【走向高考】2020年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 12-1 幾何證明選講課后作業(yè) 新人教A版

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1、 "【走向高考】2020年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 12-1 幾何證明選講課后作業(yè) 新人教A版 " 1.如圖，CD是圓O的切線，切點(diǎn)為C，點(diǎn)A，B在圓O上，BC＝1，∠BCD＝30°，則圓O的面積為(　　) A.　　　　　　　　 B．π C. D．2π [答案]　B [解析]　∠A＝∠BCD＝30°，由＝2R，得R＝1，所以圓O的面積為πR2＝π. 2．(文)如圖所示，在?ABCD中，BC＝24，E、F為BD的三等分點(diǎn)，則BM－DN＝(　　) A．6　　　　B．3　　　　C．2　　　　D．4 [答案]　A [解析]　∵E、F為BD的三等分點(diǎn)，四邊形為平行四邊形， ∴M為

2、BC的中點(diǎn)，連CF交AD于P，則P為AD的中點(diǎn)，由△BCF∽△DPF及M為BC中點(diǎn)知，N為DP的中點(diǎn)， ∴BM－DN＝12－6＝6，故選A. (理)如圖，E是?ABCD邊BC上一點(diǎn)，＝4，AE交BD于F，等于(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. [答案]　A [解析]　在AD上取點(diǎn)G，使AG:GD＝1:4，連結(jié)CG交BD于H，則CG∥AE， ∴＝＝4，＝＝4，∴＝. 3．如圖，Rt△ABC中，CD為斜邊AB上的高，CD＝6，且AD:BD＝3:2，則斜邊AB上的中線CE的長(zhǎng)為(　　) A．5 B. C. D. [答案]　B [解析]　設(shè)AD＝3x，則

3、DB＝2x，由射影定理得CD2＝AD·BD，∴36＝6x2，∴x＝，∴AB＝5， ∴CE＝AB＝. 4．(文)(2020·湖南考試院)如圖，四邊形ABCD中，DF⊥AB，垂足為F，DF＝3，AF＝2FB＝2，延長(zhǎng)FB到E，使BE＝FB，連結(jié)BD，EC.若BD∥EC，則四邊形ABCD的面積為(　　) A．4 B．5 C．6 D．7 [答案]　C [解析]　由條件知AF＝2，BF＝BE＝1， ∴S△ADE＝AE×DF＝×4×3＝6， ∵CE∥DB，∴S△DBC＝S△DBE，∴S四邊形ABCD＝S△ADE＝6. (理)已知矩形ABCD，R、P分別在邊CD、BC上，E

4、、F分別為AP、PR的中點(diǎn)，當(dāng)P在BC上由B向C運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)R在CD上固定不變，設(shè)BP＝x，EF＝y(tǒng)，那么下列結(jié)論中正確的是(　　) A．y是x的增函數(shù) B．y是x的減函數(shù) C．y隨x的增大先增大再減小 D．無(wú)論x怎樣變化，y為常數(shù) [答案]　D [解析]　∵E、F分別為AP、PR中點(diǎn)，∴EF是△PAR的中位線，∴EF＝AR，∵R固定，∴AR是常數(shù)，即y為常數(shù)． 5．(2020·海淀期末)如圖，半徑為2的⊙O中，∠AOB＝90°，D為OB的中點(diǎn)，AD的延長(zhǎng)線交⊙O于點(diǎn)E，則線段DE的長(zhǎng)為(　　) A. B. C. D. [答案]　C [解析]　 延長(zhǎng)BO交

5、圓O于點(diǎn)F，由D為OB的中點(diǎn)，知DF＝3，DB＝1，又∠AOB＝90°，所以AD＝，由相交弦定理知AD·DE＝DF·DB，即DE＝3×1，解得DE＝. 6．(2020·廣東中山)如圖，⊙O與⊙O′相交于A和B，PQ切⊙O于P，交⊙O′于Q和M，交AB的延長(zhǎng)線于N，MN＝3，NQ＝15，則PN＝(　　) A．3 B. C．3 D．3 [答案]　D [解析]　由切割線定理知： PN2＝NB·NA＝MN·NQ＝3×15＝45， ∴PN＝3. 7．(2020·深圳調(diào)研)如圖，割線PBC經(jīng)過圓心O，OB＝PB＝1，OB繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°到OD，連PD交圓O于點(diǎn)E，則PE＝_

6、_______. [答案]　 [解析]　∵∠POD＝120°，OD＝OB＝1，PO＝2， ∴PD＝＝， 由相交弦定理得，PE·PD＝PB·PC， ∴PE＝＝＝. 8．(文)(2020·北京西城區(qū)模擬)如圖，從圓O外一點(diǎn)P引圓O的切線PA和割線PBC，已知PA＝2，PC＝4，圓心O到BC的距離為，則圓O的半徑為________． [答案]　2 [解析]　設(shè)圓O的半徑為R.依題意得PA2＝PB·PC， ∴PB＝＝2，BC＝PC－PB＝2， ∴R＝＝2，即圓O的半徑為2. (理)(2020·廣東中山市四校聯(lián)考)如圖，PA切圓O于點(diǎn)A，割線PBC經(jīng)過圓心O，OB＝PB＝1

7、，OA繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°到OD，則PD的長(zhǎng)為________． [答案]　 [解析]　由圖可知，PA2＝PB·PC＝PB·(PB＋BC)＝3，∴PA＝，∴∠AOP＝60°， 又∠AOD＝60°，∴∠POD＝120°，∵PO＝2，OD＝1， ∴cos∠POD＝＝－，∴PD＝. 1.(文)(2020·廣東湛江高考調(diào)研)如圖，圓O上一點(diǎn)C在直徑AB上的射影為D，AD＝2，AC＝2，則AB＝________. [答案]　10 [解析]　由射影定理知， AC2＝AD·AB， 所以AB＝＝10. (理)(2020·茂名市?？?如圖所示，已知圓O直徑為，AB是圓O的直徑，

8、C為圓O上一點(diǎn)，且BC＝，過點(diǎn)B的圓O的切線交AC延長(zhǎng)線于點(diǎn)D，則DA＝________. [答案]　3 [解析]　∵AB為直徑， ∴∠ACB為直角， ∵BC＝，AB＝，∴AC＝2， ∵DB與⊙O相切，∴∠DBA為直角， 由射影定理BC2＝AC·CD，∴CD＝1，∴AD＝3. 2．(文)如圖，BD為⊙O的直徑，AB＝AC，AD交BC于E，AE＝2，ED＝4.則AB的長(zhǎng)為________． [答案]　2 [解析]　∵∠ABC＝∠C，∠C＝∠D，∴∠ABC＝∠D，又∠BAE＝∠DAB，∴△ABE∽△ADB，∴AB2＝AE·AD， ∴AB＝2. (理)已知EB是半圓O的

9、直徑，A是BE延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，AC切半圓O于點(diǎn)D，BC⊥AC于點(diǎn)C，若BC＝6，AC＝8，則AE＝______，AD＝________. [答案]　，5 [解析]　∵OD⊥AC，BC⊥AC， ∴△ADO∽△ACB，∴＝， ∵BC＝6，AC＝8，∴AB＝10， 設(shè)OD＝R，則AO＝R，∴R＋R＝10，∴R＝， AE＝AB－2R＝，＝＝，∴AD＝5. 3．(文)(2020·廣東汕頭測(cè)試)如圖，正△ABC的邊長(zhǎng)為2，點(diǎn)M，N分別是邊AB，AC的中點(diǎn)，直線MN與△ABC的外接圓的交點(diǎn)為P，Q，則線段PM＝________. [答案]　 [解析]　設(shè)PM＝x，則QN＝x，由相

10、交弦定理可得PM·MQ＝BM·MA即x·(x＋1)＝1，解得x＝. (理)(2020·佛山質(zhì)檢)如圖，AB，CD是半徑為a的圓O的兩條弦，它們相交于AB的中點(diǎn)P，PD＝a，∠OAP＝30°，則CP＝________. [答案]　 [解析]　因?yàn)辄c(diǎn)P是AB的中點(diǎn)，由垂徑定理知，OP⊥AB.在Rt△OPA中，BP＝AP＝acos30°＝a.由相交弦定理知，BP·AP＝CP·DP，即a·a＝CP·a，所以CP＝a. 4．(文)(2020·惠州市模擬)如圖，⊙O的割線PAB交⊙O于A、B兩點(diǎn)，割線PCD經(jīng)過圓心O，已知PA＝6，AB＝，PO＝12，則⊙O的半徑是________． [

11、答案]　8 [解析]　設(shè)⊙O的半徑是R，∵PA·PB＝PC·PD＝(PO－R)(PO＋R)＝PO2－R2， ∴PA(PA＋AB)＝PO2－R2， 將PA＝6，AB＝，PO＝12代入得R＝8. (理)(2020·天津理)如下圖，四邊形ABCD是圓O的內(nèi)接四邊形，延長(zhǎng)AB和DC相交于點(diǎn)P，若＝，＝，則的值為__________． [答案]　 [解析]　由割線定理知：PB·PA＝PC·PD， 又∵PA＝2PB，PD＝3PC， ∴PB·2PB＝PD·PD，∴PB2＝PD2，∴PB＝PD， 又∵△PBC∽△PDA，∴＝＝. 5．如圖，EB、EC是⊙O的兩條切線，B、C是切點(diǎn)，A、

12、D是⊙O上兩點(diǎn)，如果∠E＝46°，∠DCF＝32°，則∠A的度數(shù)是________． [答案]　99° [解析]　連接OB、OC、AC，根據(jù)弦切角定理得， ∠EBC＝∠BAC，∠CAD＝∠DCF， 可得∠A＝∠BAC＋∠CAD＝(180°－∠E)＋∠DCF＝67°＋32°＝99°. [點(diǎn)評(píng)]　可由EB＝EC及∠E求得∠ECB，由∠ECB和∠DCF求得∠BCD，由圓內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)求得∠A. 6．(文)(2020·南京市調(diào)研)如圖，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)P在AB的延長(zhǎng)線上，PC與⊙O相切于點(diǎn)C，PC＝AC＝1，求⊙O的半徑． [解析]　連接OC. 設(shè)∠PAC＝θ.因?yàn)镻C

13、＝AC，所以∠CPA＝θ，∠COP＝2θ. 又因?yàn)镻C與⊙O相切于點(diǎn)C，所以O(shè)C⊥PC. 所以3θ＝90°.所以θ＝30°. 設(shè)⊙O的半徑為r，在Rt△POC中， r＝CP·tan30°＝1×＝. (理)(2020·江蘇鹽城調(diào)研)如圖，圓O的直徑AB＝8，C為圓周上一點(diǎn)，BC＝4，過C作圓的切線l，過A作直線l的垂線AD，D為垂足，AD與圓O交于點(diǎn)E，求線段AE的長(zhǎng)． [解析]　 連結(jié)OC、BE、AC，則BE⊥AE. ∵BC＝4，∴OB＝OC＝BC＝4，即△OBC為正三角形， ∴∠CBO＝∠COB＝60°， 又直線l切⊙O于C， ∴∠DCA＝∠CBO＝60°，

14、∵AD⊥l，∴∠DAC＝90°－60°＝30°， 而∠OAC＝∠ACO＝∠COB＝30°，∴∠EAB＝60°， 在Rt△BAE中，∠EBA＝30°，∴AE＝AB＝4. 7．(文)(2020·遼寧)如圖，△ABC的角平分線AD的延長(zhǎng)線交它的外接圓于點(diǎn)E. (1)證明：△ABE∽△ADC； (2)若△ABC的面積S＝AD·AE，求∠BAC的大?。? [解析]　(1)∵AD為∠BAC的角平分線 ∴∠BAE＝∠CAD 又∵∠AEB與∠ACB為所對(duì)的圓周角 ∴∠AEB＝∠ACD，∴△ABE∽△ADC. (2)由(1)可知△ABE∽△ADC 故＝， 即AB·AC＝AD·AE　　　

15、?、? 又S＝AB·ACsin∠BAC 且S＝AD·AE ∴AB·ACsin∠BAC＝AD·AE　　?、? 由①②式得　sin∠BAC＝1 ∵∠BAC為三角形內(nèi)角，∴∠BAC＝90° (理)(2020·遼寧實(shí)驗(yàn)中學(xué))如圖，⊙O的直徑AB的延長(zhǎng)線與弦CD的延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)P，E為⊙O上一點(diǎn)，AE＝AC，DE交AB于點(diǎn)F，且AB＝2BP＝4， (1)求PF的長(zhǎng)度． (2)若圓F與圓O內(nèi)切，直線PT與圓F切于點(diǎn)T，求線段PT的長(zhǎng)度． [解析]　(1)連結(jié)OC，OD，OE，由同弧對(duì)應(yīng)的圓周角與圓心角之間的關(guān)系， 結(jié)合題中條件弧長(zhǎng)AE等于弧長(zhǎng)AC可得∠CDE＝∠AOC， 又∠CD

16、E＝∠P＋∠PFD，∠AOC＝∠P＋∠OCP， 從而∠PFD＝∠OCP，故△PFD∽△PCO， ∴＝， 由割線定理知PC·PD＝PA·PB＝12， 故PF＝＝＝3. (2)若圓F與圓O內(nèi)切，設(shè)圓F的半徑為r， 因?yàn)镺F＝2－r＝1，即r＝1， 所以O(shè)B是圓F的直徑，且過P點(diǎn)的圓F的切線為PT， 則PT2＝PB·PO＝2×4＝8，即PT＝2. 1.如圖所示，矩形ABCD中，AB＝12，AD＝10，將此矩形折疊使點(diǎn)B落在AD邊的中點(diǎn)E處，則折痕FG的長(zhǎng)為(　　) A．13 B. C. D. [答案]　C [解析]　過點(diǎn)A作AH∥FG交DG于H，則四邊形AF

17、GH為平行四邊形．∴AH＝FG. ∵折疊后B點(diǎn)與E點(diǎn)重合，折痕為FG， ∴B與E關(guān)于FG對(duì)稱．∴BE⊥FG，∴BE⊥AH. ∴∠ABE＝∠DAH，∴Rt△ABE∽R(shí)t△DAH. ∴＝.∵AB＝12，AD＝10，AE＝AD＝5， ∴BE＝＝13，∴FG＝AH＝＝. 2．如圖所示，在矩形ABCD中，AE⊥BD于E，S矩形＝40cm2，S△ABE:S△DBA＝1:5，則AE的長(zhǎng)為________． [答案]　4cm [解析]　∵∠BAD＝90°，AE⊥BD，∴△ABE∽△DBA， ∴S△ABE:S△DBA＝AB2:DB2. ∵S△ABE:S△DBA＝1:5，∴AB2:DB2＝

18、1:5， ∴AB:DB＝1:. 設(shè)AB＝k，則DB＝k，AD＝2k， ∵S矩形＝40cm2，∴k·2k＝40，∴k＝2， ∴BD＝k＝10，AD＝4， S△ABD＝BD·AE＝20， ∴×10×AE＝20，∴AE＝4cm. 3．(2020·北京朝陽(yáng)區(qū)統(tǒng)考)如圖，AB是⊙O的直徑，CB切⊙O于點(diǎn)B，CD切⊙O于點(diǎn)D，直線CD交AB于點(diǎn)E.若AB＝3，ED＝2，則CB的長(zhǎng)為________． [答案]　3 [解析]　由切割線定理得，ED2＝EA·EB， ∴4＝EA(EA＋3)， ∴EA＝1，∵CB是⊙O的切線，∴EB⊥CB， ∴EB2＋CB2＝CE2， 又∵CD是⊙O

19、的切線，∴CD＝CB， ∴42＋CB2＝(CB＋2)2，∴CB＝3. 4. (2020·北京西域區(qū)期末)如圖所示，過圓C外一點(diǎn)P做一條直線與圓C交于A，B兩點(diǎn)，AB＝2AP，PT與圓C相切于T點(diǎn)．已知圓C的半徑為2，∠CAB＝30°，則PT＝________. [答案]　3 [解析]　∵AC＝2，∠CAB＝30°， ∴AB＝2ACcos30°＝2×2×＝2， ∴AP＝AB＝，∴PB＝AP＋AB＝3， ∵PT是⊙C的切線， ∴PT2＝AP·PB＝9， ∴PT＝3. 5．(2020·廣東理，15)如下圖，過圓O外作一點(diǎn)P分別作圓的切線和割線交圓于A，B，且PB＝7，C是圓

20、上一點(diǎn)使得BC＝5，∠BAC＝∠APB，則AB＝________. [答案]　 [解析]　由圓的切線性質(zhì)可知∠PAB＝∠ACB， 又∠APB＝∠BAC，所以△PAB∽△ACB， 所以＝，而BC＝5，PB＝7，∴＝， ∴AB2＝35，AB＝. 6．(2020·湖南理，11)如下圖，A，E是半圓周上的兩個(gè)三等分點(diǎn)，直徑BC＝4，AD⊥BC，垂足為D，BE與AD相交于點(diǎn)F，則AF的長(zhǎng)為________． [答案]　 [解析]　 如圖，連結(jié)CE，OA，AB，∵A、E是半圓周上的兩個(gè)三等分點(diǎn)，BC為直徑，∴∠CEB＝90°，∠CBE＝30°，∠AOB＝60°， 又OA＝2

21、，∴AD＝，OD＝BD＝1， ∴DF＝，∴AF＝AD－DF＝. 7．(2020·天津文，13)如圖，已知圓中兩條弦AB與CD相交于點(diǎn)F，E是AB延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，且DF＝CF＝，AF:FB:BE＝4:2:1.若CE與圓相切，則線段CE的長(zhǎng)為________． [答案]　 [解析]　由題意： ∴AF＝2，F(xiàn)B＝1， ∴BE＝，AE＝AF＋BF＋BE＝. 由切割線定理得：CE2＝BE·AE＝×＝. ∴CE＝. 8．(2020·遼寧文，22)如圖，A、B、C、D四點(diǎn)在同一圓上，AD的延長(zhǎng)線與BC的延長(zhǎng)線交于E點(diǎn)，且EC＝ED. (1)證明：CD∥AB; (2)延長(zhǎng)CD到F

22、，延長(zhǎng)DC到G，使得EF＝EG，證明：A、B、G、F四點(diǎn)共圓． [解析]　(1)因?yàn)镋C＝ED，所以∠EDC＝∠ECD. 因?yàn)锳，B，C，D四點(diǎn)在同一圓上，所以∠EDC＝∠EBA. 故∠ECD＝∠EBA.所以CD∥AB. (2)由(1)知，AE＝BE，因?yàn)镋F＝EG，故∠EFD＝∠EGC，從而∠FED＝∠GEC. 連接AF，BG，則△EFA≌△EGB，故∠FAE＝∠GBE. 又CD∥AB，∠EDC＝∠ECD，所以∠FAB＝∠GBA. 所以∠AFG＋∠GBA＝180°. 故A、B、G、F四點(diǎn)共圓． 9．(2020·新課標(biāo)全國(guó)文，22)如圖，D，E分別為△ABC的邊AB，

23、AC上的點(diǎn)，且不與△ABC的頂點(diǎn)重合，已知AE的長(zhǎng)為m，AC的長(zhǎng)為n，AD，AB的長(zhǎng)是關(guān)于x的方程x2－14x＋mn＝0的兩個(gè)根． (1)證明：C，B，D，E四點(diǎn)共圓； (2)若∠A＝90°，且m＝4，n＝6，求C，B，D，E所在圓的半徑． [解析]　 (1)連結(jié)DE，根據(jù)題意在△ADE和△ACB中，AD×AB＝mn＝AE×AC， 即＝.又∠DAE＝∠CAB，從而△ADE∽△ACB. 因此∠ADE＝∠ACB. 所以C，B，D，E四點(diǎn)共圓。 (2)m＝4，n＝6時(shí)，方程x2－14x＋mn＝0的兩根為x1＝2，x2＝12. 故AD＝2，AB＝12. 取CE的中點(diǎn)G，DB的中點(diǎn)F，分別過G，F(xiàn)作AC，AB的垂線，兩垂線相交于H點(diǎn)，連結(jié)DH.因?yàn)镃，B，D，E四點(diǎn)共圓，所以C，B，D，E四點(diǎn)所在圓的圓心為H，半徑為DH，由于∠A＝90°，故GH∥AB，HF∥AC.從而HF＝AG＝5，DF＝(12－2)＝5. 故C，B，D，E四點(diǎn)所在圓的半徑為5.