2020年高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第2課時(shí)知能演練輕松闖關(guān) 新人教版選修4-1

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1、2020年高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 選修4-1第2課時(shí)知能演練輕松闖關(guān) 新人教版 一、填空題 1.如圖，AB是半圓O的直徑，C是半圓O上異于A，B的點(diǎn)，CD⊥AB，垂足為D，已知AD＝2，CB＝4，則CD＝__________. 解析：根據(jù)射影定理得CB2＝BD×BA，即(4)2＝BD(BD＋2)，得BD＝6，又CD2＝AD×BD＝12，所以CD＝＝2. 答案：2 2．如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，BC是直徑，MN與⊙O相切，切點(diǎn)為A，∠MAB＝35°，則∠D＝________. 解析：連接BD(圖略)，由題意知，∠ADB＝∠MAB＝35°，∠BDC＝90°，故∠D＝∠ADB

2、＋∠BDC＝125°. 答案：125° 3.(2020·高考廣東卷)如圖所示， 過圓O外一點(diǎn)P分別作圓的切線和割線交圓于A，B，且PB＝7，C是圓上一點(diǎn)使得BC＝5，∠BAC＝∠APB，則AB＝________. 解析：根據(jù)圓的性質(zhì)有∠PAB＝∠ACB, 而∠BAC＝∠APB，故△PAB∽△ACB，故有＝，將PB＝7，BC＝5代入解得AB＝. 答案： 4．(2020·高考廣東卷)如圖，AB、CD是半徑為a的圓O的兩條弦，它們相交于AB的中點(diǎn)P，PD＝，∠OAP＝30°，則CP＝________. 解析：∵AP＝PB，∴OP⊥AB. 又∵∠OAP＝30°，∴AP＝a. 由

3、相交弦定理得CP·PD＝AP2. ∴CP＝＝a2×＝a. 答案：a 5.(2020·高考湖南卷)如圖，A，E是半圓周上的兩個(gè)三等分點(diǎn)，直徑BC＝4，AD⊥BC，垂足為D，BE與AD相交于點(diǎn)F，則AF的長為________． 解析：如圖，連接CE，AO，AB.根據(jù)A，E是半圓周上的 兩個(gè)三等分點(diǎn)，BC為直徑，可得∠CEB＝90°，∠CBE＝30°，∠AOB＝60°，故△AOB為等邊三角形，AD＝，OD＝BD＝1，∴DF＝， ∴AF＝AD－DF＝. 答案： 6.(2020·高考北京卷)如圖，⊙O的弦ED，CB的延長線交于點(diǎn)A.若BD⊥AE，AB＝4，BC＝2，AD＝3，則D

4、E＝________；CE＝________. 解析：由圓的割線定理知：AB·AC＝AD·AE， ∴AE＝8，∴DE＝5.連接EB(圖略)，∵∠EDB＝90°， ∴EB為直徑，∴∠ECB＝90°. 由勾股定理，得 EB2＝DB2＋ED2＝AB2－AD2＋ED2＝16－9＋25＝32. 在Rt△ECB中，EB2＝BC2＋CE2＝4＋CE2， ∴CE2＝28，∴CE＝2. 答案：5　2 二、解答題 7.如圖，AB是半圓的直徑，C是AB延長線上一點(diǎn)，CD切半圓于點(diǎn)D，CD＝2，DE⊥AB，垂足為E，且E是OB的中點(diǎn)，求BC的長． 解：連接OD，DB，則OD⊥DC.

5、 在Rt△OED中，OE＝OB＝OD， 所以∠ODE＝30°. 在Rt△ODC中，∠DCO＝30°，由DC＝2， 則OD＝DCtan 30°＝， 又∠CDB＝∠COD＝30°，所以∠CDB＝∠DCO， 所以BC＝BD＝OD，所以BC＝. 8.(2020·高考江蘇卷)如圖，圓O1與圓O2內(nèi)切于點(diǎn)A，其半徑分別為r1與r2(r1>r2)．圓O1的弦AB交圓O2于點(diǎn)C(O1不在AB上)．求證：AB∶AC為定值． 證明：如圖，連接AO1并延長，分別交兩圓于點(diǎn)E和點(diǎn)D.連接BD，CE.因?yàn)閳AO1與圓O2內(nèi)切于點(diǎn)A，所以點(diǎn)O2在AD上，故AD，AE分別為圓O1，圓O2的直徑． 從而

6、∠ABD＝∠ACE＝. 所以BD∥CE，于是＝＝＝.所以AB∶AC為定值． 9.如圖所示，以直角三角形ABC的直角邊AC為直徑作⊙O，交斜邊AB于點(diǎn)D，E為BC邊的中點(diǎn)，連接DE.請判斷DE是否為⊙O的切線，并證明你的結(jié)論． 解：DE是⊙O的切線． 如圖，連接OD、CD，則OD＝OC， ∴∠OCD＝∠ODC.又AC為⊙O的直徑，∴∠ADC＝90°. ∴三角形CDB為直角三角形． 又E為BC的中點(diǎn)，∴DE＝BC＝CE， ∴∠ECD＝∠EDC. 又∠OCD＋∠ECD＝90°，∴∠ODC＋∠EDC＝90°， 即∠ODE＝90°，∴DE為⊙O的切線． 10.(2020·高

7、考遼寧卷)如圖，△ABC的角平分線AD的延長線交它的外接圓于點(diǎn)E. (1)證明：△ABE∽△ADC； (2)若△ABC的面積S＝AD·AE，求∠BAC的大?。? 解：(1)證明：由已知條件，可得∠BAE＝∠CAD. 因?yàn)椤螦EB與∠ACD是同弧所對的圓周角， 所以∠AEB＝∠ACD. 故△ABE∽△ADC. (2)因?yàn)椤鰽BE∽△ADC，所以＝， 即AB·AC＝AD·AE. 又S＝AB·ACsin∠BAC，且S＝AD·AE， 故AB·ACsin∠BAC＝AD·AE. 則sin ∠BAC＝1.又∠BAC為△ABC的內(nèi)角， 所以∠BAC＝90°. 11.如圖，梯形AB

8、CD內(nèi)接于⊙O，AD∥BC，過B引⊙O的切線分別交DA、CA的延長線于E、F. (1)求證：AB2＝AE·BC； (2)已知BC＝8，CD＝5，AF＝6，求EF的長． 解：(1)證明：因?yàn)锽E切⊙O于B， 所以∠ABE＝∠ACB. 由于AD∥BC， 所以∠BAE＝∠ABC. 所以△EAB∽△ABC. 所以＝.故AB2＝AE·BC. (2)由(1)，知△EAB∽△ABC， 所以＝. 又AE∥BC，所以＝ . 所以＝. 因?yàn)锳D∥BC，所以＝. 所以AB＝CD.所以＝. 所以EF＝＝. 12.如圖，已知C點(diǎn)在圓O直徑BE的延長線上，CA切圓O于A點(diǎn)，∠ACB的

9、平分線分別交AE、AB于點(diǎn)F、D. (1)求∠ADF的度數(shù)； (2)若AB＝AC，求的值． 解：(1)∵AC為圓O的切線， ∴∠B＝∠EAC， 又CD是∠ACB的平分線，∴∠ACD＝∠DCB， ∴∠B＋∠DCB＝∠EAC＋∠ACD， 即∠ADF＝∠AFD. 又∵BE為圓O的直徑，∴∠BAE＝90°， ∴∠ADF＝(180°－∠BAE)＝45°. (2)∵∠B＝∠EAC，∠ACE＝∠BCA， ∴△ACE∽△BCA，∴＝. 又∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACB， ∴∠B＝∠ACB＝∠EAC， 由∠BAE＝90°及三角形內(nèi)角和定理知，∠B＝30°， ∴在Rt△ABE中

10、， ＝＝tan B＝tan 30°＝. 13.如圖，⊙O的直徑AB的延長線與弦CD的延長線相交于點(diǎn)P，E為⊙O上一點(diǎn)，＝，DE交AB于點(diǎn)F，且AB＝2BP＝4. (1)求PF的長度； (2)若圓F與圓O內(nèi)切，直線PT與圓F切于點(diǎn)T，求線段PT的長度． 解：(1)連接OC，OD，OE，由同弧所對應(yīng)的圓周角與圓心角之間的關(guān)系，結(jié)合題中條件弧長AE等于弧長AC可得∠CDE＝∠AOC， 又∠CDE＝∠P＋∠PFD，∠AOC＝∠P＋∠OCP， 從而∠PFD＝∠OCP， 故△PFD∽△PCO， ∴＝.由割線定理知， PC·PD＝PA·PB＝12， 故PF＝＝＝3. (

11、2)若圓F與圓O內(nèi)切，設(shè)圓F的半徑為r， 因?yàn)镺F＝2－r＝1，即r＝1. 所以O(shè)B是圓F的直徑，且過P點(diǎn)圓F的切線為PT，則PT2＝PB·PO＝2×4＝8，即PT＝2. 14.(2020·高考課標(biāo)全國卷)如圖，D，E分別為△ABC的邊AB，AC上的點(diǎn)，且不與△ABC的頂點(diǎn)重合．已知AE的長為m，AC的長為n，AD，AB的長是關(guān)于x的方程x2－14x＋mn＝0的兩個(gè)根． (1)證明：C，B，D，E四點(diǎn)共圓； (2)若∠A＝90°，且m＝4，n＝6，求C，B，D，E所在圓的半徑． 解：(1)證明：如圖，連接DE，在△ADE和△ACB中， AD·AB＝mn＝AE·AC， 即＝. 又∠DAE＝∠CAB，從而△ADE∽△ACB. 因此∠ADE＝∠ACB.所以C，B，D，E四點(diǎn)共圓． (2)m＝4，n＝6時(shí)，方程x2－14x＋mn＝0的兩根為x1＝2，x2＝12.故AD＝2，AB＝12. 如圖，取CE的中點(diǎn)G，DB的中點(diǎn)F，分別過G、F作AC，AB的垂線，兩垂線相交于H點(diǎn)，連接DH.因?yàn)镃，B，D，E四點(diǎn)共圓，所以C，B，D，E四點(diǎn)所在圓的圓心為H，半徑為DH. 由于∠A＝90°，故GH∥AB，HF∥AC. 從而HF＝AG＝5，DF＝(12－2)＝5. 故C，B，D，E四點(diǎn)所在圓的半徑為5.