平面几何证明习题专题

第一篇：平面几何证明习题专题

平面几何证明习题

1.如图5所示，圆O的直径AB6，C为圆周上一点，BC3，过C作圆的切线l，过A作l的垂线AD，垂足为D，则DAC,线段AE的长为l线段CD的长为，线段AD的长为

图

5PA2．PB1，AC是圆O的直径，PC与圆O交于点B，2.已知PA是圆O的切线，切点为A，则圆O的半径R．

3.如图4，点A,B,C是圆O上的点，且AB4,ACB450，则圆O的面积等于．

4.如图3, 半径为5的圆O的两条弦AD和BC相交于点P,ODBC,P为AD的中点, BC6, 则弦AD的长度为

5.如图5, AB为⊙O的直径, AC切⊙O于点A,且AC22cm,过C

CMN交AB的延长线于点D,CM=MN=ND.AD的长等于_______cm.6.如图，AB是圆O的直径，直线CE和圆O相切于点于C，图5

ADCE于D，若AD＝1，ABC30，则圆O的面积是

7.如图，O是半圆的圆心，直径AB2，PB

与半圆交于点C，AC4，则PB

．

8.如图，点A,B,C是圆O上的点,且AB2,BCCAB120, 则AOB对应的劣弧长为．

9.如图，圆O的割线PAB交圆O于A,B两点，割线PCD经过圆心O，已知PA6，AB

10.如图，已知P是圆O外一点，PD为圆O的切线，D为切点，割线PEF经过圆心O，若PF12,PD则圆O的半径长为，2

2，PO12，则圆O的半径是．

3EFD的度数为

11.如图4，已知PA是⊙O的切线，A是切点，直线PO交⊙O 于B、C两点，D是OC的中点，连结AD并延长交⊙O于点E． 若PA23，APB30，则AE=．

12.如图，在ABC中，DE//BC，EF//CD，若

P

B

O

D

C图

4BC3,DE2,DF1，则BD的长为，AB的长为___________．

13.如图，圆O是ABC的外接圆，过点C的切线交AB 的延长线交于点D，CD2，ABBC3，则线段BD的长为，线段AC的长为

14．如图，ACB60°，半径为2cm的⊙O切BC于点

C，若将⊙O在CB上向右滚动，则当滚动到⊙O与CA

也相切时，圆心O移动的水平距离是__________cm．

15．如图，A、B、c是⊙0上的三点，以BC为一边，作∠CBD=

∠ABC，过BC上一点P，作PE∥AB交BD于点E．若∠AOC=60°，BE=3，则点P到弦AB的距离为_______．

16．四边形ABCD和四边形ACED都是平行四边形，点R为DE 的中点，BR分别交AC,CD于点P,Q．则CP:AP= ……()A．1:3B．1:4C．2:3D．3:4

C

R

E

17． 如图,Rt△ABC中,AB⊥AC,AB=3,AC=4,P是BC边上一点,作PE⊥AB于E,PD⊥AC于D,设BP=x,则PD+PE=……………………………（）A．

x5

3B．4

x5

C ．

D．

12x12x25



18.如图，⊙O是△ABC的外接圆，已知∠B=60°，则∠CAO的度数是………………()A．15°

19.已知 ABC中，AB=AC,D是 ABC外接圆劣弧，延长AC上的点（不与点A,C重合）BD至E。

（1）求证：AD的延长线平分CDE；

（2）若BAC=30，ABC中BC边上的高为

B．30°

C．45°D．60°

ABC外接圆的面积。

20.如图，在边长为2的圆内接正方形ABCD中，AC是对角线，P为边CD的中点，延长AP交圆于

点E．

（1）∠E=度；

（2）写出图中现有的一对不全等的相似三角形，并说明理由；（3）求弦DE的长．

21.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．

22.如图，△ABC内接于半圆，AB是直径，过A作直线MN，若∠MAC=∠ABC ．（1）求证：MN是半圆的切线；

（2）设D是弧AC的中点，连结BD交AC 于G，过D作DE⊥AB于E，交AC于F．求证：FD＝FG．

（3）若△DFG的面积为4.5，且DG=3，GC=4，试求△BCG的面积．

00

•O的直径，AD是弦，DAB=22.5，延长AB到点C，使得ACD=45。24．（10分）如图，AB是○•O的切线；（1）求证：CD是○（2）若AB=22，求BC的长。

A

C

•O，•O的直径，ABC内接于○25．（9分）如图，AB为○BAC=2B，•O的切线与OC的延长线交于点P，求PA的长。AC=6，过点A作○

OB

B

A

C

P

26.如图，设△ABC的外接圆的切线AE与BC的延长线交于点E，∠BAC的平分线与BC交于点D．求证：EDEBEC．



27.如图，已知ABC中的两条角平分线AD和CE相交于H，B=60，F在AC上，且

A

B D E

AEAF。

（1）证明：B,D,H,E四点共圆；

（2）证明：CE平分DEF。

第二篇：2011高考平面几何证明

2011高考平面几何证明试题选讲

1（2011安徽）如图4，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB=4，CD=2.E,F分别为

AD，BC上点，且EF=3，EF∥AB，则梯形ABCD与梯形EFCD的面积比为（2011北京）如图，AD，AE，BC分别与圆O切于点D，E，F，延长AF与圆O交于另一点G。给出下列三个结论：

1AD+AE=AB+BC+CA； ○

2AF·AG=AD·AE ○

③△AFB ～△ADG

其中正确结论的序号是

（A）①②（B）②③

（C）①③（D）①②③（2011天津理）如图已知圆中两条弦AB与CD相交于点F，E是AB延长线

上一点，且DFCFAF:FB:BE4:2:1.若CE与圆相切，则CE的长为

_________

4（2011陕西理）（几何证明选做题）如图，BD,AEBC,ACD90，且AB6,AC4,AD12，则BE________（2011湖南理）如图2，A,E是半圆周上的两个三等分点，直径BC=4，AD⊥BC,垂足为D,BE与AD相交与点F，则AF的长为。（2011全国新课标）（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲

如图，D，E分别为ABC的边AB，AC上的点，且不与ABC的顶点重合。已知AE的长为n，AD，AB的长是关于x的方程x214xmn0的两个根。

（Ⅰ）证明：C，B，D，E四点共圆；

（Ⅱ）若A90，且m4,n6，求C，B，D，E所在圆的半径。

第三篇：平面几何常用证明方法

平面几何常见证明方法

1,分析法

分析法是从命题的结论入手，先承认它是正确的，执果索因，寻求结论正确的条件，这样一步一步逆而推之，直到与题设会合，于是就得出了由题设通往结论的思维过程。

分析法主要应用与的几何问题特点主要是：从证明推理的时候出现多个方向，不知道哪个方向能够成功推导到结论，也就是说从正向推导比较迷茫的时候，比较适合用分析法来解决这些问题。

例1 如图2.1.1，四边形ABCD的一条对角线BD平行于两对边之交点的连线EF，求证：AC平分BD。[1]

证明：设AC交BD于M，交EF于N

BMMD，欲证BMMD ENNF作方向猜测，只需证ENNF或 BMEN1即可。MDNF则但我们意识到这不容易证明，（图2.1.1）

BMMDBMEN即可。而，从而MDBMMDNFMDENMDBMMDMCBM只需证即可，又只需证即可。而，故得证。BMNFENNFENCNNF再作方向猜测，欲证BMMD，只需证明2 综合法

综合法则是由命题的题设条件入手，由因导果，通过一系列的正确推理，逐步靠近目标，最终获得结论。再从已知条件着手，根据已知的定义、公式、定理，逐步推导出结论。综合法和分析法有些不同的是分析法的思路从结论开始，综合法的思路从题设开始。

例2如图2.2.1设D是ABC底边BC上任一点，则ADBCABCDACBDBCBDCD。[1] 证明：在ADB和ABC中 222AD2BD2AB cosADB

2ADBDAD2CD2AC2

cosADC

2ADBD

由cosADBcosADC，所以

(图2.2.1)AD2BD2AB2AD2CD2AC2

2ADBD2ADBD

有AD2(BDCD)AB2CDAC2BDBDCD(BDCD)

将BDCDBC代入上式则有

ADBCABCDACBDBCBDCD，证毕。

在具体证题时，这两种方法可单独运用，也可配合运用，在分析中有综合，在综合中有分析，以进行交叉使用。由于篇幅有限在此仅归纳方法，并不做详细介绍。

但是有些命题往往不易甚至不能直接证明，这时，不妨证明它的等效命题，以间接地达到目标，这种证题思路就称为间接式思路。我们常运用的反证法是一种典型的用间接式思路证题的方法。2223反证法

具体地说，在证明一个命题时，如正面不易入手，就要从命题结论的反面入手，先假设结论的反面成立，如果由此假设进行严格推理，推导出的结果与已知条件、公式、定理、定义、假设等的其中一个相矛盾，或者推出两个相互矛盾的结果，就证明了“结论反面成立”的假设是错误的，从而得出结论的正面成立，这种证题方法就叫做反证法。当结论的反面只有一个时，否定了这一个便完成证明，这种较单纯的反证法又叫做归谬法;而当结论的反面有若干个时，就必须驳倒其中的每一个，这种较繁琐的反证法又称为穷举法。

反证法证题通常有如下三个步骤:

(1)反设。作出与结论相反的假设，通常称这种假设为反证假设。

(2)归谬。利用反证假设和已知条件，进行符合逻辑的推理，推出与某个已知条件、公理、定义等相矛盾的结果。根据矛盾律，在推理和论证的过程中，在同时间、同关系下，不能对同一对象作出两个相反的论断，可知反证假设不成立。

(3)得出结论。根据排除率，即在同一论证过程中，命题C与命题非C有且仅有一个是正确的，可知原结论成立。

例3 如图2.3.1已知：在四边形ABCD中，M、N分别是AB、CD的中点，1(ABCD)。

2求证：AD∥BC

且MN

证明：假设AD与BC不平行，连结ABD，并设P

是BD的中点，再连结MP、PN。在ABD中

由BMMA，BPPD（图2.3.1）

则MP1AD，同理可证PN2MPPN1BC 21(ABCD)

① 从而

这时，BD的中点不在MN上

若不然，则由MN∥AD，MN∥BC，得AD∥BC与

假设AD与BC不平行矛盾，于是M、P、N三点不共线。

从而

MPPNMN

② 1

1由①、②得MN(ABCD)，这与已知条件MN(ABCD)相矛盾，2

2故假设不成立，所以AD∥BC，证毕。

在几何中需要证明符合某种条件的点、线、面只有一个时，称为“唯一性”问题。

例4 过平面上的点A的直线a，求证：a是唯一的。

证明：假设a不是唯一的，则过A至少还有一条直线b，b 由a、b是相交直线，则a、b可以确定一个平面。设和相交于过点A的直线c。

由

a，b，有

ac，bc。

这样在平面内，过点A就有两条直线垂直于c，这与定理产生矛盾。所以，a是唯一的，证毕。

关于唯一性的问题，在几何中有，在代数、三角等学科中也有。这类题目用直接证法证明相当困难，因此一般情况下都采用间接证法。即用反证法或同一法证明，用反证法证明有时比同一法更方便。

另外，几何中有一类问题，要证明某个图形不可能有某种性质或证明具有某种性质的图形不存在。它们的结论命题都是以否定形式出现的，若用直接证法证明有一定的困难。而它的否定命题则是某个图形具有某种性质或具有某种性质的图形存在，因此，这类问题非常适宜用反证法。

例5 求证：抛物线没有渐近线。

证明：设抛物线的方程是y22px(p0)。

假设抛物有渐近线，渐近线的方程是yaxb，易知a、b都不为0。因为渐近线与抛物线相切于无穷远点，于是方程组

(1)y22px 

(2)yaxb的两组解的倒数都是0。

将（2）代入（1），得

a2x22(abp)xb20

(3)

设x1、x2是（3）的两个根，由韦达定理，可知

2(abp)b2x1x2，x1x22 2aa则

11x1x22(abp)0

2x1x2x1x2b(4)

111a20，(5)x1x2x1x2b2由（4）、（5），可推得p0，这于假设p0矛盾。

所以，抛物线没有渐近线，证毕。

关于不可能问题是几何中最常见也是非常重要的一种类型。由于它的结论是以否定形式出现，采用直接证法有困难，所以这类问题一般都使用反证法加以证明。

在几何中存在一类很特殊的问题，就是证明具有某种性质的图形至少有一个或不多于几个。由于这类问题能找到直接论证的理论根据很少，用直接证法有一定困难。如果采用反证法，添加了否定结论这个新的假设，就可以推出更多的结论，容易使命题获证。

例6 已知：四边形ABCD中，对角线ACBD1。求证：四边形中至少有一条边不小于

2。2证明：假设四边形的边都小于

2，由于四边形中至少有一个角不是钝角（这一结论也20可用反证法证明），不妨设A90，根据余弦定理，得

BD2AD2AB22ADABcosA，有

BD2AD2AB2，即

BDAD2AB2(这与已知四边形BD1矛盾。所以，四边形中至少有一条边不小于

222)()21。222，证毕。2在证题过程中，不论是直接思路还是间接思路，都要进行一系列正确的推理，需要解题者对扑朔迷离的表象进行由表及里、去伪存真地分析、加工和改造，并从不同方向探索，以在广阔的范围内选择思路，从而及时纠正尝试中的错误，最后获得命题的证明。

第四篇：高中竞赛专题：平面几何证明

竞赛专题－平面几何证明

[竞赛知识点拨]

1． 线段或角相等的证明（1）利用全等△或相似多边形（2）利用等腰△3）利用平行四边形（4）利用等量代换（5）利用平行线的性质或利用比例关系（6）利用圆中的等量关系等。

2． 线段或角的和差倍分的证明（1）转化为相等问题。如要证明a=b±c，可以先作出线段p=b±c，再去证明a=p，即所谓“截长补短”，角的问题仿此进行。（2）直接用已知的定理。例如：中位线定理，Rt△斜边上的中线等于斜边的一半；△的外角等于不相邻的内角之和；圆周角等于同弧所对圆心角的一半等等。

3． 两线平行与垂直的证明（1）利用两线平行与垂直的判定定理。（2）利用平行四边形的性质可证明平行；利用等腰△的“三线合一”可证明垂直。（3）利用比例关系可证明平行；利用勾股定理的逆定理可证明垂直等。

【竞赛例题剖析】

【例1】从⊙O外一点P向圆引两条切线PA、PB和割线PCD。

从A点作弦AE平行于CD，连结BE交CD于F。求证：BE

平分CD。

【分析1】构造两个全等△。连结ED、AC、AF。

CF=DF←△ACF≌△EDF←

←∠PAB=∠AEB=∠PFB【分析2】利用圆中的等量

关系。连结OF、OP、OB

。←∠PFB=∠POB←←

注：连结OP、OA、OF，证明A、O、F、P四点共圆亦可。

【例2】△ABC内接于⊙O，P是弧 AB上的一点，过P作

OA、OB的垂线，与AC、BC分别交于S、T，AB交于M、N。求证：PM=MS充要条件是PN=NT。

【分析】只需证，PM²PN=MS²NT。（∠1=∠2，∠3=∠4）

→△APM∽△PBN→→PM²PN=AM²BN（∠BNT=∠AMS，∠BTN=∠MAS）→△BNT∽△SMA→→MS²NT=AM²BN

【例3】已知A为平面上两半径不等的圆O1和O2的一个交点，两外公切线P1P2、Q1Q

2分别切两圆于P1、P2、Q1、Q2，M1、M2分别为P1Q1、P2Q2的中点。求证：∠O1AO2=∠M1AM2。【分析】设B为两圆的另一交点，连结并延长BA交P1P2于C，交O1O2于M，则C为P1P2的中点，且P1M1∥CM∥P2M2，故CM为M1M2的中垂线。在O1M上截取MO3=MO2，则

∠M1AO3=∠M2AO2。故只需证∠O1AM1=∠O3AM

1，即证

。由

△P1O1M1∽P2O2M2，M1O3=M2O2，O1P1=O1A，O2P2=O2A可得。【例4】在△ABC中，AB>AC，∠A的外角平分线交△ABC的外接圆于D，DE⊥AB于E，求证：AE=。

【分析】方法1、2AE=AB-AC

← 在BE上截取EF=AE，只需证BF=AC，连结DC、DB、DF，从而只需证△DBF≌△DCA← DF=DA，∠DBF=∠DCA，∠DFB=∠DAC ←∠DFA=∠DAF=∠DAG。

方法

2、延长CA至G，使AG=AE，则只需证BE=CG← 连结DG、DC、DB，则只需证△DBE≌△DCG← DE=DG，∠DBE=∠DCG，∠DEB=∠DGC=Rt∠。

【例5】∠ABC的顶点B在⊙O外，BA、BC均与⊙O相交，过BA与圆的交点K引∠ABC平分线的垂线，交⊙O于P，交BC于M。求证：线段PM为圆心到∠ABC平分线距离的2倍。

【分析】若角平分线过O，则P、M重合，PM=0，结论显然成立。若角平分线不过O，则延长DO至D‘，使OD’=OD，则只需证DD‘=PM。连结D’P、DM，则只需证DMPD‘为平行四边形。过O作m⊥PK，DD’,K

P，∴∠DPK=∠DKP，BL平分∠ABC，MK⊥BL→BL为MK中垂线→∠DKB=∠DMK ∴∠D’PK=∠DMK，∴D‘P∥DM。而D’

D∥PM，∴DMPD‘为平行四边形。

【例6】在△ABC中，AP为∠A的平分线，AM为BC边上的中线，过B作BH⊥AP于H，AM的延长线交BH于Q，求证：PQ∥AB。

【分析】方法

1、结合中线和角平分线的性质，考虑用比例证明平行。倍长中线：延长AM至

M’，使AM=MA‘，连结BA’，如图6-1。

PQ∥AB←←←

←∠A‘BQ=180°-(∠HBA+∠BAH+∠CAP)=

180°-90°-∠CAP=90°-∠BAP=∠ABQ

方法

2、结合角平分线和BH⊥AH联想对称知识。延长BH交AC的延长线于B’，如

/

图6-2。则H为BB‘的中点，因为M为BC的中点，连结HM，则HM∥BC。延长HM交AB于O，则O为AB的中点。延长MO至M’，使OM‘=OM，连结M’A、M‘B，则

AM’BM是平行四边形，∴MP∥AM‘，QM∥BM’。于是，所以PQ∥AB。

【例7】菱形ABCD的内切圆O与各边分别切于E、F、G、H，在EF与GH上分别作⊙O的切线交AB于M，交BC于N，交CD于P，交DA于Q。求证：MQ∥NP。（95年全国联赛二试3）

【分析】由AB∥CD知：要证MQ∥NP，只需证∠AMQ=∠CPN，结合∠A=∠C知，只需

证△AMQ∽△CPN←，AM²CN=AQ²CP。连结AC、BD，其交点为内切圆心O。

设MN与⊙O切于K，连结OE、OM、OK、ON、OF。记∠ABO=φ，∠MOK=α，∠KON=β，则∠EOM=α，∠FON=β，∠EOF=2α+2β=180°-2φ。

∴∠BON=90°-∠NOF-∠COF=90°-β-φ=α∴∠CNO=∠NBO+∠NOB=φ+α=∠AOE+∠MOE=∠AOM又∠OCN=∠MAO，∴△OCN∽△MAO，于是同理，AQ²CP=AO²CO。，∴AM²CN=AO²CO

【例8】ABCD是圆内接四边形，其对角线交于P，M、N分别是AD、BC的中点，过M、N分别作BD、AC的垂线交于K。求证：KP⊥AB。

【分析】延长KP交AB于L，则只需证∠PAL+∠APL=90°，即只需证∠PDC+∠KPC=90°，只需证

∠PDC=∠PKF，因为P、F、K、E四点共圆，故只需证∠PDC=∠PEF，即

EF∥DC。

←

←←△DME∽△CNF

【例9】以△ABC的边BC为直径作半圆，与AB、AC分别交于点D、E。过D、E作BC的垂线，垂足分别是F、G，线段DG、EF交于点M。求证：AM⊥BC。

【分析】连结BE、CD交于H，则H为垂心，故AH⊥BC。（同一法）设AH⊥BC于O，DG、AH交于M1，EF、AH交于M2。下面证M1、M2重合。

OM1∥DF→

→OM1=

。OM2∥EG→

→OM2=

。只需

证OG²DF=EG²OF，即

←Rt△OEG∽Rt△ODF←∠DOF=∠DHB=∠EHC=∠EOG。

第五篇：2012高考：平面几何证明

2012高考：几何证明

1、（2012全国课标，22）如图，D，E分别为△ABC边AB，AC的中点，直线DE交△ABC的外接圆于F，G两点，若CF∥AB，证明：

（I）CDBC；

（II）△BCD∽△GBD；

GEFB2、（2012广东，15）如图所示，圆O的半径为1，A，B，C是圆周上的三点，满足ABC30°，过点A作圆O的切线与OC的延长线交于点P，则PA

P

第2题图第3题图

3、（2012江苏，21-A）如图，AB是圆O直径，D，E为圆O上位于AB异侧的两点，连接BD并延长至点C，使BDDC，连接AC，AE，DE，求证EC。

4、（2012辽宁，22）如图，圆O和圆O相交于A，B两点，过A作两圆的切线分别交两圆与C，D两点，连接BD并延长交圆O于点E，证明：

（I）ACBDADAB；（II）ACAE。

5、（2012天津，13）如图，已知AB和AC是圆的两条弦，过点BD作圆的切线与AC的延长线交于点D，过点C作BD的平行线与圆

相交于E，与AB相交于F，AF3，FB1，EF

CD的长为

3，则线段2AF6、（2012陕西15-B）如图所示，在圆O中，直径AB与弦CD垂直，垂足为E，EFBD，垂足为F，若AB6，AE1，则DFDB。

第6题图第7题图

7、（2012湖南，11）如图所示，过点P的直线与圆O相交于A，B两点，若PA1，AB2，PO3，则圆O的半径等于。

8、（2012北京，5）如图所示，ACB90°，CDAB于点D，以BD为直径的圆与BC交于点E，则（）

22A、CECBADDBB、CECBADABC、ADABCDD、CEEBCD

AB第8题图

第9题图

9、（2012湖北，15）如图，点D在圆O的弦CD上移动，AB4，连接OD，过D作OD的垂线交圆O于点C，则CD的最大值为。

答案：

1、略

23、略

4、略5、46、578、A9、2 3