届高考数学第二轮知识点强化练习题45.docx
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届高考数学第二轮知识点强化练习题45
第一部分 三 28
一、填空题
1.(文)如图,在△ABC中,∠A=60°,∠ACB=70°,CF是△ABC的边AB上的高,FP⊥BC于点P,FQ⊥AC于点Q,则∠CQP的大小为________.
[答案] 50°
[解析] 由PF⊥BC,FQ⊥AC,得C、Q、F、P四点共圆,所以∠CQP=∠CFP=∠B=180°-(∠A+∠C)=180°-(60°+70°)=50°.
(理)
如图,已知PA是圆O的切线,切点为A,PO交圆O于B、C两点,AC=,∠PAB=30°,则线段PB的长为________.
[答案] 1
[解析] 因为PA是圆O的切线,∠PAB=30°,由弦切角定理可得∠ACB=∠PAB=30°,而∠CAB=90°,∠ABC=60°,所以AB=BC,又因为AC=,所以AB=1,BC=2,∠PBA=120°,所以∠APB=∠PAB=30°,∴PB=AB=1.
2.(文)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=,AFFBBE=421.若CE与圆相切,则线段CE的长为________.
[答案]
[解析] 设BE=a,则AF=4a,FB=2a,根据相交弦定理:
DF·FC=AF·FB,则2=8a2,∴a2=,由切割线定理:
EC2=BE·AE=7a2,
∴EC2=,∴EC=.
(理)(2018·湖南理,12)如图,已知AB、BC是⊙O的两条弦,AO⊥BC,AB=,BC=2,则⊙O的半径等于________.
[答案]
[解析] 本题考查勾股定理、相交弦定理.
设线段AO交BC于点D,延长AO交圆于另外一点E,则BD=DC=,在三角形ABD中由勾股定理可得AD=1,由相交弦定理可得BD·DC=AD·DE,∴DE=2,则直径AE=3⇒r=,故填.
3.(2018·湖北理,15)如图,PA是圆的切线,A为切点,PBC是圆的割线,且BC=3PB,则=________.
[答案]
[解析] 设PB=a,则BC=3a,由PA2=PB·PC可得PA=2a;又因为△PAB∽△PCA,
所以由=可解得=.
故本题正确答案为.
4.(文)如图,AB为圆O的直径,PA为圆O的切线,PB与圆O相交于D,若PA=3,PDDB=916,则PD=________,AB=________.
[答案] ,4
[解析] 由于PDDB=916,设PD=9a,则DB=16a,根据切割线定理有PA2=PD·PB有a=,所以PD=,在直角△PBA中,AB2=PB2-AP2=16,所以AB=4.
(理)(2018·重庆理,14)如图,圆O的弦AB,CD相交于点E,过点A作圆O的切线与DC的延长线交于点P,若PA=6,AE=9,PC=3,CEED=21,则BE=________.
[答案] 2
[解析] 此题主要考查切割线定理,属于简单题型.
由切割线定理知PA2=PC·PD,易得PD=12,故CD=PD-PC=9,因为CEED=21,故CE=6,ED=3.由相交弦定理可得AE·EB=CE·ED,又因为AE=9,CE=6,ED=3,易得EB=2.
5.(文)(2018·广东理,15)如图,已知AB是圆O的直径,AB=4,EC是圆O的切线,切点为C,BC=1.过圆心O作BC的平行线,分别交EC和AC于点D和点P,则OD=________.
[答案] 8
[解析] 本题考查直线与圆、直角三角形的射影定理,属于中档题.
如下图所示,连接OC,因为OD∥BC,又BC⊥AC,所以OP⊥AC,又O为AB线段的中点,所以OP=BC=,在Rt△OCD中,OC=AB=2,由直角三角形的射影定理可得OC2=OP·OD,所以OD===8.
(理)在平行四边形ABCD中,点E在线段AB上,且AE=EB,连接DE、AC,若AC与DE相交于点F,△AEF的面积为1cm2,则△AFD的面积为________cm2.
[答案] 3
[解析] ∵AB∥CD,∴△AEF∽△CDF,
∴==3,==3,S△AFD=3S△AFE=3cm2.
6.(文)如图,△ABC为圆的内接三角形,BD为圆的弦,且BD∥AC.过点A作圆的切线与DB的延长线交于点E,AD与BC交于点F.若AB=AC,AE=6,BD=5,则线段CF的长为________.
[答案]
[解析] 如图所示:
∵AE为圆的切线,∴AE2=BE·ED,
设BE=x,∴36=x(5+x),
x2+5x-36=0,∴x=4.
∵AB=AC,∴∠ACB=∠ABC,
又∠EAB=∠ACB,∴∠EAB=∠ABC,∴AE∥BC,
又EB∥AC,∴四边形BCAE为平行四边形,
∴BC=AE=6,AC=BE=4,
∵△DFB∽△AFC,
∴=,∴=,∴FC=.
(理)如图,在△ABC中,∠ACB=90°,∠BAC=60°,过C作△ABC的外接圆的切线CD,BD⊥CD于D,BD与外接圆交于点E,已知DE=5,则△ABC的外接圆的半径为________.
[答案] 10
[解析] 利用切割线定理和正弦定理求解.因为CD是圆的切线,所以∠BCD=∠BAC=60°,所以DB=DC.又由切割线定理可得DC2=DE×DB=5DC,则DC=5,所以BC=2DC=10.在直角三角形ABC中,由正弦定理可得2R=AB===20,所以△ABC的外接圆的半径R=10.
二、解答题
7.(2018·辽宁葫芦岛市一模)如图,P是⊙O外一点,PA是切线,A为切点,割线PBC与⊙O相交于点B,C,PC=2PA,D为PC的中点,AD的延长线交⊙O于点E,证明:
(1)BE=EC;
(2)AD·DE=2PB2.
[证明]
(1)连接AB,AC.由题设知PA=PD,
故∠PAD=∠PDA.
因为∠PDA=∠DAC+∠DCA,
∠PAD=∠BAD+∠PAB,∠DCA=∠PAB,
所以∠DAC=∠BAD,因此BE=EC.
(2)由切割线定理得PA2=PB·PC.
因为PA=PD=DC,所以PD2=(PD-BD)·2PD,∴PD=2BD,∴DC=2PB,BD=PB.
由相交弦定理得AD·DE=BD·DC,
所以AD·DE=2PB2.
8.(文)(2018·沈阳市质检)如图,△ABC内接于圆O,AD平分∠BAC交圆O于点D,过点B作圆O的切线交直线AD于点E.
(1)求证:
∠EBD=∠CBD;
(2)求证:
AB·BE=AE·DC.
[解析]
(1)∵BE为圆O的切线,
∴∠EBD=∠BAD,
又∵AD平分∠BAC,∴∠BAD=∠CAD,
∴∠EBD=∠CAD.
又∵∠CBD=∠CAD,∴∠EBD=∠CBD.
(2)在△EBD和△EAB中,∠E=∠E,∠EBD=∠EAB,
∴△EBD∽△EAB,∴=,
∴AB·BE=AE·BD,
又∵AD平分∠BAC,∴BD=DC,
故AB·BE=AE·DC.
(理)(2018·唐山市二模)如图,E是圆O内两弦AB和CD的交点,过AD延长线上一点F作圆O的切线FG,G为切点,已知EF=FG.求证:
(1)△DEF∽△EAF;
(2)EF∥CB.
[分析]
(1)欲证△DEF∽△EAF,可证两个三角形有两内角对应相等,亦可证两个三角形有两边对应成比例,夹角对应相等,由已知条件,FG、FA分别是圆的切线、割线及EF=FG可知两个三角形有两条边对应成比例,关键是其夹角相等,而夹角是公共角,第一问获证.
(2)欲证EF∥CB,由圆想到可证角相等(同位角、内错角),注意利用圆的有关角的性质和
(1)的结论.
[解析]
(1)由切割线定理得FG2=FA·FD.
又EF=FG,所以EF2=FA·FD,即=.
因为∠EFA=∠DFE,所以△DEF∽△EAF.
(2)由
(1)得∠FED=∠FAE.
因为∠FAE=∠DAB=∠DCB,
所以∠FED=∠BCD,所以EF∥CB.
9.(文)(2018·洛阳市质量监测)如图,AB是⊙O的切线,B为切点,ADE是⊙O的割线,C是⊙O外一点,且AB=AC,连接BD,BE,CD,CE,CD交⊙O于F,CE交⊙O于G.
(1)求证:
BE·CD=BD·CE;
(2)求证:
FG∥AC.
[证明]
(1)由已知得∠ABD=∠AEB,而∠BAD=∠EAB,
∴△ABD∽△AEB,
所以==,又AB=AC,
所以BD·AE=AB·BE, ①
且=,又∠CAD=∠EAC,∴△ADC∽△ACE,
所以=,即DC·AE=AC·CE. ②
由①②两式相除可得BE·CD=BD·CE.
(2)由△ADC∽△ACE得,∠ACD=∠AEC,
又D,F,G,E四点共圆,∴∠GFC=∠AEC,
因此∠GFC=∠ACD,所以FG∥AC.
(理)(2018·河南八市质量监测)已知BC为圆O的直径,点A为圆周上一点,AD⊥BC于点D,过点A作圆O的切线交BC的延长线于点P,过点B作BE垂直PA的延长线于点E.求证:
(1)PA·PD=PE·PC;
(2)AD=AE.
[证明]
(1)因为AD⊥BP,BE⊥AP,所以△APD∽△BPE,
所以=,所以AP·PE=PD·PB,
又因为PA,PB分别为圆O的切线和割线,
所以PA2=PB·PC,所以=,
所以PA·PD=PE·PC.
(2)连接AC,DE,因为BC为圆O的直径,所以∠BAC=90°,
即AB⊥AC,因为=,所以AC∥DE,
所以AB⊥DE,又因为BE⊥AP,AD⊥PB,
所以A,D,B,E四点共圆且AB为直径,
又因为AB⊥DE,所以AD=AE.
10.圆的两条弦AB、CD交于点F,从F点引BC的平行线和直线DA的延长线交于点P,再从点P引这个圆的切线,切点是Q.求证:
PF=PQ.
[分析] 要证PF=PQ,因为PQ为圆的切线,∴PQ2=PA·PD,故只须证PF2=PA·PD,观察图形及条件可以发现,PF与PA在△APF中,PF与PD在△EPD中,若能证得这两个三角形相似,则问题获解,由于两个三角形有公共角∠APF,只须再找一角相等即可.由圆的几何性质不难证得∠AFP=∠ADF,故△APF∽△FPD.
[证明] 因为A、B、C、D四点共圆,
所以∠ADF=∠ABC.
因为PF∥BC,所以∠AFP=∠ABC,所以∠AFP=∠ADF.
又因为∠APF=∠FPD,
所以△APF∽△FPD,所以=,所以PF2=PA·PD.
因为PQ与圆相切,所以PQ2=PA·PD.
所以PF2=PQ2,所以PF=PQ.
11.(文)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.
(1)证明:
CA是△ABC外接圆的直径;
(2)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.
[解析]
(1)因为CD为△ABC外接圆的切线,
所以∠DCB=∠A,
由题设知=,
故△CDB∽△AEF,所以∠DBC=∠EFA.
因为B、E、F、C四点共圆,所以∠CFE=∠DBC,
故∠EFA=∠CFE=90°,
所以∠CBA=90°,因此CA是△ABC外接圆的直径.
(2)连接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BC2=DB·BA=2DB2,
所以CA2=4DB2+BC2=6DB2.
而CE2=DC2=DB·DA=3DB2,
故过B、E、F、C四点的圆的面积与△ABC外接圆面积的比值为.
(理)(2018·唐山市一模)如图,AE是圆O
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