全国高考理科数学试题分类汇编：几何证明
(4年真题推荐)全国高考数学 试题分类汇编 几何证明
2010几何证明1．（2010·陕西高考理科·Ｔ１5）如图,已知Rt ABC ∆的两条直角边AC,BC 的长分别为3cm,4cm,以AC 为直径的圆与AB 交于点D, 则BDDA= . 【命题立意】本题考查几何证明选做题的解法，属送分题 【思路点拨】条件⇒AD ACRt ADC Rt ADC Rt ACB AD BD AC AB∆⇒∆≅∆⇒=⇒⇒⇒结论 【规范解答】因为以AC 为直径的圆与AB 交于点D,所以090,ADC ∠=ADC Rt ADC ∆∆为，29916,,,5555AD AC AC Rt ADC Rt ACB AD BD AB AD AC AB AB ∴∆≅∆∴====-=-=，BD DA ∴=169【答案】1692．（2010·陕西高考文科·Ｔ１5）如图，已知Rt △ABC 的两条直角边AC ，BC 的长分别为3cm ，4cm ，以AC 为直径的圆与AB 交于点D ，则BD ＝ cm. 【命题立意】本题考查几何证明选做题的解法，属送分题 【思路点拨】条件⇒AD ACRt ADC Rt ADC Rt ACB AD BD AC AB∆⇒∆≅∆⇒=⇒⇒ 【规范解答】因为以AC 为直径的圆与AB 交于点D,所以090,ADC ∠=ADC Rt ADC ∆∆为，29916,,,5555AD AC AC Rt ADC Rt ACB AD BD AB AD AC AB AB ∴∆≅∆∴====-=-=，【答案】1653．（2010·北京高考理科·Ｔ１2）如图，O 的弦E D ，CB 的延长线交于点A 。
若BD ⊥AE ，AB ＝4, B C ＝2, AD ＝3, 则DE ＝ ；CE ＝ 。
【命题立意】本题考查几何证明的知识。
BOD运用割线定理是解决本题的突破口。
【思路点拨】本题可由相交弦定理求出DE ，再利用三个直角三角形,Rt ABD Rt BDE ∆∆ ,Rt BCE ∆中求CE 。
2022年高考数学试题分类汇编专题几何证明选讲理
一、选择题:1．(2022年高考北京卷理科5)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．①②B．②③C．①③ D．①②③【答案】A【解析】由切线长定理得AD=AE,BD=BF,CE=CF,所以AB+BC+CA=AB+BD+CE=AD+AE，故①正确；由切割线定理知，AD= AF·AG，故②正确，所以选A. 二、填空题:1. (2022年高考天津卷理科12)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,且若CE与圆相切,则线段CE22【解析】设AF=4x,BF==2x,BE=x,则由相交弦定理得:DF AF FB,172222即8x 2,即x ,由切割线定理得:CE EB EA 7x ,44CE. 2. (2022年高考湖南卷理科11)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相交于点F，则的AF长为 .23答案：3解析：如图2中，连接EC，AB,OB,由A,E是半圆周上的两个三等分点可知：∠EBC=30°,且2323⊿ABO是正三角形，所以EC=2,BE=2,BD=1,且AF=BF=.故填33评析：本小题主要考查平面几何中直线与圆的位置关系问题，涉及与圆有关的定理的运用.3. (2022年高考广东卷理科15)（几何证明选讲选做题）如图4，过圆O外一点P分别作圆的切线和割线交圆于A,B。
且PB 7，C是圆上一点使得BC 5， BAC APB，则AB【答案】.【解析】由题得 PAB ACB PAB～ABCPBAB7ABAB ABBCAB54．(2022年高考陕西卷理科15)（几何证明选做题）如图 B D,AE BC,ACD 900,且AB 6,AC 4,AD 12,则BE【答案】【解析】：ACD 90,AD 12,AC 4CD又Rt ABE Rt ADC所以三、解答题:1．(2022年高考辽宁卷理科22)（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲如图，A，B，C，D四点在同一圆上，AD的延长线与BC的延长线交于E点，且EC=ED.ABBEAB DC，即BE ADDCAD（I）证明：CD//AB；又CD//AB，∠EDC=∠ECD，所以∠FAB=∠GBA.所以∠AFG+∠GBA=180°. 故A，B，G，F四点共圆2. (2022年高考全国新课标卷理科22)（本小题满分10分）选修4-1几何证明选讲如图，D，E分别是AB,AC边上的点，且不与顶点重合，已知AE m,AC n,AD,AB 为方程x 14x mn 0的两根，（1）证明 C,B,D,E四点共圆；（2）若 A 90 ,m 4,n 6，求C,B,D,E四点所在圆的半径分析：（1）按照四点共圆的条件证明；（2）运用相似三角形与圆、四边形、方程的性质及关系计算。
《高考真题》三年(2017-2019)高考真题数学(理)分项汇编专题06立体几何(解答题)(原卷版)
专题06 立体几何（解答题）1．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A−MA1−N的正弦值．2．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．3．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.4．【2019年高考北京卷理数】如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且13 PFPC=．（1）求证：CD⊥平面PAD；（2）求二面角F–AE–P的余弦值；（3）设点G在PB上，且23PGPB=．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．5．【2019年高考天津卷理数】如图，AE ⊥平面ABCD ，,CF AE AD BC ∥∥，,AD AB ⊥1,2AB AD AE BC ====．（1）求证：BF ∥平面ADE ；（2）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值； （3）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．6．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，AB =BC ．求证：（1）A 1B 1∥平面DEC 1； （2）BE ⊥C 1E ．7．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.8．【2018年高考全国Ⅰ卷理数】如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥. （1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； （2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.9．【2018年高考全国II 卷理数】如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．10．【2018年高考全国Ⅲ卷理数】如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）当三棱锥M ABC -体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．11．【2018年高考江苏卷】如图，在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AB =AA 1=2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．C（1）求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值； （2）求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．12．【2018年高考江苏卷】在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）AB ∥平面11A B C ； （2）平面11ABB A ⊥平面1A BC ．13．【2018年高考浙江卷】如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC =120°，A 1A =4，C 1C =1，AB =BC =B 1B =2．（1）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；（2）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．14．【2018年高考北京卷理数】如图，在三棱柱ABC −111A B C 中，1CC ⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC，11A C ，1BB 的中点，AB=BC ，AC =1AA =2．（1）求证：AC ⊥平面BEF ； （2）求二面角B −CD −C 1的余弦值； （3）证明：直线FG 与平面BCD 相交．15．【2018年高考天津卷理数】如图，AD BC ∥且AD =2BC ，AD CD ⊥,EG AD ∥且EG =AD ，CD FG ∥且CD =2FG ，DG ABCD ⊥平面，DA =DC =DG =2.（1）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN CDE ∥平面； （2）求二面角E BC F --的正弦值；（3）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长.16．【2017年高考全国Ⅰ卷理数】如图，在四棱锥P −ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=.（1）证明：平面P AB ⊥平面P AD ；（2）若P A =PD =AB =DC ，90APD ∠=，求二面角A −PB −C 的余弦值.17．【2017年高考江苏卷】如图，在三棱锥A BCD -中，AB ⊥AD ，BC ⊥BD ，平面ABD ⊥平面BCD ，点E ，F (E 与A ，D 不重合)分别在棱AD ，BD 上，且EF ⊥AD ． 求证：（1）EF ∥平面ABC ；（2）AD ⊥AC ．18．【2017年高考江苏卷】如图，在平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥平面ABCD ，且AB =AD =2，AA 1=120BAD ∠=︒．（1）求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值； （2）求二面角B-A 1D-A 的正弦值．19．【2017年高考山东卷理数】如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形（及其内部）以边所在直线为旋转轴旋转得到的，是的中点. （1）设是上的一点，且，求的大小；ABCD AB 120︒G DF P CE AP BE ⊥CBP ∠（2）当，时，求二面角的大小.20．【2017年高考全国Ⅱ理数】如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= E 是PD 的中点．（1）证明：直线CE ∥平面P AB ；（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为o 45，求二面角M AB D --的余弦值．21．【2017年高考全国Ⅲ理数】如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD =∠CBD ，AB =BD ．3AB =2AD =E AG C --（1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D –AE –C 的余弦值.22．【2017年高考浙江卷】如图，已知四棱锥P –ABCD ，△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC AD ∥，CD ⊥AD ，PC =AD =2DC =2CB ，E 为PD 的中点．（1）证明：CE ∥平面PAB ；（2）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．23．【2017年高考北京卷理数】如图，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为正方形，平面PAD ⊥平面ABCD，PAB CD E点M 在线段PB 上，PD//平面MAC ，PA =PD ，AB =4．（1）求证：M 为PB 的中点；（2）求二面角B −PD −A 的大小；（3）求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．24．【2017年高考天津卷理数】如图，在三棱锥P -ABC 中，P A ⊥底面ABC ，90BAC ∠=︒．点D ，E ，N分别为棱P A ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，P A =AC =4，AB =2．（1）求证：MN ∥平面BDE ；（2）求二面角C -EM -N 的正弦值；（3）已知点H 在棱P A 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为21，求线段AH 的长．。
2012年-2021年(10年)全国高考数学真题分类汇编 立体几何客观题(精解精析版)
2012-2021十年全国高考数学真题分类汇编立体几何客观题（精解精析版）一、选择题1．(2021年高考全国乙卷理科)在正方体1111ABCD A B C D -中，P 为11B D 的中点，则直线PB 与1AD 所成的角为()A ．π2B ．π3C ．π4D ．π6【答案】D解析：如图，连接11,,BC PC PB ，因为1AD ∥1BC ，所以1PBC ∠或其补角为直线PB 与1AD 所成的角，因为1BB ⊥平面1111D C B A ，所以11BB PC ⊥，又111PC B D ⊥，1111BB B D B ⋂=，所以1PC ⊥平面1P B B ，所以1PC PB ⊥，设正方体棱长为2，则111112BC PC D B ===1111sin 2PC PBC BC ∠==，所以16PBC π∠=．故选：D2．(2021年高考全国甲卷理科)在一个正方体中，过顶点A 的三条棱的中点分别为E ，F ，G ．该正方体截去三棱锥A EFG -后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是()()A．B．C．D．【答案】D解析：由题意及正视图可得几何体的直观图，如图所示，所以其侧视图为故选：D3．(2021年高考全国甲卷理科)已如A．B．C是半径为1的球O的球面上的三个点，且,1AC BC AC BC⊥==，则三棱锥O ABC-的体积为()A．212B．312C．24D．34【答案】A解析：,1AC BC AC BC ⊥== ，ABC ∴ 为等腰直角三角形，AB ∴=，则ABC 外接圆的半径为22，又球的半径为1，设O 到平面ABC 的距离为d ，则22d =，所以1112211332212O ABC ABC V S d -=⋅=⨯⨯⨯⨯=．故选：A ．【点睛】关键点睛：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系求解．4．(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科)已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC 的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为()A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π【答案】A【解析】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r ππ=∴=， ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin 60AB r =︒=，1OO AB ∴==，根据球的截面性质1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====，∴球O 的表面积2464S R ππ==．故选：A【点睛】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题．5．(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为()()A ．514-B ．512-C ．514+D ．512+【答案】C【解析】如图，设,CD a PE b ==，则22224a PO PE OEb =-=-，由题意212PO ab =，即22142a b ab-=，化简得24()210b b a a -⋅-=，解得154b a =（负值舍去）．故选：C ．【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题．6．(2020年高考数学课标Ⅱ卷理科)已知△ABC 是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上．若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为()A ．3B ．32C ．1D ．32【答案】C解析：设球O 的半径为R ，则2416R ππ=，解得：2R =．设ABC 外接圆半径为r ，边长为a ，ABC 是面积为934的等边三角形，21393224a ∴⨯=，解得：3a =，22229933434a r a ∴=-=-=，∴球心O 到平面ABC 的距离22431d R r =-=-=．故选：C ．【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面．7．(2020年高考数学课标Ⅱ卷理科)如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M ，在俯视图中对应的点为N ，则该端点在侧视图中对应的点为()()A ．EB ．FC ．GD ．H【答案】A解析：根据三视图，画出多面体立体图形，14D D 上的点在正视图中都对应点M ,直线34B C 上的点在俯视图中对应的点为N,∴在正视图中对应M ,在俯视图中对应N 的点是4D ,线段34D D ,上的所有点在侧试图中都对应E ,∴点4D 在侧视图中对应的点为E ．故选：A【点睛】本题主要考查了根据三视图判断点的位置，解题关键是掌握三视图的基础知识和根据三视图能还原立体图形的方法，考查了分析能力和空间想象，属于基础题．8．(2020年高考数学课标Ⅲ卷理科)下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是()()A ．6+4B ．C ．D ．【答案】C解析：根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABC ADC CDB S S S ===⨯⨯=△△△根据勾股定理可得：AB AD DB ===∴ADB △是边长为的等边三角形根据三角形面积公式可得：211sin 60222ADB S AB AD =⋅⋅︒=⋅=△∴该几何体的表面积是：632=⨯++．故选：C ．【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题．9．(2019年高考数学课标Ⅲ卷理科)如图，点N 为正方形ABCD 的中心，ECD △为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则()A ．BM EN =，且直线,BM EN 是相交直线B ．BM EN ≠，且直线,BM EN 是相交直线C ．BM EN =，且直线,BM EN 是异面直线D ．BM EN ≠，且直线,BM EN 是异面直线【答案】B 【解析】取DC 中点E ，如图连接辅助线，在BDE △中，N 为BD 中点，M 为DE 中点，所以//MN BE ，所以BM ，EN 共面相交，选项C ，D 错误． 平面CDE ⊥平面ABCD ，EF CD ⊥，EF ∴⊥平面ABCD ，又DC CD ⊥,∴DC ⊥平面DCE ，从而EF FN ⊥，BC MC ⊥．所以MCB △与EFN△均为直角三角形．不妨设正方形边长为2，易知3,1MC EF NF ===，所以22(3)27BM =+=，22(3)12EN =+=,BM EN ∴≠，故选B ．【点评】本题比较具有综合性，既考查了面面垂直、线面垂直等线面关系，还考查了三角形中的一些计算问题，是一个比较经典的题目．10．(2019年高考数学课标全国Ⅱ卷理科)设α、β为两个平面，则αβ//的充要条件是()()A ．α内有无数条直线与β平行B ．α内有两条相交直线与β平行C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一平面【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是αβ//的充分条件，由面面平行性质定理知，若αβ//，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是αβ//的必要条件，故选B .【点评】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若,,//a b a b αβ⊂⊂，则//αβ”此类的错误．11．(2019年高考数学课标全国Ⅰ卷理科)已知三棱锥P ABC -的四个顶点在球O 的球面上，PA PB PC ==，ABC △是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，90CEF ∠=︒，则球O 的体积为()A ．B ．C ．D 【答案】D解析：三棱锥P ABC -为正三棱锥，取AC 中点M ，连接,PM BM ，则,AC PM AB BM ⊥⊥，PM BM M = ，可得AC ⊥平面PBM ，从而AC PB ⊥，又//,PB EF EF CE ⊥，可得PB CE ⊥，又AC CE C = ，所以PB ⊥平面PAC ，从而,PB PA PB PC ⊥⊥，从而正三棱锥P ABC -的三条侧棱,,PA PB PC 两两垂直，且PA PB PC ===,,PA PB PC 为棱的正方体，正方体的体对角线即为球O 的直径，即22R R ==，所以球O 的体积为343V R π==．12．(2018年高考数学课标Ⅲ卷（理）)设,,,A B C D 是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为，则三棱锥D ABC -体积的最大值为()A．B．C．D．【答案】B解析：设ABC △的边长为a，则21sin 6062ABC S a a =︒=⇒=△，此时ABC △外接圆的半径为112sin 60232a r =⋅=⨯︒，故球心O 到面ABC2==，故点D 到面ABC 的最大距离为26R +=，此时11633D ABC ABC D ABC V S d --=⋅=⨯=△，故选B．点评：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当DM ⊥平面ABC 时，三棱锥D ABC -体积最大很关键，由M 为三角形ABC 的重心，计算得到23BM BE ==，再由勾股定理得到OM ，进而得到结果，属于较难题型．13．(2018年高考数学课标Ⅲ卷（理）)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头，若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体．则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()()【答案】A解析：依题意，结合三视图的知识易知，带卯眼的木构件的俯视图可以是A 图．14．(2018年高考数学课标Ⅱ卷（理）)在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA =线1AD 与1DB 所成角的余弦值为()A ．15B ．56C ．55D ．22【答案】C解析：以D 为坐标原点，1,,DA DC DD DA 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则11(0,0,0),(1,0,0),(1,1,3),(0,0,3)D A B D ，所以11(1,0,3),(1,1,3)AD DB =-=因为111111135cos ,5||||25AD DB AD DB AD DB ⋅-+<>===⋅⨯所以异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为55，故选C ．15．(2018年高考数学课标卷Ⅰ（理）)已知正方体的校长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面而积的最大值为()A ．334B ．233C ．324D ．32【答案】A【解析一】根据题意，平面α与正方体对角线垂直，记正方体为111ABCD A B C D -不妨设平面α与1AC 垂直，且交于点M ．平面ABD 与平面11B D C 与1AC 分别交于,P Q ．正方体中心为O ,则容易证明当M 从A 运动到P 时，截面为三角形且周长逐渐增大:当M 从P 运动到Q 时，截面为六边形且周长不变;当M 从Q 运动到1C 时，截面为三角形且周长还渐减小。
【2022高考必备】2012-2021十年全国高考数学真题分类汇编 立体几何大题(原卷版)
2012-2021十年全国高考数学真题分类汇编 立体几何大题（原卷版）1．(2021年高考全国甲卷理科)已知直三棱柱111ABC A B C -中,侧面11AA B B 为正方形,2AB BC ==,E ,F 分别为AC 和1CC 中点,D 为棱11A B 上地点．11BF A B ⊥(1)证明：BF DE ⊥。
(2)当1B D 为何值时,面11BB C C 与面DFE 所成地二面角地正弦值最小?2．(2021年高考全国乙卷理科)如图,四棱锥P ABCD -地底面是矩形,PD ⊥底面ABCD ,1PD DC ==,M 为BC 地中点,且PB AM ⊥．(1)求BC 。
(2)求二面角A PM B --地正弦值．3．(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科)如图,D 为圆锥地顶点,O 是圆锥底面地圆心,AE 为底面直径,AE AD =．ABC 是底面地内接正三角形,P 为DO 上一点,PO =．的(1)证明：PA ⊥平面PBC 。
(2)求二面角B PC E --地余弦值．4．(2020年高考数学课标Ⅱ卷理科)如图,已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1地底面是正三角形,侧面BB 1C 1C 是矩形,M ,N 分别为BC ,B 1C 1地中点,P 为AM 上一点,过B 1C 1和P 地平面交AB 于E ,交AC 于F ．(1)证明：AA 1∥MN ,且平面A 1AMN ⊥EB 1C 1F 。
(2)设O 为△A 1B 1C 1地中心,若AO ∥平面EB 1C 1F ,且AO =AB ,求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角地正弦值．5．(2020年高考数学课标Ⅲ卷理科)如图,在长方体1111ABCD A B C D -中,点,E F 分别在棱11,DD BB 上,且12DE ED =,12BF FB =．(1)证明：点1C 平面AEF 内。
(2)若2AB =,1AD =,13AA =,求二面角1A EF A --地正弦值．6．(2019年高考数学课标Ⅲ卷理科)图1是由矩形ADEB ,Rt △ABC 和菱形BFGC 组成地一个平面图形,其中AB =1,BE =BF =2,∠FBC =60°,将其沿AB ,BC 折起使得BE 与BF 重合,连结DG ,如图2．(1)证明：图2中地A ,C ,G ,D 四点共面,且平面ABC ⊥平面BCGE 。
全国高三名校理数统考最新精选分类汇编19：几何证明(山西、河南、河北).pdf
2013年全国高三名校理数统考最新精选分类汇编19：几何证明 一、解答题 1 ．选修4—1:几何证明选讲 如图,∠BAC的平分线与BC和外接圆分别相交于D和E,延长AC交过D、E、C三点的圆于点F. (Ⅰ)求证:; (Ⅱ)若,求的值. ．（河南省郑州市盛同学校2013届高三4月模拟考试数学（理）试题） 3 ．（河南省郑州市2013年高中毕业年级第二次质量预测数学（理）试题） 如图,已知0和M相交于A、B两点,AD为M的直径,直线BD交O于点C,点G为弧BD中点,连结 AG分别交0、BD于点E、F,连结CE. (I)求证:AG·EF=CE·GD 4．（山西省忻州市2013届高三第一次联考数学（理）试题）选修4(1:几何证明选讲 如图,已知C、F是以AB为直径的半圆上的两点,且CF=CB,过C作CDAF交AF的延长线与点D.(1)证明:CD为圆O的切线;(2)若AD=3,AB=4,求AC的长. 5．（山西省太原市2013届高三下学期第一次模拟考试数学（理）试题）选修4一1:几何证明选讲 如图,⊙O的直径AB的延长线与弦CD的延长线相交于点P.E为⊙O上一点,, DE交AB于点F. (I)证明:DF·EF=OF·FP; (II)当AB=2BP时,证明:OF=BF. ．（山西省太原市2013届高三调研考试数学（理）试题）选修4-1:几何证明选讲. 如图,⊙O1与⊙O2相交于点A,B,⊙O1的切线AC交⊙O2于另一点C,⊙O2的切线AD交⊙O1于另一点D,DB的延长线交⊙O2于点E. (Ⅰ)求证:AB2=BC·BD; (Ⅱ)若AB=1,AC=2,AD=,求BE. 7．（山西省临汾一中、忻州一中、康杰中学、长治二中2013届高三第三次四校联考数学（理）试题）选修4—1:几何证明选讲 已知与圆相切于点,经过点的割线交圆于点,的平分线分别交于点.(1)证明:; (2)若,求的值. 8．（山西省2013届高三高考考前适应性训练数学（理）试题）选修4—1:几何证明选讲 如图,半圆O的直径AB的长为4,点C平分弧AE,过C作AB的垂线交AB于D,交AE于F. (1)求证:; (2)若AE是的角平分线,求CD的长. ．（河南省信阳高中2013届高三4月模拟考试（一）数学理试题）选修4-1:几何证明选讲如图所示,已知PA与⊙O相切,A为切点,过点P的割线交圆于B、C两点,弦CD∥AP,AD、BC相交于点E,F为CE上一点,且DE2=EF·EC. (1)求证:CE·EB=EF·EP;(2)若CE:BE=3:2,DE=3,EF=2,求PA的长. 10．（河南省十所名校2013届高三第三次联考数学（理）试题）(本小题满分10分)选修4—1:几何证明选讲如图,已知⊙O的半径为1,MN是⊙O的直径,过M点作⊙O的切线AM,C是AM的中点,AN交⊙O于B点,若四边形BCON是平行四边形;(Ⅰ)求AM的长; (Ⅱ)求sin∠ANC. 11．（河南省洛阳市2013届高三期上学期末考试数学（理）试题（WORD版） ）选修4-1:几何证明选讲如图,A,B,C,D四点在同一圆O上,BC与AD的延长线交于点E,点F在BA的延长线上.(Ⅰ)若=,=,求的值;(Ⅱ)若EF2=FA·FB,证明:EF∥CD.．（河南省洛阳市2013届高三二练考试数学（理）试题）(本题满分 10分)选修 4 一 l :几何证明选讲如图, AB 是圆 O 的直径,以 B 为圆心的圆 B 与圆 O 的一个交点为 P .过点 A 作直线交圆 O 于点 Q ,交圆 B 干点 M , N . (1)求证: QM=QN ;(2)设圆O的半径为 2 ,圆 B 的半径为 1 ,当 时,求 MN 的长. 13．（河南省六市2013届高中毕业班第一次联合考试数学（理）试题）选修4—1:几何证明选讲 如图,已知⊙O是△ABC的外接圆,AB=BC,AD是BC边上的高,AE是⊙O的直径.(Ⅰ)求证:AC·BC=AD·AE; (Ⅱ)过点C作⊙O的切线交BA的延长线于点F,若AF=4,CF=6,求AC的长. 14．（河南省开封市2013届高三第二次质量检测数学（理）试题）选修4-1:几何证明选讲如图,在△ABC中,∠C为钝角,点E、H是边AB上的点,点K、M分别是边AC和BC上的点,且AH=AC,EB=BC,AE=AK,BH=BM.(I)求证:E、H、M、K四点共圆;(Ⅱ)若KE - EH,CE=3,求线段KM的长. 15．（河南省焦作市2013届高三第一次模拟考试数学（理）试题）选修4-1,几何证明选讲如图,在△ABC中,BC边上的点D满足BD=2DC,以BD为直径作圆O恰与CA相切于点A,过点B作BE⊥CA于点E,BE交圆D于点F.(1)求∠ABC的度数;(2)求证:BD=4EF 16．（河南省2013届高三新课程高考适应性考试（一）数学（理）试题）选修4一1:几何证明选讲 在ABC的边AB,BC,CA上分别取D,E,F.使得DE=BE,FE=CE,又点O是△ADF的外心.(Ⅰ)证明:D,E,F,O四点共圆; (Ⅱ)证明:O在∠DEF的平分线上.．（河北省武邑中学2013届高三第一次模拟考试数学（理）试题）《选修4-1:几何证明选讲》 如图,已知⊙O1与⊙O2相交于A、B两点,过点A作⊙O1的切线交⊙O2于点C,过点B和两圆的割线,分别交⊙O1、⊙O2于点D、E,DE与AC相交于点P. (1)求证:AD∥EC; (2)若AD是⊙O2的切线,且PA=6,PC=2,BD=9,求AD的长. 18．（河北省唐山市2013届高三第一次模拟考试数学（理）试题）选修4-1:几何证明选讲 O于A,B两点,AC是直径,AD平分M,交圆0于点D, 过D作DE上MN于E. (I)求证: DE是圆O的切线: (II) DE=6,AE=3,求ΔABC 的面积 19．（河北省唐山市2013届高三第二次模拟考试数学（理）试题（word版））选修4—1:几何证明选讲如图所示,AC为的直径,D为的中点,E为BC的中点.(Ⅰ)求证:;(Ⅱ)求证:. 20．（河北省石家庄市2013届高中毕业班第一次模拟考试数学理（A）试题（word版） ） 如图,过圆O外一点P作该圆的两条割线PAB和PCD,分别交圆 O于点A,B,C,D弦AD和BC交于Q点,割线PEF经过Q点交圆O于点E、F,点M在EF上,且: (I)求证:PA·PB=PM·PQ 21．（河北省石家庄市2013届高三下学期第二次质量检测数学（理）试题）选修4-1几何证明选讲 如图,AB是O的直径,BE为圆0的切线,点c为o 上不同于A、B的一点,AD为的平分线,且分别与BC 交于H,与O交于D,与BE交于E,连结BD、CD. (I )求证:BD平分 (II)求证:AH.BH=AE.HC 22．（河北省衡水中学2013届高三第六次模拟考试数学（理）试题）如图,已知⊙O和⊙M相交于A、B两点,AD为⊙M的直径,直线BD交⊙O于点C,点G为弧BD中点,连结AG分别交⊙O、BD于点E、F连结CE.(1)求证:;(2)求证: 23．（河北省邯郸市2013届高三下学期第一次（3月）模拟考试数学（理）试题） 如图所示,PA为0的切线,A为切点,PBC是过点O的割线,PA=10,PB=5、 (I)求证:; (π)求AC的值. 24．（河北省保定市2013届高三第一次模拟数学理试题（WORD版））选修4 -1:几何证明选讲如图,⊙O的半径OB垂直于直径AC,M为AO上一点,BM的延长线交⊙O于N,过N点的切线交CA的延长线于P(1)求证:PM2=PA·PC;(2)⊙O的半径为,OM=2,求MN的长 2013年全国高三名校理数统考最新精选分类汇编19：几何证明参考答案 一、解答题 解:(Ⅰ)如图,连接CE,DF. ∵AE平分∠BAC∴∠BAD=∠DAC 在圆内又知∠DCE=∠EFD,∠BCE=∠BAE. ∴∠EAF=∠EFD 又∠AEF=∠FED, ∴ΔAEF∽ΔFED, ∴, ∴ 要证明角度相等,找中间角度作为桥梁. 要证明,可以把乘法变为除法,变为:,于是得到“分子三角形和分母三角形”:.这样就转化为三角形的相似,帮助找相似三角形.这样就可以做出辅助线,构造相似三角形. 另外,做题要先度量,后计算,把图形画准确.从求证出发,向已知进行靠拢. (Ⅱ)由(Ⅰ)知∵EF=3,AE=6, ∴ED=3/2,AD=9/2 ∴ACAF=ADAE==27 证明:(Ⅰ)连结AB、AC,∵AD为⊙M的直径,∴∠ABD=90°,∴AC为⊙O的直径,∴∠CEF=∠AGD=90°.2分∵G为弧BD中点,∴∠DAG=∠GAB=∠ECF. 4分∴△CEF∽△AGD∴,∴AG·EF=CE·GD 6分(Ⅱ)由⑴知∠DAG=∠GAB=∠FDG,∠G=∠G,∴△DFG∽△AGD,∴DG2=AG·GF.8分由⑴知,∴10分 (Ⅰ)证明:∵,.∵,, 则,∥.∵,.则为圆的切线. (Ⅱ)解:连接,由(Ⅰ)知.又,∽. .则,所以 (1)∵ PA是切线,AB是弦,∴ ∠BAP=∠C,又 ∵ ∠APD=∠CPE,∴ ∠BAP+∠APD=∠C+∠CPE,∵∠ADE=∠BAP+∠APD,∠AED=∠C+∠CPE,∴ ∠ADE=∠AED. (2)由(1)知∠BAP=∠C,又 ∵ ∠APC=∠BPA, ∴ △APC∽△BPA, ∴, ∵ AC=AP, ∴ ∠APC=∠C=∠BAP,由三角形内角和定理可知,∠APC+∠C+∠CAP=180°,∵ BC是圆O的直径,∴∠BAC=90°, ∴ ∠APC+∠C+∠BAP=180°-90°=90°,∴ ∠C=∠APC=∠BAP=×90°=30°. 在Rt△ABC中,=, ∴=. (I)∵,∴, 又∵,∴,∴∽ ∴又∵,∴···5分 (II),, 是⊙的切线,, 解:(Ⅰ)连接,则,因为四边形是平行四边形,所以∥,因为是的切线,所以,可得,又因为是的中点,所以,得,故.(Ⅱ)作于点,则,由(Ⅰ)可知,故. 证明:(Ⅰ) 如图,∠DEF=180°-(180°-2∠B)-(180°-2∠C)=180°-2∠A. 因此∠A是锐角, 从而的外心与顶点A在DF的同侧, ∠DOF=2∠A=180°-∠DEF. 因此D,E,F,O四点共圆 (Ⅱ)由(Ⅰ)知,∠DEO=∠DFO=∠FDO=∠FEO, 即O在∠DEF的平分线上 证明:解:(I)∵AC是⊙O1的切线,∴∠BAC=∠D, 又∵∠BAC=∠E,∴∠D=∠E,∴AD∥EC. (II)设BP=x,PE=y,∵PA=6,PC=2, ∴xy=12 ① ∵AD∥EC,∴=,∴=② 由①、②解得 (∵x>0,y>0) ∴DE=9+x+y=16, ∵AD是⊙O2的切线,∴AD2=DB·DE=9×16,∴AD=12. 解:(Ⅰ)连结OD,则OA=OD,所以∠OAD=∠ODA. 因为∠EAD=∠OAD,所以∠ODA=∠EAD 因为∠EAD+∠EDA=90,所以∠EDA+∠ODA=90,即DE⊥OD. 所以DE是圆O的切线 (Ⅱ)因为DE是圆O的切线,所以DE2=EA·EB, 即62=3(3+AB),所以AB=9 因为OD∥MN,所以O到MN的距离等于D到MN的距离,即为6 又因为O为AC的中点,C到MN的距离等于12 故△ABC的面积S=AB·BC=54 证明: (Ⅰ)连接BD,因为D为的中点,所以BD=DC. 因为E为BC的中点,所以DE⊥BC. 因为AC为圆的直径,所以∠ABC=90(, 所以AB∥DE (Ⅱ)因为D为的中点,所以∠BAD=∠DAC,又∠BAD=∠DCB,则∠DAC=∠DCB.又因为AD⊥DC,DE⊥CE,所以△DAC∽△ECD. 所以=,AD·CD=AC·CE,2AD·CD=AC·2CE,因此2AD·CD=AC·BC 证明:(Ⅰ)∵∠BAD=∠BMF,所以A,Q,M,B四点共圆, 所以 (Ⅱ)∵ , ∴ , 又 , 所以, ∴ ,则, ∵, ∴, , 所以 选修4-1几何证明选讲证明:(Ⅰ)由弦切角定理知 由, 所以, 即 (Ⅱ)由(Ⅰ)可知 所以, 因为,, 所以∽,所以,即 即:. 证明:(1)连结,,∵为圆的直径,∴, ∴为圆的直径, ∴, ∵,∴, ∵为弧中点,∴, ∵,∴, ∴∽,∴, (2)由(1)知,, ∴∽,∴, 由(1)知,∴ 解:(Ⅰ)∵为⊙的切线,∴, 又∴∽.∴ (Ⅱ)∵为⊙的切线,是过点的割线,∴. 又∵,,∴, 由(Ⅰ)知,,∵是⊙的直径, ∴.∴,∴AC= N M O E D C B A 图6 F O D B E C A M O F E G D C B A · · A B C D E O · · A B C D G E F O M。
历年全国理科数学高考试题立体几何部分精选(含答案)
1。
在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示,则相应的俯视图可以为2。
已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且6,23AB BC==，则棱锥-的体积为。
O ABCD3。
如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°，AB=2AD，PD⊥底面ABCD.（Ⅰ）证明：PA⊥BD；(Ⅱ)若PD=AD，求二面角A—PB-C的余弦值。
1.D2.833。
解:（Ⅰ）因为60,2DAB AB AD ∠=︒=, 由余弦定理得3BD AD =从而BD 2+AD 2= AB 2,故BD ⊥AD 又PD ⊥底面ABCD ,可得BD ⊥PD 所以BD ⊥平面PAD. 故 PA ⊥BD（Ⅱ）如图，以D 为坐标原点，AD 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D —xyz ，则()1,0,0A ,()03,0B ，，()1,3,0C -，()0,0,1P .(1,3,0),(0,3,1),(1,0,0)AB PB BC =-=-=- 设平面PAB 的法向量为n=（x ，y ，z ），则0,0,{n AB n PB ⋅=⋅=即 3030x y y z -+=-=因此可取n=(3,1,3)设平面PBC 的法向量为m,则m 0,m 0,{PB BC ⋅=⋅=可取m=(0，—1，3-） 427cos ,727m n -==- 故二面角A-PB-C 的余弦值为 277-1。
正方体ABCD —1111A B C D 中，B 1B 与平面AC 1D 所成角的余弦值为A23 B 33 C 23D 63 2. 已知圆O 的半径为1，PA 、PB 为该圆的两条切线，A 、B 为俩切点，那么PA PB •的最小值为（A ） 42-+ (B)32-+ （C ） 422-+ (D ）322-+3。
已知在半径为2的球面上有A 、B 、C 、D 四点,若AB=CD=2，则四面体ABCD 的体积的最大值为(A ）233 (B)433 (C ） 23 （D) 8334. 如图，四棱锥S-ABCD 中，SD ⊥底面ABCD ，AB//DC ，AD ⊥DC,AB=AD=1，DC=SD=2，E 为棱SB 上的一点,平面EDC ⊥平面SBC .（Ⅰ)证明:SE=2EB ；（Ⅱ）求二面角A —DE —C 的大小 .1. D 2。
2011-2017年新课标全国卷2理科数学试题分类汇编——15.几何证明选讲
ABCD E FG15．几何证明选讲一、解答题（2016·22）【选修4-1：几何证明选讲】如图，在正方形ABCD 中，E ，G 分别在边DA ，DC 上（不与端点重合），且DE =DG ，过D 点作DF ⊥CE ，垂足为F . （Ⅰ）证明：B ，C ，G ，F 四点共圆；（Ⅱ）若AB =1，E 为DA 的中点，求四边形BCGF 的面积.（2015·22）如图，O 为等腰三角形ABC 内一点，⊙O 与△ABC 的底边BC 交于M 、N 两点，与底边上的高AD 交于点G ，且与AB ，AC 分别相切于E ，F 两点. （Ⅰ）证明：EF ∥BC ；（Ⅱ）若AG 等于⊙O 的半径，且AE=MN=23，求四边形EBCF 的面积.（2014·22）如图，P 是⊙O 外一点，P A 是切线，A 为切点，割线PBC 与⊙O 相交于点B 、C ，PC =2P A ，D 为PC 的中点，AD 的延长线交⊙O 于点E . 证明：（Ⅰ）BE = EC ；（Ⅱ）AD ·DE = 2PB 2.（2013·22）如图，CD 为ABC △外接圆的切线，AB 的延长线交直线CD 于点D ，E ，F 分别为弦AB 与弦AC 上的点，且BC AE DC AF ⋅=⋅，B 、E 、F 、C 四点共圆.（Ⅰ）证明：CA 是ABC △外接圆的直径；（Ⅱ）若DB BE EA ==，求过B 、E 、F 、C 四点的圆的面积与ABC △外接圆面积的比值.（2012·22）如图，D ，E 分别为△ABC 边AB ，AC 的中点，直线DE 交于△ABC 的外接圆于F ，G 两点，若CF // AB ，证明： （Ⅰ）CD = BC ； （Ⅱ）△BCD ∽△GBD .（2011·22）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m ，AC 的长为n ，AD ，AB 的长是关于x 的方程x 2-14x +mn =0的两个根. （Ⅰ）证明：C 、B 、D 、E 四点共圆；（Ⅱ）若∠A =90º，且m =4，n =6，求C 、B 、D 、E 所在圆的半径.F GDE ABCA BCD E FG15．几何证明选讲（逐题解析版）（2016·22）【选修4-1：几何证明选讲】如图，在正方形ABCD 中，E ，G 分别在边DA ，DC 上（不与端点重合），且DE =DG ，过D 点作DF ⊥CE ，垂足为F .（Ⅰ）证明：B ，C ，G ，F 四点共圆；（Ⅱ）若AB =1，E 为DA 的中点，求四边形BCGF 的面积.22. 证明：（Ⅰ）∵DF CE ⊥，∴Rt Rt DEF CED △∽△，∴GDF DEF BCF ∠=∠=∠，DF CF DG BC =，∵DE DG =，CD BC =，∴DF CFDG BC=，∴GDF BCF △∽△，∴CFB DFG ∠=∠，∴GFB GFC CFB ∠=∠+∠90GFC DFG DFC =∠+∠=∠=︒， ∴180GFB GCB ∠+∠=︒．∴B ，C ，G ，F 四点共圆． （Ⅱ）∵E 为AD 中点，1AB =，∴12DG CG DE ===，∴在Rt GFC △中，GF GC =，连接GB ，Rt Rt BCG BFG △≌△，∴1112=21=222BCG BCGFS S =⨯⨯⨯△四边形．（2015·22）如图，O 为等腰三角形ABC 内一点，⊙O 与△ABC 的底边BC 交于M 、N 两点，与底边上的高AD 交于点G ，且与AB ，AC 分别相切于E ，F 两点. （Ⅰ）证明：EF ∥BC ；（Ⅱ）若AG 等于⊙O 的半径，且AE=MN=23，求四边形EBCF 的面积.（2015·22）解析：（Ⅰ）由于ABC ∆是等腰三角形，AD BC ⊥，所以AD 是CAB∠的平分线，又因为⊙O 分别与AB ，AC 相切于点E ，F ，所以AE AF =，故AD EF ⊥，从而//EF BC . （Ⅱ）由（Ⅰ）知，AE AF =，AD EF ⊥，故AD 是EF 的垂直平分线.又EF 为⊙O 的弦，所以O 在AD 上. 连结,OE OM ，则OE AE ⊥，由AG 等于⊙O 的半径得2AO OE =，所以30OAE ∠=o，因此ABC ∆和AEF ∆都是等边三角形.因为23AE =，所以4,2AO OE ==. 因为12,32OM OE DM MN ====，所以1OD =.于是5,AD =1033AB =. 所以四边形EBCF 的面积为221103313163()(23)22⨯⨯-⨯⨯=.（2014·22）如图，P 是⊙O 外一点，P A 是切线，A 为切点，割线PBC 与⊙O 相交于点B 、C ，PC =2P A ，D 为PC 的中点，AD 的延长线交⊙O 于点E . 证明：（Ⅰ）BE = EC ；（Ⅱ）AD ·DE = 2PB 2.（2014·22）解析：（Ⅰ）∵PC =2P A ，PD =DC ，∴P A =PD ，△P AD 为等腰三角形. 连接AB ，则∠P AB = ∠DEB =β，∠BCE =∠BAE =α，∵∠P AB +∠BCE =∠P AB +∠BAD =∠P AD =∠PDA =∠DEB +∠DBE ，∴β+α=β+∠DBE ，即α=∠DBE ，亦即∠BCE =∠DBE ，所以BE =EC . （Ⅱ）∵AD ·DE =BD ·DC ，P A 2=PB ·PC ，PD =DC =P A ， ∴BD ·DC =(P A -PB ) ·P A =PB ·PC -PB ·P A =PB ·(PC -P A )， ∴PB ·P A =PB ·2PB =2PB 2.（2013·22）如图，CD 为ABC △外接圆的切线，AB 的延长线交直线CD 于点D ，E ，F 分别为弦AB 与弦AC 上的点，且BC AE DC AF ⋅=⋅，B 、E 、F 、C 四点共圆.（Ⅰ）证明：CA 是ABC △外接圆的直径；（Ⅱ）若DB BE EA ==，求过B 、E 、F 、C 四点的圆的面积与ABC △外接圆面积的比值.（2013·22）解析：（Ⅰ）因为CD 为△ABC 外接圆的切线，所以∠DCB ＝∠A，由题设知BC DCFA EA=，故△CDB ∽△AEF ，所以∠DBC ＝∠EF A .因为B ，E ，F ，C 四点共圆，所以∠CFE ＝∠DBC ，故∠EF A ＝∠CFE ＝90°.所以∠CBA ＝90°，因此CA 是△ABC 外接圆的直径．（Ⅱ）连结CE ，因为∠CBE ＝90°，所以过B ，E ，F ，C 四点的圆的直径为CE ，由DB ＝BE ，有CE ＝DC ，又BC 2＝DB ·BA ＝2DB 2，所以CA 2＝4DB 2＋BC 2＝6DB 2. 而DC 2＝DB ·DA ＝3DB 2，故过B ，E ，F ，C 四点的圆的面积与△ABC 外接圆面积的比值为12.（2012·22）如图，D ，E 分别为△ABC 边AB ，AC 的中点，直线DE 交于△ABC 的外接圆于F ，G 两点，若CF // AB ，证明： （Ⅰ）CD = BC ； （Ⅱ）△BCD ∽△GBD .（2012·22）解析：（Ⅰ） ∵D ，E 分别为△ABC 边AB ，AC 的中点，∴DE //BC . ∵CF //AB ，DF //BC ，∴CF //BD 且CF =BD ，∵又D 为AB 的中点，∴CF //AD 且CF =AD ，∴CD =AF . ∵CF //AB ，∴BC =AF ，∴CD =BC .（Ⅱ）由（Ⅰ）知，BC //GF ，∴GB =CF =BD ，∠BGD =∠BDG =∠DBC =∠BDC ，∴△BCD ∽△GBD .（2011·22）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m ，AC 的长为n ，AD ，AB 的长是关于x 的方程x 2-14x +mn =0的两个根.FGDE ABCDE AB C（Ⅰ）证明：C 、B 、D 、E 四点共圆；（Ⅱ）若∠A =90º，且m =4，n =6，求C 、B 、D 、E 所在圆的半径.（2011·22）解析：（Ⅰ）连结DE ，根据题意在△ADE 和△ACB 中，AD ×AB =mn =AE ×AC ，即ABAEAC AD，又∠DAE =∠CAB ，从而△ADE ∽△ACB ，因此∠ADE =∠ACB ，所以C 、B 、D 、E 四点共圆.（Ⅱ）m =4，n =6，方程x 2-14x +mn =0的两根为2，12. 即AD =2，AB =12，取CE 的中点G ，DB 的中点F ，分别过G 、F 作AC 、AB 的垂线，两垂线交于点H ，连结D 、H ，因为C 、B 、D 、E 四点共圆，所以圆心为H ，半径为DH . 由于∠A =90º，故GH ∥AB ，HF ∥AC . 从而HF =AG =5，DF =5，故半径为52.。
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矿产资源开发利用方案编写内容要求及审查大纲
矿产资源开发利用方案编写内容要求及《矿产资源开发利用方案》审查大纲一、概述
㈠矿区位置、隶属关系和企业性质。
如为改扩建矿山, 应说明矿山现状、
特点及存在的主要问题。
㈡编制依据
(1简述项目前期工作进展情况及与有关方面对项目的意向性协议情况。
(2 列出开发利用方案编制所依据的主要基础性资料的名称。
如经储量管理部门认定的矿区地质勘探报告、选矿试验报告、加工利用试验报告、工程地质初评资料、矿区水文资料和供水资料等。
对改、扩建矿山应有生产实际资料, 如矿山总平面现状图、矿床开拓系统图、采场现状图和主要采选设备清单等。
二、矿产品需求现状和预测
㈠该矿产在国内需求情况和市场供应情况
1、矿产品现状及加工利用趋向。
2、国内近、远期的需求量及主要销向预测。
㈡产品价格分析
1、国内矿产品价格现状。
2、矿产品价格稳定性及变化趋势。
三、矿产资源概况
㈠矿区总体概况
1、矿区总体规划情况。
2、矿区矿产资源概况。
3、该设计与矿区总体开发的关系。
㈡该设计项目的资源概况
1、矿床地质及构造特征。
2、矿床开采技术条件及水文地质条件。