高中數(shù)學(xué) 模塊綜合檢測試題 新人教A版選修4-1

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1、高中數(shù)學(xué) 模塊綜合檢測試題 新人教A版選修4-1 一、選擇題(10×5＝50分) 1．如圖，AB∥EM∥DC，AE＝ED，EF∥BC，EF＝12 cm，則BC的長為(　　) A．12 cm B．16 cm C．20 cm D．24 cm 答：D 2．如圖所示，⊙O上一點C在直徑AB上的射影為D，CD＝4，BD＝8，則⊙O的半徑等于(　　) A．4 B．5 C．6 D．7 答：B A．45° B．60° C．90° D．135° 答

2、：C 4．如圖所示，在⊙O中，弦AB長等于半徑，點E為BA延長線上的一點，∠DAE＝80°，則∠ACD的度數(shù)是(　　) A．60° B．50° C．45° D．30° 答：B 5．如圖所示， 兩個等圓⊙O與⊙O′外切，過點O作⊙O′的兩條切線OA、OB，點A、B是切點，則∠AOB＝(　　) A．90° B．60° C．45° D．30° 答：B 6．如圖所示， 正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，點E為DC的中點，直線BE交⊙O于點F，若⊙O的半徑為，則BF的長為(　　)

3、 A. B. C. D. 答：C 7．如圖所示，在△ABC中，AD是高，△ABC的外接圓直徑AE交BC邊于點G，有下列四個結(jié)論：①AD2＝BD·CD；②BE2＝EG·AE；③AE·AD＝AB·AC；④AG·EG＝BG·CG. 其中正確結(jié)論的個數(shù)是(　　) 　　　　　　　　　 　　　　　 A．1個 B．2個 C．3個 D．4個 答：B 8．如圖，AB為⊙O的直徑，CB切⊙O于點B，CD切⊙O于點D，交BA的延長線于點E，若AB＝3，ED＝2，則BC的長為(　　) A．2

4、 B．3 C．3.5 D．4 解析：依條件，BC＝CD，而ED2＝EA·EB＝EA·(EA＋AB)， ∴22＝EA2＋3EA，得EA＝1，則EB＝4. 易得EC2＝EB2＋BC2，即(2＋BC)2＝16＋BC2，BC＝3. 答案：B 9．如圖，P為⊙O外一點，割線PAB交⊙O于A、B兩點，若PO＝10，且PA2＝36－PA·AB，則⊙O的半徑為(　　) A．8 B．6 C．4 D．3 解析：設(shè)直線PO與⊙O交于C、D. ∵PA2＝36－PA·AB，即PA2＋PA·AB＝36

5、. ∴PA·PB＝36， 設(shè)所求為r，則(10－r)(10＋r)＝36.r＝8. 答案：A 10．一圓柱面與一平面相截，平面與母線所成的角為60°，截線上最長的弦為4，則圓柱面的半徑為(　　) A. B．2 C．3 D．6 答：C 二、填空題(4×5＝20分) 11．如圖，EB、EC是⊙O的兩條切線，B、C是切點，A、D是⊙O上兩點，如果∠E＝46°，∠DCF＝32°，則∠A的度數(shù)是________． 答：99° 12．如圖，已知△ABC中，邊AC上一點F分AC為＝，BF上一點G分BF為＝，AG的延長線與B

6、C交于點E，則BE∶EC＝________. 答： 13．如圖，PA切⊙O于點A，割線PBC經(jīng)過圓心O，OB＝PB＝1，OA繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)60°到OD，則PD的長為________． 答： 14．如圖， 已知F為拋物線的焦點，l為其準(zhǔn)線，過F引PQ⊥軸AB，交拋物線于P、Q，A在l上，以PQ為直徑作圓，C為l上一點，CF交⊙F于D.CA＝4，CD＝2，則PQ＝________. 解析：過P作PE⊥l，延長CF交⊙F與G. ∵PF＝PE，又PE＝AF，即PF＝AF. ∴l(xiāng)為⊙F切線． ∴CA2＝CD·CG，即16

7、＝2(2＋DG)，DG＝6，∴PQ＝6. 答案：6 三、解答題(共80分) 15．(12分)如圖所示， 已知兩同心圓中，大圓的弦AB、AC切小圓于D、E，△ABC的周長為12 cm，求△ADE的周長． 解析：連接OD、OE. ∵AB、AC切小圓于D、E， ∴OD⊥AB，OE⊥AC. ∴AD＝AB，AE＝AC. 又∠DAE＝∠BAC， ∴△ADE∽△ABC. ∵△ABC的周長＝AB＋AC＋BC＝12(cm)， ∴△ADE的周長＝×12＝6(cm)． 故△ADE的周長為6 cm. 16．(12分)如圖，△ABC

8、為圓的內(nèi)接三角形，BD為圓的弦，且BD∥AC.過點A作圓的切線與DB的延長線交于點E，AD＝AC，AE＝6，BD＝5，求CF的長． 解析：先證明四邊形AEBC是平行四邊形，然后利用切割線定理求出EB的長，即得AC的長，再通過三角形相似求出CF的長． 因為AB＝AC，所以∠ABC＝∠C.因為AE與圓相切，所以∠EAB＝∠C.所以∠ABC＝∠EAB，所以AE∥BC.又因為AC∥DE，所以四邊形AEBC是平行四邊形．由切割線定理可得AE2＝EB·ED，于是62＝EB(EB＋5)，所以EB＝4(負(fù)值舍去)，因此AC＝4，BC＝6.又因為△AFC∽△DFB，所以＝，解得CF＝.

9、 17．(14分)已知：如圖所示， 在四邊形ABCD中，AC⊥BD，AB、BC、CD、DA四邊中點分別為點E、F、G、H.求證：點E、F、G、H四點共圓． 分析：要證明此四點共圓，可以利用圓內(nèi)接四邊形的判定定理． 證明：如圖所示，連接EF、FG、GH、EH. ∵點E、F分別是AB、BC的中點， ∴EF是△ABC的中位線， ∴EF∥AC. 同理：EH∥BD， ∵AC⊥BD， ∴EF⊥EH， 即∠HEF＝90°. 同理：∠HGF＝90°， ∴∠HEF＋∠HGF＝180°， ∴E、F、G、H四點共圓． 18．(14分)如

10、圖所示， AF是⊙O的直徑，以O(shè)A為直徑的⊙C與⊙O的弦AB相交于點D.DE⊥OB，垂足為點E. (1)求證：點D是AB的中點． 證明：(1)連接DO. ?點D為AB中點． (2)求證：DE是⊙C的切線． 證明：連接CD. ??CD⊥DE?DE為⊙C的切線． (3)求證：BE·BF＝2AD·ED. 證明：AF為⊙O的直徑? ? ? BE·BF＝2AD·ED. 19．(14分)如圖所示， 已知P是直徑AB延長線上的一點，割線PCD交⊙O于C、D兩點，弦DF⊥AB于點H，CF交AB于點E. (1)求證：PA·PB

11、＝PO·PE； 證明：連接OD. ∵DF⊥AB， ∴∠AOD＝∠DCF. ∴180°－∠AOD＝180°－∠DCF. ∴∠POD＝∠PCE，又∵∠P為公共角， ∴△PCE∽△POD.∴＝. ∴PC·PD＝PO·PE. 由割線定理PC·PD＝PA·PB， ∴PA·PB＝PO·PE. (2)若DE⊥CF，∠P＝15°，⊙O的半徑為2，求CF的長． 解析：∵AB⊥DF，∴DE＝EF. ∵DE⊥CF，∴△DEF為等腰直角三角形． ∴∠F＝∠FEH＝∠HDE＝45°. ∵∠P＝15°，∴∠DCF＝∠P＋∠CEP＝15°＋45°＝60°.∴∠D

12、OH＝60°. 在Rt△ODH中， DH＝OD·sin∠DOH＝2·sin 60°＝. 在Rt△DHE中，DE＝＝， 在Rt△CDE中，∠DCE＝60°， ∴CE＝DE·cot 60°＝·＝. ∴CF＝EF＋CE＝＋. 20．(14分)如圖，已知橢圓的焦點為F1、F2，A、B為頂點，離心率e＝. (1)求證：A、F1、B、F2四點共圓； 解析：(1)∵e＝＝，∴a2＝2c2. 又a2＝b2＋c2，∴b2＋c2＝2c2. ∴b＝c，即OA＝OF1＝OB＝OF2. 又AB⊥F1F2，∴四邊形AF1BF2是正方形． ∴A、F1、B、F2四點共圓． (2)以BF1直徑，作半圓O1，AF切半圓于E，交F1B延長線于F，求cos F的值． 解析：連接O1E.∵AF切⊙O1于E， ∴O1E⊥AF. ∴△O1EF∽△AF1F. ∴＝＝. ∴F1F＝2EF. 又由切割線定理，得EF2＝FB·FF1. ∴BF＝EF. ∴O1B＝＝EF，F(xiàn)O1＝O1B＋BF＝EF. ∴cos F＝＝.