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阶段质量检测(二) B卷
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．如图，已知：⊙O的内接四边形ABCD中，AB是⊙O的直径，∠BCD＝120°.过D点的切线PD与BA的延长线交于P点，则∠ADP的度数是(　　)
A．15° B．30° C．45° D．60°
解析：选B　要求弦切角∠ADP，即连接BD，
则∠ADP＝∠ABD，又AB是直径，所以∠ADB＝90°，
而四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
所以∠C＋∠DAB＝180°，即∠DAB＝60°，
所以∠ABD＝30°，故∠ADP＝30°.
2．(北京高考)如图，AD，AE，BC分别与圆O切于点D，E，F，延长AF与圆O交于另一点G.给出下列三个结论：
①AD＋AE＝AB＋BC＋CA；
②AF·AG＝AD·AE；
③△AFB∽△ADG.
其中正确结论的序号是(　　)
A．①② B．②③ C．①③ D．①②③
解析：选A　逐个判断：由切线定理得CE＝CF，BD＝BF，所以AD＋AE＝AB＋BD＋AC＋CE＝AB＋AC＋BC，即①正确；由切割线定理得AF·AG＝AD2＝AD·AE，即②正确；因为△ADF∽△AGD，所以③错误．
3．点P为⊙O的弦AB上一点，且AP＝9，PB＝4，连接PO，作PC⊥OP交圆于点C，则PC等于(　　)
A．4 B．6 C．8 D．9
解析：选B　延长CP交⊙O于点D，则OP垂直平分弦CD，
且CP·PD＝AP·PB＝36，
∴PC2＝36，PC＝6，故选B.
4.如图，在⊙O中，弦AB与半径OC相交于点M，且OM＝MC，AM＝1.5，BM＝4，则OC＝(　　)
A．2 B.
C．2 D．2
解析：选D　延长CO交⊙O于D，则DM＝3CM，CM·MD＝MA·MB，所以1.5×4＝3CM2，CM＝，OC＝2.
5．如图，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：选D　∵∠A＝80°，
∴∠ABC＋∠ACB＝100°.
∵∠IBC＝∠ABC，∠ICB＝∠ACB，
∴∠IBC＋∠ICB＝(∠ABC＋∠ACB)＝50°，
∴∠BIC＝180°－50°＝130°.
6.如图，在⊙O中，弦AB与CD相交于P点，∠B＝30°，∠APD＝80°，则∠A＝(　　)
A．40° B．50° C．70° D．110°
解析：选B　易知∠A＝∠D，
又∵∠APD＝∠B＋∠D，∠B＝30°，∠APD＝80°，
∴∠D＝∠APD－∠B＝80°－30°＝50°.
∴∠A＝50°.
7．如图，AB是⊙O的直径，C为半圆上一点，CD⊥AB于D，若BC＝3，AC＝4，则AD∶CD∶BD等于(　　)
A．4∶6∶3 B．6∶4∶3
C．4∶4∶3 D．16∶12∶9
解析：选D　由AB是⊙O的直径，可得△ABC是直角三角形．由勾股定理知AB＝5.又CD⊥AB，根据射影定理就有AC2＝AD·AB，于是AD＝.同理，BD＝，CD＝，据此即得三条线段的比值．
8．在等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，BC＝6 cm，则其外接圆的直径为(　　)
A. cm B．2 cm C．4 cm D．6 cm
解析：选C　作BC边上的中线AD，则AD⊥BC，延长AD交△ABC外接圆于E，连接CE.
∵AE⊥BC，AE平分BC，
∴AE为△ABC外接圆的直径，
∴∠ACE＝90°.
在Rt△ACD中，
∠CAD＝∠BAC＝60°，CD＝BC＝3 cm，
∴AC＝＝＝2(cm)．
在Rt△ACE中，AE＝＝＝4(cm)．
即△ABC外接圆的直径为4 cm.
9.如图，四边形ABCD为圆内接四边形，AC为BD的垂直平分线，∠ACB＝60°，AB＝a，则CD等于(　　)
A.a B.a
C.a D.a
解析：选A　∵AC为BD的垂直平分线，
∴AB＝AD＝a，AC⊥BD，
∵∠ACB＝60°，∴∠ADB＝60°，
∴AB＝AD＝BD，
∴∠ACD＝∠ABD＝60°，
∴∠CDB＝30°，
∴∠ADC＝90°，
∴CD＝tan 30°·AD＝a.
10．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝8 cm，AB＝10 cm，点P由C出发以每秒2 cm的速度沿线段CA向点A运动(不运动至A点)，⊙O的圆心在BP上，且⊙O分别与AB、AC相切，当点P运动2 s时，⊙O的半径是(　　)
A. cm B. cm C. cm D．2 cm
解析：选A　∵PC＝2×2＝4 cm，
∴P是AC的中点，
∴BC＝6 cm，BP＝2 cm.连接OD，∵D为切点，
∴OD⊥AC，则OD∥BC，
即＝＝＝.设半径OD＝3k，DP＝2k，
∴OP＝＝k，
∴OB＝2－k.
∵AE、AD为⊙O的切线，
∴AE＝AD＝AP＋PD＝4＋2k，
BE＝10－(4＋2k)＝6－2k.
在Rt△BOE中，∵OB2＝BE2＋OE2，
∴(2－k)2＝(6－2k)2＋(3k)2，解得k＝.
故半径OD＝3k＝.
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填写在题中的横线上)
11．如图，过点P作⊙O的割线PBA与切线PE，E为切点，连接AE，BE，∠APE的平分线分别与AE、BE相交于点C，D，若∠AEB＝30°，则∠PCE＝________.
解析：由题易得∠PEB＝∠PAE，又由三角形外角性质得∠PCE＝∠CPA＋∠PAE，又△PEC的内角和为2(∠CPA＋∠PAE)＋30°＝180°，所以∠CPA＋∠PAE＝75°，即∠PCE＝75°.
答案：75°
12.如图，已知P是⊙O外一点，PD为⊙O的切线，D为切点，割线PEF经过圆心O，若PF＝12，PD＝4，则圆O的半径长为________、∠EFD的度数为________．
解析：由切割线定理得，
PD2＝PE·PF，
∴PE＝＝＝4，EF＝8，OD＝4.
∵OD⊥PD，OD＝PO，
∴∠P＝30°，∠POD＝60°，
∴∠EFD＝30°.
答案：4　30°
13．如图，⊙O中的弦AB与直径CD相交于P，M为DC延长线上一点，MN为⊙O的切线，N为切点，若AP＝8，PB＝6，PD＝4，MC＝6，则MN的长为________．
解析：由相交弦定理得：CP·PD＝AP·PB，CP＝＝12，又由切割线定理得：MN2＝MC·MD＝6×22，所以，MN＝2.
答案：2
14．(重庆高考)如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝60°，AB＝20，过C作△ABC的外接圆的切线CD，BD⊥CD，BD与外接圆交于点E，则DE的长为________．
解析：由题意得BC＝AB·sin 60°＝10，由弦切角定理知∠BCD＝∠A＝60°，所以CD＝5，BD＝15，由切割线定理知，CD2＝DE·BD，则DE＝5.
答案：5
三、解答题(本大题共4小题，共50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(本小题满分12分)如图，在⊙O中，半径OA⊥OB，弦AC交OB于D，E是OB延长线上一点，若∠OAD＝30°，ED＝CE.
求证：EC是⊙O的切线．
证明：连接OC.
因为OA⊥OB，
所以∠CAO＋∠ADO＝90°.
因为DE＝CE，
所以∠ECD＝∠EDC＝∠ADO.
因为OA＝OC，
所以∠ACO＝∠CAO.
所以∠ECD＋∠ACO＝90°.
所以EC是⊙O的切线．
16．(本小题满分12分)如图，已知AB为⊙O的弦，CD切⊙O于P，AC⊥CD于C，BD⊥DC于D，PQ⊥AB于Q.
求证：PQ2＝AC·BD.
证明：如图，连接PA、PB，
因为CD切⊙O于P，
所以∠1＝∠2.
因为AC⊥CD于C，PQ⊥AB于Q，
所以∠ACP＝∠PQB＝90°.
所以△ACP∽△PQB.
所以AC∶PQ＝AP∶PB.
同理，△BDP∽△PQA，
所以PQ∶BD＝AP∶PB.
所以AC∶PQ＝PQ∶BD，即PQ2＝AC·BD.
17．(本小题满分12分)如图，已知AB切⊙O于B，BC是⊙O的直径，AC交⊙O于D，DE是⊙O的切线，CE⊥DE于E，DE＝3，CE＝4，求AB的长．
解：因为CE⊥DE于E，DE＝3，CE＝4，
所以CD＝5.
连接BD.因为DE切⊙O于点D，
所以∠EDC＝∠DBC.
又因为BC为⊙O的直径，
所以∠BDC＝90°.
所以Rt△BDC∽Rt△DEC.
所以＝＝，
即＝＝.
所以BC＝，BD＝.
又因为AB与⊙O相切于点B，
所以AB⊥BC.
所以＝.
所以AB＝.
18．(本小题满分14分)如图，已知Rt△ABC，∠ABC＝90°，D是AC的中点，⊙O经过A，B，D三点，CB的延长线交⊙O于点E，过点E作⊙O的切线，交AC的延长线于点F.在满足上述条件的情况下，当∠CAB的大小变化时，图形也随着改变，但在这个变化过程中，有些线段总保持着相等的关系．
(1)连接图中已标明字母的某两点，得到一条新线段与线段CE相等，并说明理由；
(2)若CF＝CD，求sin F的值．
解：(1)连接AE，则AE＝CE.
∵∠ABE＝90°，
∴AE为直径，连接DE.
则∠ADE＝90°，
又AD＝CD，
∴AE＝CE.
(2)设CF＝x，
则FA＝3x，FD＝2x，AD＝x.
∵FE为⊙O的切线，
∴AE⊥EF.
∴DE2＝AD·DF＝2x2，
即DE＝x.
FE2＝FD·FA＝2x·3x＝6x2，
即FE＝x.
∴sinF＝＝＝.