《（江蘇專用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第三篇 第31練 幾何證明選講、不等式選講試題 理.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第三篇 第31練 幾何證明選講、不等式選講試題 理.docx（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

第31練　幾何證明選講、不等式選講 [明晰考情]　1.命題角度：三角形及相似三角形的判定與性質(zhì)；圓的相交弦定理，切割線定理；圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)與判定；含絕對值的不等式解法、不等式證明的基本方法、利用不等式性質(zhì)求最值以及幾個重要不等式的應(yīng)用.2.題目難度：中檔難度. 考點一　三角形相似的判定及應(yīng)用 方法技巧　證明三角形相似可以結(jié)合圓的某些性質(zhì)、定理，要注意等量的代換. 1.(2016江蘇)如圖，在△ABC中，已知∠ABC＝90，BD⊥AC，D為垂足，E是BC的中點，求證：∠EDC＝∠ABD. 證明　在△ADB和△ABC中， 因為∠ABC＝90，BD⊥AC，∠A為公共角， 所以△ADB∽△ABC， 所以∠ABD＝∠C. 在Rt△BDC中，因為E是斜邊BC的中點， 所以ED＝EC，從而∠EDC＝∠C， 所以∠EDC＝∠ABD. 2.(2017江蘇)如圖，AB為半圓O的直徑，直線PC切半圓O于點C，AP⊥PC，P為垂足. (1)求證：∠PAC＝∠CAB； (2)求證：AC2＝APAB. 證明　(1)因為PC切半圓O于點C， 所以∠PCA＝∠CBA. 因為AB為半圓O的直徑， 所以∠ACB＝90. 因為AP⊥PC，所以∠APC＝90， 因此∠PAC＝∠CAB. (2)由(1)知，△APC∽△ACB， 故＝， 即AC2＝APAB. 3.(2018蘇州模擬)如圖，AB，AC與圓O分別切于點B，C，點P為圓O上異于點B，C的任意一點，PD⊥AB于點D，PE⊥AC于點E，PF⊥BC于點F.求證：PF2＝PDPE. 證明　連結(jié)PB，PC，因為∠PCF，∠PBD分別為圓弧BP上的圓周角和弦切角， 所以∠PCF＝∠PBD. 因為PD⊥BD，PF⊥FC， 所以△PDB∽△PFC， 故＝. 同理，∠PBF＝∠PCE，又PE⊥EC，PF⊥FB， 所以△PFB∽△PEC，故＝， 所以＝，即PF2＝PDPE. 4.如圖，AB，AC是⊙O的切線，ADE是⊙O的割線，求證：BECD＝BDCE. 證明　因為AB是⊙O的切線， 所以∠ABD＝∠AEB. 又因為∠BAD＝∠EAB，所以△BAD∽△EAB， 所以＝. 同理，＝. 因為AB，AC是⊙O的切線， 所以AB＝AC. 因此＝， 即BECD＝BDCE. 考點二　圓有關(guān)定理、性質(zhì)的應(yīng)用 方法技巧　和圓有關(guān)的計算證明問題，要靈活運用圓和三角形的性質(zhì)，以目標為導(dǎo)向，根據(jù)需要找角、線段長度的關(guān)系，適時進行等量代換. 5.(2018江蘇)如圖，圓O的半徑為2，AB為圓O的直徑，P為AB延長線上一點，過P作圓O的切線，切點為C.若PC＝2，求BC的長. 證明　如圖，連結(jié)OC. 因為PC與圓O相切， 所以O(shè)C⊥PC. 又因為PC＝2，OC＝2， 所以O(shè)P＝＝4. 又因為OB＝2，從而B為Rt△OCP斜邊的中點， 所以BC＝2. 6.(2018南京模擬)如圖，CD是圓O的切線，切點為D，CA是過圓心O的割線且交圓O于點B，DA＝DC，求證：CA＝3CB. 證明　如圖，連結(jié)OD，因為DA＝DC， 所以∠DAO＝∠C. 在圓O中，AO＝DO， 所以∠DAO＝∠ADO， 所以∠DOC＝2∠DAO＝2∠C. 因為CD為圓O的切線， 所以∠ODC＝90， 從而∠DOC＋∠C＝90， 即2∠C＋∠C＝90， 故∠C＝30， 所以O(shè)C＝2OD＝2OB， 所以CB＝OB，所以CA＝3CB. 7.(2018蘇州模擬)如圖，圓O的直徑AB＝4，C為圓周上一點，BC＝2，過C作圓O的切線l，過點A作l的垂線AD，AD分別與直線l和圓O交于點D，E，求線段AE的長. 解　在Rt△ABC中，因為AB＝4，BC＝2， 所以∠ABC＝60. 因為l為過點C的切線， 所以∠DCA＝∠ABC＝60. 因為AD⊥DC，所以∠DAC＝30. 連結(jié)OE，在△AOE中， 因為∠EAO＝∠DAC＋∠CAB＝60，且OE＝OA， 所以AE＝AO＝AB＝2. 8.如圖，AB切⊙O于點B，直線AO交⊙O于D，E兩點，BC⊥DE，垂足為C. (1)證明：∠CBD＝∠DBA； (2)若AD＝3DC，BC＝，求⊙O的直徑. (1)證明　因為DE為⊙O的直徑， 所以∠BED＋∠EDB＝90， 又BC⊥DE，所以∠CBD＋∠EDB＝90， 從而∠CBD＝∠BED. 又AB切⊙O于點B，所以∠DBA＝∠BED， 所以∠CBD＝∠DBA， (2)解　由(1)知BD平分∠CBA，則＝＝3， 又BC＝，從而AB＝3. 所以AC＝＝4，所以AD＝3. 由切割線定理得AB2＝ADAE，即AE＝＝6， 故DE＝AE－AD＝3，即⊙O的直徑為3. 考點三　不等式的證明 方法技巧　證明不等式常用的方法有比較法、綜合法、分析法、反證法、放縮法、數(shù)學(xué)歸納法等；依據(jù)不等式的結(jié)構(gòu)特征，也可以直接使用柯西不等式進行證明. 9.已知m，n是正數(shù)，證明：＋≥m2＋n2. 證明　∵＋－m2－n2＝＋＝＝， 又m，n均為正數(shù)， ∴＋－m2－n2＝≥0， ∴＋≥m2＋n2. 10.設(shè)a，b，c均為正數(shù)，abc＝1.求證：＋＋≥＋＋. 證明　由a，b，c為正數(shù)，根據(jù)算術(shù)—幾何平均不等式， 得＋≥，＋≥，＋≥ . 將此三式相加，得2≥＋＋， 即＋＋≥＋＋. 由abc＝1，則有＝1. 所以＋＋≥＋＋＝＋＋， 當且僅當a＝b＝c＝1時等號成立. 11.已知a，b，c均為正數(shù)，且a＋b＋c＝1. 求證：≥8. 證明　要證≥8成立， 只需證≥8成立. ∵a＋b＋c＝1， ∴只需證≥8成立，即≥8，又a，b，c>0， ∴只需證 ≥≥8成立，而≥8顯然成立， ∴≥8成立. 12.已知a，b，c都是實數(shù)，求證： a2＋b2＋c2≥(a＋b＋c)2≥ab＋bc＋ca. 證明　∵a，b，c∈R， ∴a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca. 將以上三個不等式相加，得 2(a2＋b2＋c2)≥2(ab＋bc＋ca)， ① 即a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca. ② 在不等式①的左右兩端同時加上a2＋b2＋c2，得 3(a2＋b2＋c2)≥(a＋b＋c)2， 即a2＋b2＋c2≥(a＋b＋c)2. ③ 在不等式②的左右兩端同時加上2(ab＋bc＋ca)，得 (a＋b＋c)2≥3(ab＋bc＋ca)， 即(a＋b＋c)2≥ab＋bc＋ca. ④ 由③④得a2＋b2＋c2≥(a＋b＋c)2≥ab＋bc＋ca. 考點四　柯西不等式 方法技巧　利用柯西不等式證明不等式或求最值時，要先根據(jù)柯西不等式的結(jié)構(gòu)特征對式子變形，使之與柯西不等式有相似的結(jié)構(gòu). 13.(2017江蘇)已知a，b，c，d為實數(shù)，且a2＋b2＝4，c2＋d2＝16，證明：ac＋bd≤8. 證明　由柯西不等式，得(ac＋bd)2≤(a2＋b2)(c2＋d2)， 因為a2＋b2＝4，c2＋d2＝16， 所以(ac＋bd)2≤64，因此ac＋bd≤8. 14.(2018鹽城模擬)已知正數(shù)x，y，z滿足x＋2y＋3z＝2，求x2＋y2＋z2的最小值. 解　由柯西不等式，可得(12＋22＋32)(x2＋y2＋z2)≥(x＋2y＋3z)2， 因為x＋2y＋3z＝2， 所以x2＋y2＋z2≥，當且僅當x＝，y＝，z＝時等號成立， 所以x2＋y2＋z2的最小值為. 15.已知實數(shù)a，b，c滿足a＋2b＋c＝1，a2＋b2＋c2＝1，求證：－≤c≤1. 證明　因為a＋2b＋c＝1，a2＋b2＋c2＝1， 所以a＋2b＝1－c，a2＋b2＝1－c2. 由柯西不等式知(12＋22)(a2＋b2)≥(a＋2b)2， 當且僅當＝，即b＝2a時等號成立. 即5(1－c2)≥(1－c)2，整理得3c2－c－2≤0， 解得－≤c≤1. 所以－≤c≤1. 16.(2018蘇州模擬)已知a，b，c∈R，a2＋b2＋c2＝1，若|x－1|＋|x＋1|≥(a－b＋c)2對一切實數(shù)a，b，c成立，求實數(shù)x的取值范圍. 解　因為a，b，c∈R，a2＋b2＋c2＝1， 由柯西不等式得(a－b＋c)2≤(a2＋b2＋c2)(1＋1＋1)＝3， 當且僅當＝＝＝時等號成立. 因為|x－1|＋|x＋1|≥(a－b＋c)2對一切實數(shù)a，b，c恒成立，所以|x－1|＋|x＋1|≥3. 當x<－1時，－2x≥3，解得x≤－； 當－1≤x≤1時，2≥3不成立； 當x>1時，2x≥3，解得x≥. 綜上，實數(shù)x的取值范圍為∪. 1.如圖，AB是⊙O的直徑，C是⊙O外一點，且AC＝AB，BC交⊙O于點D.已知BC＝4，AD＝6，AC交⊙O于點E，求四邊形ABDE的周長. 解　∵AB是⊙O的直徑， ∴AD⊥BC，又∵AB＝AC， ∴D為BC的中點， ∵BC＝4，AD＝6， ∴AB＝AC＝2，cos C＝， 由ACCE＝CDCB，得CE＝，AE＝， ∵DE2＝CE2＋CD2－2CECDcos C＝4，∴DE＝2. ∴四邊形ABDE的周長l＝4＋. 2.(2018南京、鹽城模擬)如圖，已知AB為⊙O的直徑，直線DE與⊙O相切于點E，AD垂直DE于點D，若DE＝4，求切點E到直徑AB的距離. 解　如圖，過點E作EF⊥AB交AB于點F，連結(jié)AE，OE，因為直線DE與⊙O相切于點E，所以DE⊥OE，因為AD⊥DE交DE于點D，所以AD∥OE，所以∠DAE＝∠OEA. ① 在⊙O中，OE＝OA，所以∠OEA＝∠OAE. ② 由①②得∠DAE＝∠OAE，即∠DAE＝∠FAE， 又∠ADE＝∠AFE，AE＝AE， 所以△ADE≌△AFE，所以DE＝FE， 又DE＝4，所以FE＝4， 即點E到直徑AB的距離為4. 3.已知x，y，x均為正數(shù)，求證：＋＋≥＋＋. 證明　∵x，y，z都是正數(shù)， ∴＋＝≥. 同理可得＋≥，＋≥. 將上述三個不等式兩邊分別相加，并除以2， 得＋＋≥＋＋(當且僅當x＝y(tǒng)＝z時，等號成立). 4.(2108江蘇七市聯(lián)考)已知a，b，c是正實數(shù)，且a＋b＋c＝5，求證：a2＋2b2＋c2≥10. 證明　由柯西不等式得[a2＋(b)2＋c2]≥(a＋b＋c)2， 因為a＋b＋c＝5，所以(a2＋2b2＋c2)≥25. 所以a2＋2b2＋c2≥10， 當且僅當a＝2b＝c>0時取等號.