高考理科数学专题复习练习14.1几何证明选讲

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高考理科数学专题复习练习14.1几何证明选讲

第十四章选修模块 ‎14.1几何证明选讲 专题2‎ 相似三角形的判定与性质 ‎■(2015河南省六市高考数学二模,相似三角形的判定与性质,解答题,理22)‎ 如图,梯形ABCD内接于☉O,AD∥BC,过点C作☉O的切线,交BD的延长线于点P,交AD的延长线于点E.‎ ‎(1)求证:AB2=DE·BC;‎ ‎(2)若BD=9,AB=6,BC=9,求切线PC的长.‎ 解:(1)证明:∵AD∥BC,∴AB=DC,∠EDC=∠BCD,‎ 又PC与☉O相切,∴∠ECD=∠DBC,∴△CDE∽△BCD,∴,‎ ‎∴CD2=DE·BC,即AB2=DE·BC.‎ ‎(2)由(1)知,DE==4,∵△PDE∽△PBC,‎ ‎∴.‎ 又∵PB-PD=9,∴PD=,PB=.‎ ‎∴PC2=PD·PB=.∴PC=.‎ 专题7‎ 与圆有关的比例线段 ‎■(2015河南省洛阳市高考数学二模,与圆有关的比例线段,解答题,理22)‎ 如图,☉O1与☉O2相交于A,B两点,点P在线段BA的延长线上,T是☉O1上一点,PT⊥O2T,过P的直线交☉O1于C,D两点,‎ ‎(1)求证:;‎ ‎(2)若☉O1与☉O2的半径分别为4,3,其圆心距O1O2=5,PT=,求PA的长.‎ ‎(1)证明:∵PT⊥O2T,‎ ‎∴PT是☉O2的切线,‎ ‎∴PT2=PA·PB,‎ ‎∵过P的直线交☉O1于C,D两点,‎ ‎∴PC·PD=PA·PB,‎ ‎∴PT2=PC·PD,‎ ‎∴.‎ ‎(2)‎ 解:连接O1A,O2A,‎ ‎∵☉O1与☉O2的半径分别为4,3,其圆心距O1O2=5,‎ ‎∴O1=O1A2+O2A2,‎ ‎∴∠O1AO2=90°,‎ 设Rt△O1AO2斜边长为h,则h=,AB=2h=,‎ ‎∵PT2=PA·PB,PT=,‎ ‎∴PA,‎ ‎∴PA=.‎ ‎■(2015甘肃省张掖市高考数学4月模拟,与圆有关的比例线段,解答题,理22)‎ 如图,AB是☉O的直径,C是弧BD的中点,CE⊥AB,垂足为E,BD交CE于点F.‎ ‎(1)求证:CF=BF;‎ ‎(2)若AD=4,☉O的半径为6,求BC的长.‎ ‎(1)证法一:连接CO交BD于点M,如图1.‎ ‎∵C为弧BD的中点,∴OC⊥BD.‎ 又∵OC=OB,∴Rt△CEO≌Rt△BMO.‎ ‎∴∠OCE=∠OBM.又∵OC=OB,∴∠OCB=∠OBC.‎ ‎∴∠FBC=∠FCB,∴CF=BF.‎ 证法二:延长CE交圆O于点N,连接BN,如图2.‎ ‎∵AB是直径且CN⊥AB于点E,∴∠NCB=∠CNB.‎ 又∵,∴∠CBD=∠CNB.‎ ‎∴∠NCB=∠CBD即∠FCB=∠CBF.∴CF=BF.‎ ‎(2)解:∵O,M分别为AB,BD的中点,∴OM=2=OE,‎ ‎∴EB=4.‎ 在Rt△COE中,CE==4.‎ ‎∴在Rt△CEB中,BC==4.‎ 图1‎ 图2‎ ‎■(2015甘肃省嘉峪关一中高考数学三模,与圆有关的比例线段,解答题,理22)‎ 已知A,B,C,D为圆O上的四点,直线DE为圆O的切线,AC∥DE,AC与BD相交于H点.‎ ‎(1)求证:BD平分∠ABC;‎ ‎(2)若AB=4,AD=6,BD=8,求AH的长.‎ 解:(1)证明:∵AC∥DE,直线DE为圆O的切线,∴D是的中点,即.‎ 又∠ABD,∠DBC分别是两弧所对的圆周角,故有∠ABD=∠DBC,‎ ‎∴BD平分∠ABC.‎ ‎(2)∵由图∠CAB=∠CDB且∠ABD=∠DBC,‎ ‎∴△ABH∽△DBC,∴.‎ 又,∴AD=DC,∴.‎ ‎∵AB=4,AD=6,BD=8,∴AH=3.‎ ‎■(2015甘肃省河西五地市高三第一次联考,与圆有关的比例线段,解答题,理22)‎ 如图所示,PA为圆O的切线,A为切点,PO交圆O于B,C两点,PA=20,PB=10,∠BAC的角平分线与BC和圆O分别交于点D和E.‎ ‎(1)求证:AB·PC=PA·AC;‎ ‎(2)求AD·AE的值.‎ ‎(1)证明:∵PA为圆O的切线,‎ ‎∴∠PAB=∠ACP,又∠P为公共角,‎ ‎∴△PAB∽△PCA,∴,‎ ‎∴AB·PC=PA·AC.‎ ‎(2)解:∵PA为圆O的切线,BC是过点O的割线,‎ ‎∴PA2=PB·PC,‎ ‎∴PC=40,BC=30,‎ 又∵∠CAB=90°,∴AC2+AB2=BC2=900,‎ 又由(1)知,‎ ‎∴AC=12,AB=6,‎ 连接EC,则∠CAE=∠EAB,‎ ‎∴△ACE∽△ADB,∴,‎ ‎∴AD·AE=AB·AC=6×12=360.‎ ‎■(2015甘肃省兰州一中三模,与圆有关的比例线段,解答题,理22)‎ 设AB为圆O的直径,AB=10.E为线段AO上一点,OE=AB.过E作一直线交圆O于C,D两点,使得∠CEA=45°.试求CE2+ED2的值.‎ 解:∵AB=10,OE=AB,作OH⊥CD于H,则OH=OE,‎ CD=2AB.‎ 由相交弦定理知CE·ED=AE·EB=AB2.‎ ‎∴CE2+ED2=(CE+ED)2-2CE·ED=AB2-AB2=AB2=50.‎ ‎14.2坐标系与参数方程 专题3‎ 曲线的极坐标方程的求解 ‎■(2015甘肃省兰州一中三模,曲线的极坐标方程的求解,解答题,理23)设直线l的参数方程为(t为参数),若以直角坐标系xOy的O点为极点,Ox轴为极轴,选择相同的长度单位建立极坐标系,得曲线C的极坐标方程为ρ=.‎ ‎(1)将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程,并指出曲线是什么曲线;‎ ‎(2)若直线l与曲线C交于A,B两点,求|AB|.‎ 解:(1)由ρ=得ρsin2θ=6cosθ,ρ2sin2θ=6ρcosθ,‎ ‎∴y2=6x.‎ ‎∴曲线C表示顶点在原点,焦点在x轴上的抛物线.‎ ‎(2)将化为代入y2=6x得t2-4t-12=0(*),‎ 由(*)式解得t1=6,t2=-2,|AB|=|t1-t2|=8.‎ 专题5‎ 参数方程与普通方程的互化 ‎■(2015河南省洛阳市高考数学二模,参数方程与普通方程的互化,解答题,理23)在平面直角坐标系中,曲线C1的参数方程为(φ为参数),以坐标原点O为极点,x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系,曲线C1的极坐标方程为ρ=2cos θ.‎ ‎(1)求曲线C1的直角坐标方程;‎ ‎(2)已知点M是曲线C1上任意一点,点N是曲线C2上任意一点,求|MN|的取值范围.‎ 解:(1)由ρ=2cosθ,得 ρ2=2ρcosθ,‎ ‎∴x2+y2=2x,‎ ‎∴(x-1)2+y2=1.‎ ‎(2)设点M(4cosφ,3sinφ),则 ‎|MC2|-1≤|MN|≤|MC2|+1,‎ ‎|MC2|2=(4cosφ-1)2+9sin2φ=7cos2φ-8cosφ+10,‎ 当cosφ=-1时,得|MC2=25,|MC2|max=5,‎ 当cosφ=时,得|MC2,|MC2|min=,‎ ‎∴-1≤|MC2|-1≤|MN|≤|MC2|+1≤5+1,‎ ‎∴|MN|的取值范围为.‎ ‎■(2015甘肃省张掖市高考数学4月模拟,参数方程与普通方程的互化,解答题,理23)在平面直角坐标系xOy中,以O为极点,x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系,已知P点的极坐标为,曲线C的极坐标方程为ρ2+4ρsin θ=4.‎ ‎(1)写出点P的直角坐标及曲线C的普通方程;‎ ‎(2)若Q为C上的动点,求PQ中点M到直线l:(t为参数)距离的最大值.‎ 解:(1)已知P点的极坐标为,‎ 所以x=ρcosθ=6,y=ρsinθ=2,‎ ‎∴点P的直角坐标为(6,2).由ρ2+4ρsinθ=4,得x2+y2+4y=4,‎ 即x2+(y+2)2=16,∴曲线C的普通方程为x2+(y+2)2=16.‎ ‎(2)由l:可得直线l的普通方程为x-y-5=0,‎ 由曲线C的普通方程:x2+(y+2)2=16,‎ 可设点Q(4cosθ,4sinθ-2),∴点M坐标为(2cosθ+3,2sinθ).‎ ‎∴点M到直线l的距离d=,‎ 当cos=-1时,d取得最大值2+,∴点M到直线l距离的最大值为2+.‎ ‎■(2015甘肃省嘉峪关一中高考数学三模,参数方程与普通方程的互化,解答题,理23)已知曲线C1:(t为参数),C2:(θ为参数).‎ ‎(1)化C1,C2的方程为普通方程,并说明它们分别表示什么曲线;‎ ‎(2)若C1上的点P对应的参数为t=,Q为C2上的动点,求PQ中点M到直线C3:(t为参数)距离的最小值.‎ 解:(1)把C1,C2的参数方程消去参数,化为普通方程分别为C1:(x+4)2+(y-3)2=1,C2:=1,‎ C1为圆心是(-4,3),半径是1的圆;C2为中心是坐标原点,焦点在x轴上,长半轴长是8,短半轴长是3的椭圆.‎ ‎(2)当t=时,P(-4,4),设Q(8cosθ,3sinθ),故M,C3为直线x-2y-7=0,‎ 求得M到C3的距离d=|4cosθ-3sinθ-13|=,其中,sinα=,cosα=-.‎ 从而当sin(θ+α)=1,即当cosθ=,sinθ=-时,d取得最小值为.‎ 专题6‎ 极坐标方程与参数方程的应用 ‎■(2015河南省六市高考数学二模,极坐标方程与参数方程的应用,解答题,理23)在平面直角坐标系xOy中,圆C的参数方程为(φ为参数),以O为极点,x轴的非负半轴为为极轴建立极坐标系.‎ ‎(1)求圆C的极坐标方程;‎ ‎(2)直线l的极坐标方程式2ρsin=3,射线OM:θ=与圆心C的交点为O,P,与直线l的交点为Q,求线段PQ的长.‎ 解:(1)圆C的参数方程为(φ为参数),消去参数化为普通方程:(x-1)2+y2=1,‎ 把代入可得圆C的极坐标方程:ρ=2cosθ.‎ ‎(2)设P(ρ1,θ1),则解得ρ1=1,θ1=.‎ 设Q(ρ2,θ2),则解得ρ2=3,θ2=,∴|PQ|=2.‎ ‎14.3不等式选讲 专题3‎ 含绝对值不等式的问题 ‎■(2015甘肃省河西五地市高三第一次联考,含绝对值不等式的问题,解答题,理24)已知函数f(x)=|2x+1|,g(x)=|x|+a.‎ ‎(1)当a=0时,解不等式f(x)≥g(x);‎ ‎(2)若存在x∈R,使得f(x)≤g(x)成立,求实数a的取值范围.‎ 解:(1)当a=0时,由f(x)≥g(x)得|2x+1|≥x,两边平方整理得3x2+4x+1≥0,‎ 解得x≤-1或x≥-,‎ ‎∴原不等式的解集为(-∞,-1]∪.‎ ‎(2)由f(x)≤g(x)得a≥|2x+1|-|x|,令h(x)=|2x+1|-|x|,即h(x)=‎ 故h(x)min=h=-,故可得到所求实数a的范围为.‎ ‎■(2015甘肃省兰州一中三模,含绝对值不等式的问题,解答题,理24)若实数a,b满足ab>0,且a2b=4,若a+b≥m恒成立.‎ ‎(1)求m的最大值;‎ ‎(2)若2|x-1|+|x|≤a+b对任意的a,b恒成立,求实数x的取值范围.‎ 解:(1)由题设可得b=>0,∴a>0,‎ ‎∴a+b=a+≥3,‎ 当a=2,b=1时,a+b取得最小值3,‎ ‎∴m的最大值为3.‎ ‎(2)要使2|x-1|+|x|≤a+b对任意的a,b恒成立,‎ 须且只须2|x-1|+|x|≤3,‎ ‎①x≥1时,2x-2+x≤3,解得1≤x≤,‎ ‎②0≤x<1时,2-2x+x≤3,解得0≤x<1,‎ ‎③x<0时,2-2x-x≤3,解得x≥-,‎ ‎∴实数x的取值范围是-≤x≤.‎ 专题4‎ 不等式的证明 ‎■(2015河南省洛阳市高考数学二模,不等式的证明,解答题,理24)已知a,b∈R,a+b=1,x1·x2∈R.‎ ‎(1)求的最小值;‎ ‎(2)求证:(ax1+bx2)(ax2+bx1)>x1x2.‎ ‎(1)解:∵a,b∈R,a+b=1,x1,x2∈R,‎ ‎∴≥3‎ ‎=3≥3=6,‎ 当且仅当a=b=0.5,x1=x2=1时,的最小值为6.‎ ‎(2)证明:(ax1+bx2)(ax2+bx1)=(a2+b2)x1x2+ab()≥(a2+b2)x1x2+2abx1x2=(a+b)2x1x2≥x1x2.‎ ‎■(2015甘肃省张掖市高考数学4月模拟,不等式的证明,解答题,理24)已知函数f(x)=|x-1|,‎ ‎(1)若f(x)+f(1-x)≥a恒成立,求a的取值范围;‎ ‎(2)若a+2b=8,求证:[f(a)]2+[f(b)]2≥5.‎ ‎(1)解:f(x)+f(1-x)=|x-1|+|-x|≥|x-1-x|=1.‎ ‎∴f(x)min=1,∴a≤1.‎ ‎(2)证明:[f(a)]2+[f(b)]2‎ ‎=(a-1)2+(b-1)2[(a-1)2+(b-1)2]·(12+22)‎ ‎≥[(a-1)·1+(b-1)·2]2‎ ‎=(a+2b-3)2‎ ‎=25.‎ ‎∴(a-1)2+(b-1)2≥5,∴[f(a)]2+[f(b)]2≥5.‎ ‎■(2015甘肃省嘉峪关一中高考数学三模,不等式的证明,解答题,理24)已知a,b,c∈R+,且a+b+c=1.证明:‎ ‎(1)a2+b2+c2≥;‎ ‎(2)≥1.‎ 证明:(1)∵a,b,c∈R+,且a+b+c=1,∴1=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac≤3(a2+b2+c2),‎ ‎∴a2+b2+c2≥,当且仅当a=b=c时,等号成立.‎ ‎(2)∵+b≥2a,+c≥2b,+a≥2c,‎ ‎∴+a+b+c≥2(a+b+c),‎ ‎∴≥a+b+c=1,‎ ‎∴≥1.‎
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