2019-2020年高中数学 第二讲 直线与圆的位置关系单元测评2 新人教A版选修4-1

2019-2020年高中数学 第二讲 直线与圆的位置关系单元测评2 新人教A版选修4-1

1.若ABCD为⊙O的内接四边形,∠BOD =100°,则∠BAD为…(

D.50°或

思路解析:运用圆周角定理,注意不同的情况,∠BAD =50°或

答案:D

2.圆内接四边形的4个角中,如果没有直角,那么一定有(

A.2个锐角2个钝角 B.1个锐角3个钝角

C.1个钝角3个锐角 D.都是锐角或钝角

思路解析:圆内接四边形的对角互补,由于圆内接四边形的4个角中没有直角,所以必有2个锐角,2个钝角

答案:A

3.如图2-16,△ABC内接于直径为d的圆,AC=b,BC=a,则△ABC的高CD等于(

图2-16

A. B. C. D.

思路解析:过C点作出直径CE,连结AE,容易知道△CDB∽△CAE,从而有=,所以CD

答案:D

4.如图2-17,点D、E在以AB为直径的半圆O上,点F、C在AB上,CDEF为正方形,若正方形的边长为1,AC=a,BC=b,则下列式子中不正确的是

图2-17

A.a2+b2=5 C.ab=1 D.a-b=1

思路解析:容易知道OF =OC =,圆的半径为,所以AC =OA +OC,a = +,整理得a -b =1.由于DC2=AC·CB,所以1 =ab.a +b ====.

答案: A

5.PT切⊙O于点T,PB是⊙O的割线,与⊙O交于A、B两点,且过圆心O,若∠OPT=30°,PT=20

cm,则PB等于 .

思路解析:连结OT,则OT⊥PT,在Rt△POT中,∠OPT =30°,PT =20,所以OT =OB =,PO =,从而PB =PO +OB

答案:

6.如图2-18,AB为⊙O的直径,直线MN切⊙O于C点,AM⊥MN,BN⊥MN,若AM =a,BN =b,则⊙O的半径是 .

图2-18 思路解析:由题意,连结OC,则OC⊥MN,因为AM⊥MN,BN⊥MN,所以AM∥OC∥BN.又AO =OB,所以

答案:

7.如图2-19,CD是⊙O的直径,AE切⊙O于B点,DC的延长线交AB于A,∠A=20°,则∠DBE

= .

图2-19

思路解析:连结OB,则OB⊥AB.在Rt△OBA中

∵∠A

∴∠AOB =70°,∠D=∠AOB

又∵∠DBE =∠A +∠D,

∴∠DBE

答案:55°

8.如图2-20,AB为⊙O的直径,延长AB到D点,使BD=OB,DC切⊙O于C点,则AC∶AD = .

图2-20

思路解析:连结BC,则△ACB是直角三角形

设AO =BO =BD =R,则由切割线定理得

CD2=DB·DA =R·3R =3R2

∴CD =R

又∵△CBD ∽△ACD

TanA = =,AB =2R

∴∠A =30°.∴AC

答案:∶3

9.如图2-21,过⊙O外一点P作⊙O的两条切线PA、PB,切点分别为A、B,连结AB,在AB、PB、PA上分别取一点D、E、F,使AD =BE,BD =AF,连结DE、DF、EF,则∠EDF与∠P的关系是 .

图2-21

思路解析:考虑切线长定理得PA =PB,由条件容易证明△ADF≌△BED,从而∠ADF

=∠BED,∠EDF =180°-(∠ADF

+∠BDE)=180°-(∠BED+∠BDE )=180°-(180°-∠EBD)=∠EBD =90°-∠P

答案:∠EDF =90°-∠P

10.一条弦分圆成1∶3的两部分,过这条弦的一个端点引圆的切线,则所成的弦切角为 .

思路分析:注意两种情况:一种是45°,另一种是

答案:45°或135°

11.如图2-22,正方形ABCD中,AE切以BC为直径的半圆O于点E,交DC于F.求CF∶FD.

图2-22

思路分析:用代数法,设正方形的边长为a,FC =x,运用勾股定理、切线定理构造一元二次方程,确定x与a的关系即可

解:设正方形边长为a,FC =x,∵∠ABC

∴AB与半圆O相切,又AF切半圆O于点

∴AB =AE.同理,FC =FE.∴AF =x +a

在Rt△ADF中,AF2=AD2+DF2,

(x +a)2=a2+(a -x)2.

解之,得.

∴DF =a-x = a.

∴CF∶FD =∶a =1∶3.

12.如图2-23,等腰梯形ABCD的内切圆圆心为点O,点EH、G为切点,AH、BO的长度分别为关于x的方程x2- mx + 9m =0的两根,又cos∠BAO

图2-23

(1)求证:AO⊥BO

(2)求梯形ABCD的面积.

思路分析:(1)运用切线长定理;(2)依据一元二次方程“根与系数的关系”求出m的值,进一步求得AD、BC、EF的长,求出梯形面积

(1)证明:由切线长定理知OA平分∠DAB,OB平分∠ABC,又∵AD∥BC,∴∠AOB=90°,即AO⊥BO.

(2)解:连结OH,则OH⊥AB.∵cos∠BAO

∴设OA =3k,AB =5k,OB =4k

在Rt△AOH中

由韦达定理得OB +AH = m,OB·AH =9m

即=,4k·5k =9m

解之,得k1=5,k2 =0(舍去

∴BO =20,AH

又∵AD =2AH =18,BC =2BF =2BH =32,EF =2OH =24,

即梯形的高EF

∴S梯形ABCD =×(18+32)×24=600.

13.如图2-24,△ABC内接于⊙O,AE切⊙O于点A,BD平分∠ABC,交⊙O于点D,交AF的延长线于点E,DF⊥AE于点F.

图2-24

求证

(2)AC =2AF.

思路分析:(1)运用弦切角定理证△ABE∽△DAE即可;(2)依据圆周角定理得点D为AC的中点.结合条件容易得到AD平分∠EAC,从而联系“角平分线上的点到角两边距离相等”,过点D作DH⊥AC,垂足为H,结合垂径定理得结论

证明:(1)∵AE切⊙O于点A,∴∠EAD =EBA

又∠E =∠E,∴△DAE∽△ABE

∴=,即

(2)过点D作DH⊥AC,垂足为H

∵∠EAD ∠ABD,∠DAC ∠DBC,BD平分∠ABC

∴∠EAD ∠DAC.又∵DF⊥AE,DH⊥AC

∴DF DH.在Rt△DFA和Rt△DHA中

DF =DH,DA DA

∴Rt△DFA≌Rt△DHA.∴AF =AH.

∵DC =DA,DH⊥AC

∴AH =CH,AC =2AH =2AF.

14.如图2-25,经过点A、C的圆O切AB于点A,交CB于点D,∠ABC的平分线BG交⊙O于点G,作∠GAE =∠GAB,AE交CG于F点,交CD于E点,求证

图2-25

(2)AG2 =CG·DG.

思路分析:(1)要证∠EDG =∠EFG,只需证∠GDB =∠AFG,而∠GDB =∠CAG,∠AFG =∠GCA

+∠CAF,由∠GAB为弦切角,用弦切角定理证明即可

(2)由(1)易证△AFG∽△CAG,从而得AG2=CF·CG,故再证FG =DG,连结EG,证△EFG≌△EDG就能达到目的

证明:(1)∵四边形AGDC是圆内接四边形

∴∠EDG +∠CAG

∵∠EFG =∠AFC,

∴∠EFG +∠ACF +∠CAF

∵∠ACF =∠BAG,∠BAG =∠FAG

∴∠EFG +∠BAG+∠CAF =∠EFG+∠FAG +∠CAF

∴∠EFG +∠CAG =180°.∴∠EDG =∠EFG. (2)连结EG

∵∠AFG =∠ACF +∠CAF,∠ACF =∠BAG =∠FAG

∴∠AFG =∠CAG

又∵∠AGC公用,∴△AGF∽△CGA

∵GA平分∠EAB,BG平分∠ABD,

∴G到AE、B、BE的距离相等(即G为△ABE的内心

∴G在∠AEB的角平分线上

∴∠FEG =∠DEG

∵EG =EG,∠EDG =∠EFG,∴△FEG≌△DEG

∴FG =DG.

∴=,即AG2=CG·DG.

15.如图2-26,⊙O的半径为r,MN切⊙O于点A,弦BC交OA于点Q,BP⊥BC,交MN于点P

求证:(1)PQ∥AC

图2-26

(2)若AQ=a,AC=b,则.

思路分析:(1)连结AB,应用弦切角定理得∠CAN =∠ABC,运用圆内接四边形的判定和性质说明∠QPA =∠ABC,从而得出结论;(2)过点A作直径AE,连结CE,证△PAQ∽△ECA就可达到目的.

证明:(1)连结AB,∵MN切⊙O于点A,∴OA⊥MN.

又∵BP⊥BC,∴BA、Q四点共圆,∠QPA =∠ABC

又∵∠CAN =∠ABC,∴∠CAN =∠QPA

∴PQ∥AC

(2)过点A作直径AE,连结CE,则△ECA为直角三角形

∵∠CAN =∠E,∠CAN =∠QPA

∴∠E =∠QPA.∴Rt△PAQ∽Rt△ECA

∴=, =.