专题检测能力跨越选修41Word下载.docx

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BT平分∠OBA.

5.（2013·

徐州模拟）如图,已知圆A,圆B都经过点C,BC是圆A的切线,圆B交AB于点D,连结CD并延长交圆A于点E,连结AE,AC.求证:

DE·

DC=2AD·

DB.

6.（2013·

扬州模拟）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.

（1）求AM的长.

（2）求sin∠ANC.

7.如图,已知AD,BE,CF分别是△ABC三边的高,H是垂心,AD的延长线交△ABC的外接圆于点G.求证:

DH=DG.

8.（2013·

辽宁高考）如图,AB为☉O的直径,直线CD与☉O相切于E,AD垂直CD于D,BC垂直CD于C,EF垂直AB于F,连结AE,BE.

证明:

（1）∠FEB=∠CEB.

（2）EF2=AD·

BC.

9.如图,已知PA与圆O相切于点A,经过点O的割线PBC交圆O于点B,C,∠APC的平分线分别交AB,AC于点D,E.

（1）证明:

∠ADE=∠AED.

（2）若AC=AP,求的值.

10.（2013·

昆明模拟）如图,AB为圆O的直径,P为圆O外一点,过P点作PC⊥AB于C,交圆O于D点,PA交圆O于E点,BE交PC于F点.

（1）求证:

∠P=∠ABE.

（2）求证:

CD2=CF·

CP.

11.如图,A,B,C,D四点在同一圆上,BC与AD的延长线交于点E,点F在BA的延长线上.

（1）若=,=,求的值.

（2）若EF2=FA·

FB,证明:

EF∥CD.

12.如图,直线AB经过圆O上的点C,并且OA=OB,CA=CB,圆O交直线OB于E,D,连结EC,CD,若tan∠CED=,☉O的半径为3,求OA的长.

答案解析

1.【解析】设存在满足条件的实数k,

则在正方形ABCD中,∠D=∠C=90°

由Rt△ADP∽Rt△QCP或Rt△ADP∽Rt△PCQ得

=或=,

由此解得CQ=1或CQ=.

从而k=0或k=.

2.【证明】因为AE=AC,所以∠CDE=∠AOC,

又∠CDE=∠P+∠PFD,∠AOC=∠P+∠OCP,

从而∠PFD=∠OCP.

在△PDF与△POC中,∠P=∠P,∠PFD=∠OCP,

故△PDF∽△POC.

3.【证明】由ABCD是圆内接四边形知∠EDC=∠ABC,

由ABCD是梯形,知AD∥BC,可得∠DAC=∠ACB,

由CE为该圆切线,C为切点知,∠ECD=∠DAC,

故∠ECD=∠ACB.所以,△ABC∽△EDC.

4.【证明】连结OT.

因为AT是切线,所以OT⊥AP.

又因为∠PAQ是直角,

即AQ⊥AP,

所以AB∥OT,

所以∠TBA=∠BTO.

又OT=OB,所以∠OTB=∠OBT,所以∠OBT=∠TBA,

即BT平分∠OBA.

5.【证明】由已知,得AC⊥BC,所以∠ACD+∠BCD=90°

又AC=AE,BC=BD,

所以∠ACD=∠E,∠BCD=∠BDC.

因为∠ADE=∠BDC,所以∠E+∠ADE=90°

所以AE⊥AB.

延长DB交☉B于点F,连结FC,

则DF=2DB,∠DCF=90°

所以∠ACD=∠F,所以∠E=∠F,

所以Rt△ADE∽Rt△CDF,

所以=,所以DE·

DC=AD·

DF,

因为DF=2DB,

所以DE·

6.【解析】

（1）连结BM,则∠MBN=90°

因为四边形BCON是平行四边形,所以BC∥MN,

因为AM是☉O的切线,所以MN⊥AM,可得BC⊥AM,

又因为C是AM的中点,所以BM=BA,

得∠NAM=45°

故AM=2.

（2）作CE⊥AN于E点,则CE=,由

（1）可知CN=,故sin∠ANC==.

7.【证明】连结BG.如图,因为AD是△ABC的高,

所以∠CAD+∠ACB=.同理∠HBD+∠ACB=.

所以∠CAD=∠HBD.

又因为∠CAD=∠CBG,所以∠HBD=∠CBG.

又因为∠BDH=∠BDG=90°

BD=BD,

所以△BDH≌△BDG.所以DH=DG.

8.【证明】

（1）由直线CD与☉O相切于E,得∠EAB=∠CEB,

由AB为☉O的直径,得AE⊥EB,从而∠EAB+∠EBF=.

又EF⊥AB于F,得∠FEB+∠EBF=,

从而∠FEB=∠EAB=∠CEB.故∠FEB=∠CEB,

（2）由BC垂直CD于C,得BC⊥CE.

又EF垂直AB于FEF⊥AB,∠FEB=∠CEB,BE为公共边,

所以Rt△BCE≌Rt△BFE,所以BC=BF.

同理可证,Rt△ADE≌Rt△AFE,所以AD=AF.

又在Rt△AEB中,EF⊥AB,所以EF2=AF·

BF.

综上,EF2=AD·

9.【解析】

（1）因为PA是切线,AB是弦,

所以∠BAP=∠C.

又因为∠APD=∠CPE,

所以∠BAP+∠APD=∠C+∠CPE.

因为∠ADE=∠BAP+∠APD,∠AED=∠C+∠CPE,所以∠ADE=∠AED.

（2）由

（1）知∠BAP=∠C,

因为AC=AP,

所以∠APC=∠C,

所以∠APC=∠C=∠BAP.

由三角形内角和定理可知,∠APC+∠C+∠CAP=180°

因为BC是圆O的直径,

所以∠BAC=90°

.

所以∠APC+∠C+∠BAP=180°

-90°

=90°

所以∠APC=∠C=∠BAP=30°

在Rt△ABC中,=,=,

所以=.

因为在△APC与△BPA中,

∠BAP=∠C,∠APB=∠CPA,

所以△APC∽△BPA,

所以==.

10.【证明】

（1）依题意,∠AEB=∠ACP=90°

所以在Rt△ACP中,∠P=90°

-∠PAB;

在Rt△ABE中,∠ABE=90°

所以∠P=∠ABE.

（2）连结AD,BD,在Rt△ADB中,CD2=AC·

CB,

由

（1）得△BCF∽△PCA,

所以=,

所以CD2=BC·

AC=CF·

11.【解析】

（1）因A,B,C,D四点共圆,故∠EDC=∠EBF,又因∠CED=∠AEB,

故△CED∽△AEB,故==,因=,=,故=.

（2）因EF2=FA·

FB,

故=,又因∠EFA=∠BFE,故△FAE∽△FEB,故∠FEA=∠EBF,又因A,B,C,D四点共圆,故∠EDC=∠EBF,故∠FEA=∠EDC,故EF∥CD.

12.【解析】如图,连结OC,因为OA=OB,

CA=CB,所以OC⊥AB.

因为OC是圆的半径,所以AB是圆的切线.

因为ED是直径,所以∠ECD=90°

所以∠E+∠EDC=90°

又∠BCD+∠OCD=90°

∠OCD=∠ODC,

所以∠BCD=∠E,又因为∠CBD=∠EBC,

所以△BCD∽△BEC,所以

=BC2=BD·

BE,

由tan∠CED==,△BCD∽△BEC,

得==.

设BD=x,则BC=2x,因为BC2=BD·

所以（2x）2=x（x+6）,所以BD=2.

所以OA=OB=BD+OD=2+3=5.

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