2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 考前回扣 幾何證明選講檢測試題 文 選修4-1.doc

《2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 考前回扣 幾何證明選講檢測試題 文 選修4-1.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 考前回扣 幾何證明選講檢測試題 文 選修4-1.doc（5頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 考前回扣 幾何證明選講檢測試題 文 選修4-1 1．(xx天津卷)如圖，在圓O中，M，N是弦AB的三等分點(diǎn)，弦CD，CE分別經(jīng)過點(diǎn)M，N，若C M＝2，MD＝4，CN＝3，則線段NE的長為(　　) A. B. C. D. 答案：A 解析：令A(yù)B＝3a(a>0)，因?yàn)镃MMD＝AMMB，即24＝2a2，所以a＝2， 又因?yàn)镃NNE＝ANNB，即3NE＝42， 所以NE＝.故選A. 2．(xx廣東卷)如圖，已知AB是圓O的直徑，AB＝4，EC是圓O的切線，切點(diǎn)為C，BC＝1.過圓心O作BC的平行線，分別交EC和AC于點(diǎn)D和點(diǎn)P，則OD＝________. 答案：8 解析：易得AC＝＝， 由OP∥BC，且O為AB的中點(diǎn)可知CP＝AC＝，OP＝BC＝， ∠CPO＝∠ACB＝90， ∴∠CPD＝90. 因?yàn)镋C是切線，所以∠DCP＝∠CBA， 從而△CPD∽△BCA，故＝， ∴DP＝， 故OD＝DP＋OP＝＋＝8. 3．如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，AB的延長線與DC的延長線交于點(diǎn)E，且CB＝CE. (1)證明：∠D＝∠E； (2)設(shè)AD不是⊙O的直徑，AD的中點(diǎn)為M，且MB＝MC，證明：△ADE為等邊三角形． 證明：(1)由題設(shè)知A，B，C，D四點(diǎn)共圓， 所以∠D＝∠CBE. 由已知CB＝CE得∠CBE＝∠E， 故∠D＝∠E. (2)設(shè)BC的中點(diǎn)為N，連接MN，則由MB＝MC知MN⊥BC，故O在直線MN上． 又AD不是⊙O的直徑，M為AD的中點(diǎn)， 故OM⊥AD，即MN⊥AD. 所以AD∥BC，故∠A＝∠CBE. 又∠CBE＝∠E，故∠A＝∠E. 由(1)知，∠D＝∠E，所以△ADE為等邊三角形． 4．如圖，AE是圓O的切線，A是切點(diǎn)，AD⊥OE于D，割線EC交圓O于B，C兩點(diǎn)． (1)證明：O，D，B，C四點(diǎn)共圓； (2)設(shè)∠DBC＝50，∠ODC＝30，求∠OEC的大?。? 解：(1)證明：連接OA，OC，則OA⊥EA. 由射影定理得，EA2＝EDEO. 由切割線定理得，EA2＝EBEC， 故EDEO＝EBEC， 即＝，又∠OEC＝∠OEC， 所以△BDE∽△OCE，所以∠EDB＝∠OCE， 因此O，D，B，C四點(diǎn)共圓． (2)連接OB.因?yàn)椤螼EC＋∠OCB＋∠COE＝180， 結(jié)合(1)得∠OEC＝180－∠OCB－∠COE ＝180－∠OBC－∠DBE ＝180－∠OBC－(180－∠DBC) ＝∠DBC－∠ODC＝20. 5．(xx新課標(biāo)全國卷Ⅱ)如圖，O為等腰三角形ABC內(nèi)一點(diǎn)，⊙O與△ABC的底邊BC交于M，N兩點(diǎn)，與底邊上的高AD交于點(diǎn)G，且與AB，AC分別相切于E，F(xiàn)兩點(diǎn)． (1)證明：EF∥BC； (2)若AG等于⊙O的半徑，且AE＝MN＝2，求四邊形EBCF的面積． 解：(1)證明：由于△ABC是等腰三角形，AD⊥BC， 所以AD是∠CAB的平分線． 又因?yàn)椤袿分別與AB，AC相切于點(diǎn)E，F(xiàn)， 所以AE＝AF，故AD⊥EF，從而EF∥BC. (2)由(1)知，AE＝AF，AD⊥EF， 故AD所在直線是EF的垂直平分線． 又EF為⊙O的弦，所以O(shè)在AD上． 連接OE，OM，則OE⊥AE. 由AG等于⊙O的半徑得AO＝2OE， 所以∠OAE＝30. 因此△ABC和△AEF都是等邊三角形． 因?yàn)锳E＝2，所以AO＝4，OE＝2. 因?yàn)镺M＝OE＝2， DM＝MN＝， 所以O(shè)D＝1. 于是AD＝5，AB＝. 所以四邊形EBCF的面積為 2－(2)2＝. 6．如圖，P是⊙O的直徑AB延長線上的一點(diǎn)，割線PCD交⊙O于C，D兩點(diǎn)，弦DF與直徑AB垂直，H為垂足，CF與AB交于點(diǎn)E. (1)求證：PAPB＝POPE； (2)若DE⊥CF，∠P＝15，⊙O的半徑等于2，求弦CF的長． 解：(1)證明：連接OD， ∵AB是⊙O的直徑，弦DF與直徑AB垂直，H為垂足，C在⊙O上， ∴∠DOA＝∠DCF， ∴∠POD＝∠PCE. 又∵∠DPO＝∠EPC，∴△PDO∽△PEC， ∴＝，即PDPC＝POPE. 由割線定理得PAPB＝PDPC， ∴PAPB＝POPE. (2)由已知，直徑AB是弦DF的垂直平分線， ∴ED＝EF，∴∠DEH＝∠FEH. ∵DE⊥CF，∴∠DEH＝∠FEH＝45. 由∠PEC＝∠FEH＝45，∠P＝15得 ∠DCF＝60. 由∠DOA＝∠DCF得∠DOA＝60. 在Rt△DHO中，OD＝2，DH＝ODsin∠DOH＝， ∴DE＝EF＝＝， CE＝＝， ∴CF＝CE＋EF＝＋.