高中数学人教A版1本册总复习总复习3

本册综合测试一、选择题(本大题共12小题，每题5分，共60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．在梯形ABCD中，AD∥BC(其中BC>AD)，E、F分别是AB、DC的中点，连结EF，且EF交BD于G，交AC于H，则GH等于()A．AD B．eq\f(1,2)(AD＋BC)C．BC D．eq\f(1,2)(BC－AD)解析：结合平行线等分线段定理及梯形中位线定理可解决此题．答案：D2．如图所示，已知在△ABC中，AD∶DC＝1∶2，E为BD的中点，AE延长线交BC于F，则BF∶FC等于()A．1∶5 B．1∶4C．1∶3 D．1∶2解析：过D作DG平行于BC，与AF交于点G，再根据平行线分线段成比例定理即可解决．答案：C3．在Rt△ABC中，CD是斜边AB上的高，该图形中只有x个三角形与△ABC相似，则x的值为()A．1 B．2C．3 D．4解析：题中所给图形为射影定理的基本图形，△ACD、△BCD均与△ABC相似．答案：B4．若关于x的一元二次方程x2＋ax＋b＝0的两根是一直角三角形的两锐角的正弦值，且a＋5b＝1，则a、b的值分别为()A．－eq\f(3,5)，eq\f(8,25) B．－eq\f(7,5)，eq\f(12,25)C．－eq\f(4,5)，eq\f(9,25) D．1,0解析：在直角三角形中两锐角互余，若∠A、∠B分别为此直角三角形的两锐角，则∠A＋∠B＝90°，sinB＝cos(90°－B)＝cosA，可得方程x2＋ax＋b＝0的两根分别为sinA，cosA，即sinA＋cosA＝－a①，sinA·cosA＝b②，①式两端分别平方得sin2A＋cos2A＋2sinA·cosA＝a2，也就是1＋2sinAcosA＝a2③，再把②式两端乘2得2sinA·cosA＝2b④，③－④得a2－2b＝1，又由已知a＋5解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(7,5)，,b＝\f(12,25)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝0.))①式中有－a＝sinA＋cosA＞0，∴a＜0，故选B．答案：B5．等腰梯形ABCD的周长为104cm，BC∥AD，AD∶AB∶BC＝2∶3∶5，A．72.8cmC．36.4cm解析：令AD＝2x，则AB＝CD＝3x，BC＝5x.因为周长为104cm，所以2x＋3x＋3x＋5x＝104.从而x＝8(cm)答案：D6．如图所示，△ABC的底边BC＝a，高AD＝h，矩形EFGH内接于△ABC，其中E、F分别在边AC、BC上，G、H都在BC上，且EF＝2FG，则矩形EFGH的周长是()A．eq\f(ah,2h＋a) B．eq\f(6ah,2h＋a)C．eq\f(ah,2h－a) D．eq\f(6h,2h＋a)解析：由题目条件中的EF＝2FG，要想求出矩形的周长，必须求出FG与高AD＝h的关系．由EF∥BC得△AFE∽△ABC，则FG与高h即可联系上．设FG＝x，∵EF＝2FG，∴EF＝2x.∵EF∥BC，∴△AFE∽△ABC．又AD⊥BC，设AD交EF于M，则AM⊥EF，所以eq\f(AM,AD)＝eq\f(EF,BC)，即eq\f(AD－DM,AD)＝eq\f(2x,a)，所以eq\f(h－x,h)＝eq\f(2x,a)，解之，得x＝eq\f(ah,2h＋a).所以矩形EFGH的周长为6x＝eq\f(6ah,2h＋a).答案：B7．如图，△ABC是⊙O的内接正三角形，弦EF经过BC的中点D，且EF∥AB，若AB＝2，则DE的长是()A．eq\f(1,2) B．eq\f(\r(5)－1,2)C．eq\f(\r(3),2) D．1解析：由题图知DE·DF＝BD·CD＝1，同理EG·FG＝1，又DG＝eq\f(1,2)AB＝1，∴DE(1＋FG)＝1，FG(1＋DE)＝1，∴DE＝FG＝eq\f(\r(5)－1,2).答案：B8．在▱ABCD中，E是AD的中点，AC、BD交于O，则与△ABC面积相等的三角形有()A．4个 B．5个C．6个 D．3个解析：利用三角形面积公式，等底等高的两个三角形面积相等，再利用平行四边形的面积为中介，建立面积相等关系．答案：A9．如图，E，C分别是∠A两边上的点，以CE为直径的⊙O交∠A的两边于点D、点B，若∠A＝45°，则△AEC与△ADB的面积比为()A．2∶1 B．1∶2C．eq\r(2)∶1 D．eq\r(3)∶1解析：由切割线定理及相似三角形的应用知，S△AEC∶S△ADB＝2∶1.答案：A10．如图，已知A、B两点的坐标分别为(2,0)、(0,2)，⊙C的圆心坐标为(－1,0)，半径为1，若D是⊙C上的一个动点，线段DA与y轴交于点E，则△ABE面积的最小值是()A．2 B．1C．2－eq\f(\r(2),2) D．2－eq\r(2)答案：C11．设四面体ABCD各棱长均相等，E、F分别为AC、AD的中点，如图甲，则△BEF在该四面体的面ABC上的射影是图乙中的()乙解析：由于BE＝BF，所以△BEF为等腰三角形，故F点在平面ABC上的正射影不在AC上而在△ABC内部．又由于EF与CD平行，而CD与平面ABC不垂直，所以F点在平面ABC上的正射影不在直线BE上，从而知B图形正确，故选择B．答案：B12．P为△ABC所在平面外一点，PA、PB、PC与平面ABC所成角均相等，又PA与BC垂直，那么△ABC的形状可能是________.①正三角形②等腰三角形③非等腰三角形④等腰直角三角形A．①②③ B．①②④C．②③ D．①②③④解析：设点P在底面ABC上的射影为O，由PA、PB、PC与平面ABC所成角均相等，得OA＝OB＝OC，即点O为△ABC的外心，又由PA⊥BC，得OA⊥BC，得AO为△ABC中BC边上的高线，∴AB＝AC，即△ABC必为等腰三角形，故应选①②④.答案：B二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分，把答案填在题中横线上)13．在射线OA上取一点P，使OP＝4cm，以P为圆心作直径为4cm的圆，若⊙P与射线OB相交，则锐角∠解析：当OB与圆相切时∠AOB＝eq\f(π,6)，故OB与圆相交，则0≤∠AOB<eq\f(π,6).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))14．如图，已知△ABC中，DE∥FG∥BC，AD∶DF∶FB＝2∶3∶4，则S△ADE∶S四边形DEGF∶S四边形BCGF＝________.解析：∵AD∶DF∶FB＝2∶3∶4，设AD＝2k，DF＝3k，FB＝4k(k>0)，则AF＝5k，AB＝9k，∵DE∥FG，∴△ADE∽△AFG.∴eq\f(S△ADE,S△AFG)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AD,AF)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))2＝eq\f(4,25).同理可得：eq\f(S△AFG,S△ABC)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AF,AB)))2＝eq\f(25,81).设S△ADE＝4a，则S△AFG＝25a，S△ABC＝81a(∴S四边形DEGF＝25a－4a＝21a，S四边形BCGF＝81a－∴S△ADE∶S四边形DEGF∶S四边形BCGF＝4∶21∶56.答案：4∶21∶5615．如图，以直角坐标系的原点O为圆心作圆，A是x轴上的一点，AB切圆O于点B，若AB＝12，AD＝8，则点B坐标为________.解析：首先利用切割线定理求出AE＝18，从而可得直径为10，△ABO中利用勾股定理求出OA，然后利用射影定理求出点B的坐标．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(25,13)，\f(60,13)))16．Q为圆内接四边形ABCD对角线的交点，eq\x\to(BC)＝eq\x\to(CD)，已知Q到AD的距离为3cm，则Q点到AB的距离为________.解析：根据eq\x\to(BC)＝eq\x\to(CD)，得∠BAC＝∠DAC．于是Q在∠BAD的平分线上．由角平分线上点的性质，Q到AB的距离等于点P到AD的距离．答案：3三、解答题(本大题共6小题，共74分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(12分)如右图所示，在等腰三角形ABC中，AB＝AC，D为CB延长线上一点，E为BC延长线上一点，且满足AB2＝DB·CE.(1)求证：△ADB∽△EAC；(2)若∠BAC＝40°，求∠DAE的度数．解析：(1)证明：∵AB2＝DB·CE，AB＝AC，∴eq\f(AB,CE)＝eq\f(DB,AC).∵∠ABC＝∠ACB，∴∠ABD＝∠ACE.∴△ADB∽△EAC．(2)∵△ADB∽△EAC，∴∠DAB＝∠E.∴△ADB∽△EDA．∴∠DAE＝∠ABD．∵∠ABC＝eq\f(180°－40°,2)＝70°，∴∠DAE＝∠ABD＝180°－70°＝110°.18．(12分)如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，E为AC的中点，DE的延长线交BC的延长线于F，EF＝eq\f(10,3)，tanB＝eq\f(1,2).(1)求证：△BDF∽△DCF；(2)求BC的长．解析：(1)证明：∵点E是Rt△ACD的斜边AC的中点，∴ED＝EC．∴∠EDC＝∠ECD．∴∠BDF＝∠DCF.又∠F＝∠F，∴△BDF∽△DCF.(2)∵在Rt△BCD中，tanB＝eq\f(CD,BD)＝eq\f(1,2)，又△BDF∽△DCF，∴eq\f(CF,DF)＝eq\f(DF,BF)＝eq\f(CD,BD)＝eq\f(1,2).∴DF＝2CF，BF＝2DF.∴BF＝4CF.∴4CF＝BC＋CF.∴CF＝eq\f(1,3)BC．又∵在Rt△ACB中，tanB＝eq\f(AC,AB)＝eq\f(1,2)，∴AC＝eq\f(1,2)BC．∵E为AC的中点，∴CE＝eq\f(1,4)BC．∵在Rt△ECF中，CE2＋CF2＝EF2，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)BC))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)BC))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)))2.解得BC＝8或BC＝－8(舍去)．∴BC＝8.19．(12分)如图，已知⊙O和⊙O′都经过点A和B，直线PQ切⊙O于点P，交⊙O′于点Q、M，交AB的延长线于点N.(1)求证：PN2＝NM·NQ；(2)若M是PQ的中点，设MQ＝x，MN＝y，求证：x＝3y.证明：(1)∵PQ为⊙O的切线，∴PN2＝NB·NA．又∵NB·NA＝NM·NQ，∴PN2＝NM·NQ.(2)∵PM＝MQ＝x，MN＝y，PN2＝NM·NQ，∴(x－y)2＝y(x＋y)，整理，得x2＝3xy.∵x≠0，∴x＝3y.20．(12分)如图所示，已知⊙O1与⊙O2相交于A，B两点，过点A作⊙O1的切线交⊙O2于点C，过点B作两圆的割线，分别交⊙O1，⊙O2于点DE，DE与AC相交于点P.(1)求证：AD∥EC；(2)若AD是⊙O2的切线，且PA＝6，PC＝2，BD＝9，求AD的长．解析：(1)证明：连接AB，∵AC是⊙O1的切线，∴∠BAC＝∠D，又∵∠BAC＝∠E，∴∠D＝∠E.∴AD∥EC．(2)设BP＝x，PE＝y，∵PA＝6，PC＝2，∴xy＝12，①∵AD∥EC，∴eq\f(DP,PE)＝eq\f(AP,PC)⇒eq\f(9＋x,y)＝eq\f(6,2)，②由①②得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3,y＝4))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－12,y＝－1))(舍去)∴DE＝9＋x＋y＝16，∵AD是⊙O2的切线，∴AD2＝BD·DE＝9×16，∴AD＝12.21．(12分)如图，已知⊙O和⊙M相交于A、B两点，AD为⊙M的直径，直线BD交⊙O于点C，点G为eq\x\to(BD)中点，连接AG分别交⊙O、BD于点E、F，连接CE.求证：(1)AG·EF＝CE·GD；(2)eq\f(GF,AG)＝eq\f(EF2,CE2).证明：(1)连接AB，AC，∵AD为⊙M的直径，∴∠ABD＝90°，∵AC为⊙O的直径，∴∠CEF＝∠AGD，∵∠DFG＝∠CFE，∴∠ECF＝∠GDF，∵G为弧BD的中点，∴∠DAG＝∠GDF，∴∠DAG＝∠ECF，∴△CEF∽△AGD，∴eq\f(CE,EF)＝eq\f(AG,GD)，∴AG·EF＝CE·GD．(2)由(1)知∠DAG＝∠GDF，∠G＝∠G，∴△DFG∽△AGD，∴DG2＝AG·GF，由(1)知eq\f(EF2,CE2)＝eq\f(GD2,AG2).∴eq\f(GF,AG)＝eq\f(EF2,CE2).22．(14分)垂直于圆柱轴的平面截圆柱面所得的截线是半径r＝2的圆．另一截面与圆柱面的