[1/2]，可得BC＝2AD＝2
7
B．（Ⅰ）设M=

a
c，则有

a
c

1
−1

点评：
本题考点： 逆变换与逆矩阵；与圆有关的比例线段；简单曲线的极坐标方程；综合法与分析法(选修）．

考点点评： 本题以平面几何证明、矩阵及矩阵变换、参数方程与极坐标和不等式选讲为载体，考查了同学们对数学选修知识的理解与掌握情况，属于中档题．

如图，连接OC，
∵AB是⊙O的直径，点P在AB的延长线上，PC与⊙O相切于点C，PC=AC=1，
∴OC⊥PC，∠OAC=∠OCA=∠P=30°，
设OC=r，则OP=2r，
∴4r²-r²=1，
解得r=

3
3．

点评：
本题考点： 与圆有关的比例线段．

考点点评： 本题考查直线与圆有关的比例线段的应用，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答．

∵AB是⊙O的直径，
∴AD⊥DB
又∵直线MN与圆O相切于点A
∴∠B=∠DAN=30°
∴Rt△ADB中，AD=[1/2]AB=3
3，BD=

3
2AB=9
∵⊙O的弦AC、BD交于P点
∴PA•PC=PB•PD
设PD长为x，得2×9=x（9-x）
解之，得x=3或6
∵PD＞PB
∴x=6
故答案为6

点评：
本题考点： 弦切角；与圆有关的比例线段．

考点点评： 本题考查了弦切角、与圆有关的比例线段的相关知识，属于中档题．解题时应该充分利用直径AB这个条件，化难为易．

∵OA=
3OM=2
3，
∴OM=2，BM=
OB 2+OM 2=4；
故MA=OA-OM=2
3-2，CM=CO+OM=2
3+2
又相交弦定理得：CM•MA=BM•MN⇒MN=[CM•MA/BM]=
(2
3+2)(2
3−2)
4=2．
故答案为：2．

点评：
本题考点： 与圆有关的比例线段．

考点点评： 本题主要考查与圆有关的比列线段以及相交弦定理的运用．解决这类问题的关键在于对圆的切割线定理，相交弦定理等基础知识的理解以及运用．

BC

证明：（1）连接BE，则∠E=∠C．又∠ABE=∠ADC=Rt∠，
∴△ABE∽△ADC，∴[AB/AD＝
AE
AC]．
∴AB•AC=AE•AD．
（2）连接OF，∵F是

BC的中点，∴∠BAF=∠CAF．
由（1）得∠BAE=∠CAD，
∴∠FAE=∠FAD．

点评：
本题考点： 与圆有关的比例线段．

考点点评： 熟练掌握同圆弧所对的圆周角相等，、相似三角形的判定与性质是解题的关键．

（ I）∵PA为⊙O的切线，
∴∠PAB=∠ACP，…（1分）
又∠P公用，∴△PAB∽△PCA．…（2分）
∴[AB/AC＝
PA
PC]．…（3分）
（ II）∵PA为⊙O的切线，PBC是过点O的割线，
∴PA²=PB•PC．…（5分）
又∵PA=10，PB=5，∴PC=20，BC=15．…（6分）
由（ I）知，[AB/AC＝
PA
PC＝
1
2]，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠CAB=90°．
∴AC²+AB²=BC²=225，
∴AC＝6
5，AB＝3
5 …（7分）
连接CE，则∠ABC=∠E，…（8分）
又∠CAE=∠EAB，
∴△ACE∽△ADB，
∴[AB/AE＝
AD
AC] …（9分）
∴AD•AE＝AB•AC＝3
5×6
5＝90．…（10分）

点评：
本题考点： 与圆有关的比例线段；相似三角形的性质．

考点点评： 本题主要考查与圆有关的比例线段、相似三角形的判定及切线性质的应用．解决本题第一问的关键在于先由切线PA得到∠PAB=∠ACP．

证明：连接OC，则∠OAC=∠OCA，
又∵CA平分∠BAE，∴∠OAC=∠EAC，
于是∠EAC=∠OCA，∴OC∥AD．
又∵DC是⊙O的切线，
∴CD⊥OC，
∴CD⊥AE．

点评：
本题考点： 与圆有关的比例线段．

考点点评： 熟练掌握圆的性质、角平分线的性质、平行线的判定定理、圆的切线的性质是解题的关键．

证明：（1）连接OP，因为AC⊥l，BD⊥l，
所以AC∥BD．
又OA=OB，PC=PD，
所以OP∥BD，从而OP⊥l．
因为P在⊙O上，所以l是⊙O的切线．
（2）连接AP，因为l是⊙O的切线，
所以∠BPD=∠BAP．
又∠BPD+∠PBD=90°，∠BAP+∠PBA=90°，
所以∠PBA=∠PBD，即PB平分∠ABD．

点评：
本题考点： 直线与圆的位置关系．

考点点评： 此题考查了切线的判定，梯形中位线性质及直线与圆的位置关系．证明切线时：有点连接圆心与这点，证明垂直；无点作垂线，证明垂线段等于圆的半径，是经常连接的辅助线．

证明：（I）连接OC，则∠OAC=∠OCA，
又∵CA是∠BAF的角平分线，∴∠OCA=∠OAC=∠CAF，
∴OC∥AD．
又∵AD⊥CD，∴OC⊥CD．
∴DC是⊙O的切线；
（II）连接BC、FC，∵A、B、C、F四点共圆，
∴∠CFD=∠CBM，又CD=CM，∠CDF=∠CMB．
∴RT△CDF≌RT△CMB，∴MB=DF．

点评：
本题考点： 与圆有关的比例线段．

考点点评： 熟练掌握角平分线的性质、平行线的判定方法、切线的判定定理、四点共圆的性质、三角形的全等判定方法等是解题的关键．

证明：（I）如图所示．
连接AM，∵AB是⊙O的直径，∴∠AMB=90°．
∴∠AMB+∠AEF=180°，
∴A、E、F、M四点共圆；
（II）连接AC，BC．
由A、E、F、M四点共圆，∴BF•BM=BE•BA．
连接AC，BC．则∠ACB=90°．
又CD⊥AB．
∴AC²=AE•AB．
∴AC²+BF•BM=AE•AB+BE•AB=AB²．

点评：
本题考点： 圆周角定理；与圆有关的比例线段．

考点点评： 熟练掌握圆的性质、四点共圆的判定定理、切割线定理、射影定理等是解题的关键．

3


<>

证明：（1）由割线定理得EA•EC=BE•DE，
∴BE•DE+AC•CE=EA•CE+AC•CE=CE²，
∴BE•DE+AC•CE=CE²；
（2）∵AB是⊙O的直径，∴∠ECB=90°．∴CD＝
1
2EB．
∵EF⊥BF，∴FD＝
1
2BE．
∴E，F，C，B四点与点D等距离．
∴E，F，C，B四点共圆．

点评：
本题考点： 相似三角形的性质；与圆有关的比例线段．

考点点评： 熟练掌握割线定理和直角三角形斜边的中线的性质及四点共圆的判定方法是解题的关键．

由AD与圆O相切于点D，根据切割线定理可得AD²=AE•AB，又AD=2，AE=1，∴AB＝
AD2
AE＝4．
由CD，CB都是圆O的切线，根据切线长定理可得，设CD=x，则CB=x．
由切线的性质可得：AB⊥BC，
∴AB²+BC²=AC²，∴4²+x²=（x+2）²，得x=3，即CD=3．
故答案为3．

点评：
本题考点： 圆的切线的判定定理的证明．

考点点评： 熟练掌握圆的切线性质、切割线定理、勾股定理是解题的关键．

（1）连接CD，如下图所示：
由圆周角定理，我们可得∠C=∠B
又由∠BEC为△ABE与△CDE的共公角，
∴△ABE∽△CDE，
∴BE：CE=AE：DE，
∴BE•DE=CE•AE
∴BE•DE+AC•CE=CE²（3分）
（2）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ECB=90°，
∴CD=[1/2]BE
同理，FD=[1/2]BE，
所以，E，F，C，B到点D的距离相等，
∴E，F，C，B四点共圆．（10分）

点评：
本题考点： 与圆有关的比例线段．

考点点评： 本题考查的知识点是相似三角形的判定及性质，四点共圆的判定，（2）中利用∠ADB=EFB=90°，根据圆内接四边形判定定理，也可证明E，F，C，B四点共圆．

（I）证明：∵DE²=EF•EC，∠DEF公用，
∴△DEF∽△CED，
∴∠EDF=∠C．
又∵弦CD∥AP，∴∠P=∠C，
∴∠EDF=∠P，∠DEF=∠PEA
∴△EDF∽△EPA．
∴[EA/EF＝
EP
ED]，∴EA•ED=EF•EP．
又∵EA•ED=CE•EB，
∴CE•EB=EF•EP；
（II）∵DE²=EF•EC，DE=3，EF=2．
∴3²=2EC，∴CE＝
9
2．
∵CE：BE=3：2，∴BE=3．
由（I）可知：CE•EB=EF•EP，∴[9/2×3＝2EP，解得EP=
27
4]，
∴BP=EP-EB=[27/4−3＝
15
4]．
∵PA是⊙O的切线，∴PA²=PB•PC，
∴PA2＝
15
4×(
27
4+
9
2)，解得PA＝
15
3
4．

点评：
本题考点： 与圆有关的比例线段．

考点点评： 熟练掌握相似三角形的判定和性质定理、平行线的性质、对顶角的性质、相交弦定理、切割线定理是解题的关键．

（1）BE平分∠ABC；
证明：∵AC=CD，∴∠CAD=∠ADC
∴∠ACB=∠CAD+∠ADC=2∠CAD…（2分）
又∵AB=AC∴∠ABC=∠ACB=2∠CAD∵∠CAD=∠EBC，
∴∠ABC=2∠EBC∴BE平分∠ABC；…（5分）
（2）连接EC，由（1）BE平分∠ABC∴E是弧AC的中点
∴AE=EC=6
又∠EBC=∠CAD=∠ADC∴ED=BD=8…（7分）
∵A、B、C、E四点共圆∴∠CED=∠ABC=∠ACB=∠AEF
∴△AEF∽△DEC
∴[EF/EC＝
AE
ED]∴EF＝
AE•EC
ED＝
9
2…（10分）

点评：
本题考点： 与圆有关的比例线段．

考点点评： 本题考查了圆周角定理，以及等腰三角形的性质，等边对等角，角平分线的判定，还有相似三角形的判定和性质等知识．本题解题的关键是正确读图，做题时最好自己作图以帮助理解题意．

AB

BE

BC

连接OC．如图所示，
∵∠ABC=60°，∠BAC=40°，∴∠ACB=80°．
∵OE⊥AB，
∴E为

AB的中点，∴

BE和

BC的度数均为80°．
∴∠EOC=80°+80°=160°．
∴∠OEC=10°．

点评：
本题考点： 与圆有关的比例线段．

考点点评： 熟练掌握三角形的内角和定理、垂径定理及其推论、等腰三角形的性质是解题的关键．