高二数学选修4-1第一章综合检测题（有答案2013北师大版）
详细内容
综合检测(一)
(时间120分钟，满分150分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．若三角形的三条边之比为3∶5∶7，与它相似的三角形的最长边为21 cm，则其余两边的和为( )
A．24 cm B．21 cm
C．19 cm D．9 cm
【解析】 设其余两边分别为x cm，y cm，
则217k＝x5k＝y3k，得x＝15 cm，y＝9 cm，∴x＋y＝24 cm.
【答案】 A
2．如图1，已知BN∥AM，ND∥MC，那么有( )
图1
A.PDDA＝PNNM
B.PAPB＝PCPD
C.PAPB＝NDMC
D．以上答案都不对
【解析】 ∵BN∥AM，∴PAPB＝PMPN，
又∵ND∥MC，∴PCPD＝PMPN，∴PAPB＝PCPD.
【答案】 B
3．如图2，把△ABC沿AB边平移到△A′B′C′的位置，它们的重叠部分(即图中的阴影部分)的面积是△ABC的面积的一半，若AB＝2，则此三角形移动的距离AA′是( )
图2
A.2－1 B.22
C．1 D.12
【解析】 由题意可知，阴影部分与△ABC相似，且等于△ABC面积的12，∴A′B∶AB＝12＝1∶2.
又∵AB＝2，∴A′B＝1，∴AA′＝2－1.
【答案】 A
4．如图3，⊙O的直径为CD，与弦AB交于点P，若AP＝4，BP＝6，CP＝3，则该圆的半径为( )
图3
A．5.5 B．5
C．6 D．6.5
【解析】 根据相交弦定理，可得
AP•BP＝CP•DP，即4×6＝3×DP，
∴DP＝8，∴2r＝DP＋CP＝8＋3，
∴r＝5.5.
【答案】 A
5．(2013•信阳模拟)如图4所示，铁道口的栏杆短臂长1 m，长臂长16 m，当短臂端点下降0.5 m时，长臂端点升高( )
图4
A．11.25 m B．6.6 m
C．8 m D．10.5 m
【解析】 本题是一个实际问题，可抽象为如下数学问题：如图，等腰△AOC∽等腰△BOD，OA＝1 m，OB＝16 m，高CE＝0.5 m，求高DF.由相似三角形的性质可得OA∶OB＝CE∶DF，即1∶16＝0.5∶DF，解得DF＝ 8 m.
【答案】 C
6．如图5，△ABC内接于⊙O，AB＝AC，直线MN切⊙O于点C，BE∥MN交AC于点E，若AB＝6，BC＝4，则AE＝( )
图5
A.103 B.23
C．1 D.43
【解析】 ∵MN为⊙O的切线，
∴∠BCM＝∠A.∵MN∥BE，∴∠BCM＝∠EBC，∴∠A＝∠EBC.
又∠ACB＝∠BCE，∴△ABC∽△BEC，
∴ABBE＝BCEC.∵AB＝AC，∴BE＝BC.∴64＝4EC.
∴EC＝83，∴AE＝6－83＝103.
【答案】 A
7．如图6，已知AT切⊙O于T，若AT＝6，AE＝3，AD＝4，DE＝2，则BC＝( )
图6
A．3 B．4
C．6 D．8
【解析】 ∵AT为⊙O的切线，
∴AT2＝AD•AC.
∵AT＝6，AD＝4，∴AC＝9.
∵∠ADE＝∠B，∠EAD＝∠CAB，∴△EAD∽△CAB，
即DEBC＝AEAC，∴BC＝DE•ACAE＝2×93＝6.
【答案】 C
8．已知⊙O是△ABC的外接圆，⊙I是△ABC的内切圆，∠A＝80°，则∠BIC等于( )
A．80° B．100°
C．120° D．130°
【解析】 ∵∠A＝80°，
∴∠ABC＋∠ACB＝100°.
∵∠IBC＝12∠ABC，
∴∠ICB＝12∠ACB，
∴∠IBC＋∠ICB
＝12(∠ABC＋∠ACB)＝12×100°＝50°，
∴∠BIC＝180°－50°＝130°.
【答案】 D
9. (2013•开封模拟)如图7，在⊙O中，MN为直径，点A在⊙O上，且∠AON＝60°，点B是 的中点，点P是直径MN上一动点，⊙O的半径为1，则AP＋BP的最小值为( )
图7
A．1 B.22
C.3－1 D.2
【解析】
如图，过点B作BB′⊥MN，交⊙O于点B′，连接AB′交MN于点P′，即点P在点P′处时，AP＋BP最小．
易知B与B′点关于MN对称，
依题意∠AON＝60°，
则∠B′ON＝∠BON＝30°，
所以∠AOB′＝90°，AB′＝OA2＋OB′2＝2.
故PA＋PB的最小值为2，故选D.
【答案】 D
10．如图8，PT切⊙O于T，CT是⊙O的直径，PBA是割线，与⊙O的交点是A、B，与直线CT的交点是D，已知CD＝2，AD＝3，BD＝4，那么PB＝( )
A．10 B．20
C．5 D．85
【解析】 根据相交弦定理可得
AD•DB＝CD•DT，∴3×4＝2DT，解得DT＝6，
∴圆的半径r＝4，AB＝7，
不妨设PB＝x，则PA＝x＋7，
根据切割线定理，可得PT2＝PB•PA，
∴PT2＝x•(x＋7)，在Rt△PTD中，DT2＋PT2＝PD2，∴36＋PT2＝(x＋4)2，∴36＋x(x＋7)＝(x＋4)2，
解得x＝20.
【答案】 B
二、填空题(本大题共5个小题，每小题5分，共25分，把答案填在横线上)
11．如图9，一圆内切四边形ABCD，且AB＝16，CD＝10，则四边形的周长为________．
图9
【解析】 由切线长定理知CD＋AB＝AD＋BC，
∵AB＋CD＝26，∴AB＋BC＋CD＋AD＝52.
【答案】 52
12．如图10，已知DE∥BC，且BF∶EF＝4∶3，则AC∶AE＝________.
图10
【解析】 ∵DE∥BC，
∴BCDE＝BFEF，
ACAE＝BCDE，
∴ACAE＝BCDE＝BFEF＝43.
【答案】 4∶3
13．(2013•广东高考)如图11，AB是圆O的直径，点C在圆O上．延长BC到D使BC＝CD，过C作圆O的切线交AD于E.若AB＝6，ED＝2，则BC＝________.
图11
【解析】 法一 因为AB为圆O的直径，所以AC⊥BC.又BC＝CD，所以△ABD是等腰三角形，所以AD＝AB＝6，∠DAC＝∠BAC.因为CE切圆O于点C，所
以∠ECA＝∠ABC.又因为∠BAC＋∠ABC＝90°，所以∠DAC＋∠ECA＝90°，故CE⊥AD.故CD2＝DE•DA＝2×6＝12，所以BC＝CD＝23.
法二 如图，连接OC，因为BO＝OA，BC＝CD，所以OC∥AD.又因为CE切圆O于点C，所以OC⊥CE，所以AD⊥CE.因为AB为圆O的直径，所以AC⊥BD.又BC＝CD，所以△ABD是等腰三角形，故∠ADB＝∠ABD，所以△ABC∽△CDE，则ABBC＝CDDE，所以BC•CD＝AB•DE，即BC2＝AB•DE＝6×2＝12，BC＝23.
【答案】 23
14．如图12，⊙O和⊙O′相交于A、B两点，PQ切⊙O于P，交⊙O′于Q，M，交AB的延长线于N点，若MN＝1，MQ＝3，则PN的长为________．
图12
【解析】 依题意得，NP2＝NB•NA＝NM•NQ，则NP2＝MN•NQ，NP2＝1×(1＋3)＝4，NP＝2.
【答案】 2
15．(2013•天津高考)如图13，在圆内接梯形ABCD中，AB∥DC.过点A作圆的切线与CB的延长线交于点E.若AB＝AD＝5，BE＝4，则弦BD的长为________．
图13
【解析】 因为AB∥DC，所以四边形ABCD是等腰梯形，所以BC＝AD＝AB＝5.又AE是切线，所以AE∥BD，AE2＝BE•EC＝4(4＋5)＝36，所以AE＝6.因为∠CDB＝∠BAE，∠BCD＝∠ABE，所以△ABE∽△DCB，所以AEDB＝BEBC，于是BD＝5×64＝152.
【答案】 152
三、解答题(本大题共6小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
16．(本小题满分12分)已知：如图14，△ABC中，DE∥BC交AB、AC于D，E，DF∥AC交BC于F，连接AF交DE于M，连接BE交DF于N.
图14
求证：MN∥AB.
【证明】 在△BDE中，∵DE∥BC.
∴DMBF＝AMAF＝MEFC，∴DMME＝BFFC.
∵DF∥AC，∴BNNE＝BFFC，∴DMME＝BNNE，
∴MN∥AB.
17．(本小题满分12分)如图15，AB是⊙O的直径，弦BD、CA的延长线相交于点E，EF垂直BA的延长线于点F.
图15
求证：(1)∠DEA＝∠DFA；
(2)AB2＝BE•BD－AE•AC.
【证明】 (1)连接AD，因为AB为圆的直径，
所以∠ADB＝90°，又EF⊥AB，∠EFA＝90°，
则A、D、E、F四点共圆，
∴∠DEA＝∠DFA.
(2)连接BC，由(1)知，BD•BE＝BA•BF，又△ABC∽△AEF，
∴ABAE＝ACAF，即AB•AF＝AE•AC，
∴BE•BD－AE•AC＝BA•BF－AB•AF
＝AB(BF－AF)＝AB2.
即证：AB2＝BE•BD―AE•AC.
18．(本小题满分12分)如图16，AB是⊙O的直径，C是⊙O外一点，且AC＝AB，BC交⊙O于点D.已知BC＝4，AD＝6，求四边形ABDE的周长．
图16
【解】 ∵AC＝AB，AD⊥BC，
∴BD＝DC＝12BC＝2，X K b1.C om
∴AB＝AC＝BD2＋AD2＝210.
又∵CD•CB＝CE•CA，
∴CE＝CD•CBCA＝8210＝2510，
∴AE＝AC－CE＝210－2510＝8510.
又∵△CED∽△CBA，∴DE＝DC＝2，
∴四边形ABDE的周长为AB＋BD＋DE＋EA＝210＋2＋2＋8510＝4＋18510.
19．(本小题满分13分)(2013•课标全国卷Ⅰ)如图17，直线AB为圆的切线，切点为B，点C在圆上，∠ABC的角平分线BE交圆于点E，DB垂直BE交圆于点D.
图17
(1)证明：DB＝DC；
(2)设圆的半径为1，BC＝3，延长CE交AB于点F，求△BCF外接圆的半径．
【解】 (1)证明 如图，连接DE，交BC于点G.
由弦切角定理，
得∠ABE＝∠BCE，
而∠ABE＝∠CBE，故∠CBE＝∠BCE，所以BE＝CE.
又因为DB⊥BE，所以DE为圆的直径，∠DCE＝90°.
由勾股定理可得DB＝DC.
(2)由(1)知，∠CDE＝∠BDE，DB＝DC，
故DG是BC边的中垂线，所以BG＝32.
设DE的中点为O，连接BO，则∠BOG＝60°，从而∠ABE＝∠BCE＝∠CBE＝30°，所以CF⊥BF，故Rt△BCF外接圆的半径等于32.
20．(本小题满分13分)如图18，E是圆O内两弦AB和CD的交点，F是AD延长线上一点，FG与圆O相切于点G，且EF＝FG.求证：
图18
(1)△EFD∽△AFE；
(2)EF∥BC.
【证明】 (1)∵FG与圆O相切于点G，
∴FG2＝FD•FA.
∵EF＝FG，∴EF2＝FD•FA，∴EFFD＝FAEF，
∵∠EFD＝∠AFE，∴△EFD∽△AFE.
(2)由(1)知∠FED＝∠FAE，
又∵∠FAE＝∠BCD，∴∠FED＝∠BCD，∴EF∥BC.
21．(本小题满分13分)如图19，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.
图19
(1)证明：CD∥AB；
(2)延长CD到F，延长DC到G，使得EF＝EG，证明：A，B，G，F四点共圆．
【证明】 (1)∵EC＝ED，∴∠EDC＝∠ECD.∵A，B，C，D，四点在同一圆上，
∴∠EDC＝∠EBA.
故∠ECD＝∠EBA.∴CD∥AB.
(2)由(1)知，AE＝BE.∵EF＝EG，故∠EFD＝∠EGC，从而∠FED＝∠GEC.
连接AF，BG，则△EFA≌△EGB，
故∠FAE＝∠GBE.
又CD∥AB，∠EDC＝∠ECD，
∴∠FAB＝∠GBA.
∴∠AFG＋∠GBA＝180°，
故A，B，G，F四点共圆．