数学模块综合测评二（附答案）

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精模块综合测评(二）（时间120分钟，满分150分）第Ⅰ卷（选择题共48分）一、选择题（每小题8分,共64分）1。如图14，△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，M为AD中点,CM交AB于P点,DN∥CP交AB于N点。若AB=6cm，则AP=cm。（)图14A。2 B.3 C。4 D.5思路解析：在△AND中，∵M为AD中点,DN∥CP,∴AP=PN.又∵AB=AC，AD⊥BC，∴BD=DC.在△BCP中，∵BD=DC,DN∥PC，∴BN=NP.∴AP==2。答案:A2。如图15,△ABC中，E为BC上一点，CD平分∠ACB，交AE于D点，且CD⊥EA，DF∥BC，交AB于F点，若AF=2cm,则AB=cm.()图15A.3 B。4 C。5 D。5.5思路解析：∵CD平分∠ACB,CD⊥AE,∴易证△ADC≌△EDC，从而得AD=DE.又∵DF∥BC，∴AF=FB，AB=2AF=4.答案:B3。△ABC中，AB=9,AC=12，BC=18,D为AC上一点,.在AB边上取一点E，得到△ADE,若图中两三角形相似,则DE的长是(）A.14 B。6 C。8 D。6或8思路解析:此题需分类讨论.当DE∥BC时,DE长为6,当DE不平行BC时,△ADE∽△ABC，此时,DE长为8。答案：D4.若圆外一点P与点O的距离为4cm，从点P向⊙O作切线,切线长与半径之差为2cm,则⊙O的半径长为cm.（）A.1+7 B。7—1 C。1+7或7-1 D.1—7或7-1思路解析:设⊙O的半径为r,则OP=4,切线长为r+2，由切线长定理，得（r+2)2=（4-r)(4+r）,解得r=-1±7，考虑实际意义，r=7—1.答案:B5。一圆外切四边形的周长为24cm,相邻三边之比为5∶4∶7，则这个四边形的最长边为cm。（)A。16 B.11 C。10 D.8思路解析:依据切线长定理,由相邻三边之比为5∶4∶7，可知四边之比为5∶4∶7∶8，所以这个四边形的最长边为×24=8(cm）。答案:D6.如图16，AB为⊙O的直径，CB切⊙O于点B,CD切⊙O于点D,交BA的延长线于点E，若AB=3,ED=2,则BC等于（）图16A.2 B。3 C。3.5 D。4思路解析:由切线长定理得ED2=EA·EB，∵AB=3,ED=2,∴可求得AE=1,容易证得∠B=90°.∴在Rt△CBE中，CB2+BE2=CE2，求得BC=3.答案:B7。如图17，已知△ABC是⊙O的内接三角形,PA是切线，PB交AC于E点,交⊙O于D点，且PE=PA，∠ABC=60°，PD=1,BD=8,则CE的长为(）图17A. B。9 C。 D。4思路解析：由弦切角定理得∠PAE=∠ABC=60°,又∵PE=PA,∴△PAE为等边三角形。由切割线定理得PA2=PD·PB，求得PA=3=AE=PE,∴DE=PE—PD=3—1=2；BE=BD—DE=8—2=6.由相交弦定理得BE·ED=AE·EC.∴==4.答案:D8。已知四边形ABCD为圆内接四边形,AD是圆的直径,直线MN切圆于B点，DC的延长线交MN于G点，若cos∠ABM=,则tan∠BCG的值为（)A. B. C。1 D。思路解析:连结BD,则∠ABD=90°，又∵MN切圆于点B，∴∠ABM=∠ADB.又cos∠ABM=，∴∠ABM=∠ADB=30°，∠A=90°-∠ADB=60°.由圆内接四边形的一个外角等于它的内对角得∠BCG=∠A=60°，∴tan∠BCG=.答案:A第Ⅱ卷（非选择题共102分)二、填空题（每小题8分,共32分)9。已知PA切⊙O于A点，,PCD是⊙O的割线,PC∶PD=1∶3,⊙O的半径为6，则CD的弦心距为。思路解析:设PC=k，则PD=3k，由切割线定理知PA2=PC·PD，∴(43）2=k·3k。∴k=4,DC=8.由垂径定理得CD的弦心距为=。答案:2510.已知PA、PB为⊙O的切线,A、B是切点，∠APB=75°，点C是⊙O上异于A、B的任意一点，则∠ACB=.思路解析:本题需分类讨论，当点C在劣弧AB上时，∠ACB=127.5°;当点C在优弧AB上时,∠ACB=52。5°。答案：52.5°或127。5°11。如图18，锐角△ABC中,∠A=60°，以BC为直径的半圆分别交AB、AC于D、E点,设△ADE的面积为S1，△ABC的面积为S2,则=.图18思路解析：容易得到△ADE∽△ACB，考虑相似三角形的性质,=（)2，连结DC，则∠BDC=90°.在Rt△ADC中，∠A=60°,=cos60°=，∴=()2=.答案:12.如图19，点A、B为⊙O上两点，经过点B的切线BC与过点A的弦AD的延长线交于点C,∠DAB=∠OAB，BC=4,CD=2,则AB=。图19思路解析:连结OB,则OB⊥BC，同时∠OAB=∠OBA,∵∠DAB=∠OAB,∴∠OBA=∠DAB.∴OB∥AC。∴∠C=9°.由切割线定理得CB2=CD·CA,∴CA=8.在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2，∴AB=45.答案：45三、解答题（13、14、15、16每小题10分,17题14分,共54分)13。如图20，AD、CF是△ABC的两条高，EF⊥AC于E点，交CB的延长线于G点,交AD于H点。求证:EF2=EH·EG.图20思路分析：由已知条件可以得到EF2=AE·CE;由未知寻需知，即由所求证得结论,只要再证明EH·EG=AE·CE即可,而这由△AEH∽△GEC即可推出。证明：∵CF⊥AB，EF⊥AC,∴EF2=AE·CE.又由AD⊥BC，可知∠AEH=∠CEG=90°，∠AHE=∠GCE,∴△AEH∽△GEC。∴=。∴EH·EG=AE·CE。∴EF2=EH·EG.14.如图21，在△ABC中,AD⊥BC于D点，AB=AC，BE、BF将∠ABC三等分交AD于E、F点，CF的延长线交AB于G点.求证：GE∥BF。图21思路分析:根据已知条件中有角平分线，可考虑用三角形内角平分线的性质定理推出比例式,再借助于图中的等线段的代换推出相应的比例式，由比例线段证明两直线平行.证明:∵BE、BF三等分∠ABC,又由已知可得AD平分∠BAC，∴=，=.由△FBD≌△FCD,可得∠FCB=∠FBC.∵∠GFB=∠FCB+∠FBC=∠GBF,∴GB=GF。又AB=AC,BF=CF,∴==。∴GE∥BF。15.如图22，PA是⊙O的切线，从PA的中点B作割线BCD，分别交⊙O于C、D点,连结PC、PD,分别交⊙O于E、F点.图22求证:∠APD=∠EFD.思路分析:本题实际是要证明PA∥FE。由于∠E=∠D，则可转化为证△BPC∽△BDP。证明:∵PA是⊙O的切线，BCD是⊙O的割线,∴BA2=BC·BD。又∵B为PA的中点,∴BA=PB。∴PB2=BC·BD,即=.又∵∠PBC=∠DBP，∴△PBC∽△DBP，∴∠BPC=∠D.∵∠E=∠D，则∠BPC=∠E,∴EF∥PA.∴∠APD=∠EFD.16。如图23,已知△ABC中，AC=BC,∠CAB=α（定值），⊙O的圆心O在AB上,并分别与AC、BC相切于点P、Q。图23(1）求∠POQ的大小；(2）设D是CA延长线上的一个动点，DE与⊙O相切于点M，点E在CB的延长线上,试判断∠DOE的大小是否保持不变，并说明理由。思路分析:(1）利用OP⊥CD，OQ⊥CB找到∠PCQ与∠POQ的关系.(2)先设法寻求∠DOE与已知角的关系,利用OD平分∠CDE，OE平分∠CED，以及三角形内角和定理求解。解:(1)∵AC=BC,∴∠OAP=∠OBQ=α。∵⊙O与AC、BC分别相切于P、Q，∴∠OPA=∠OQB=90°.∴∠AOP=∠BOQ=90°-α。∴∠POQ=180°-2(90°—α)=2α。(2)∵⊙O内切于△CDE,∴DO、EO分别平分∠CDE、∠CED.∴∠ODE=∠CDE,∠OED=∠CED.∴∠ODE+∠OED=(∠CDE+∠CED)。又∠CDE+∠CED=180°—∠C,∠ODE+∠OED=80°—∠DOE，∴∠DOE=90°+∠C。∵∠C=180°—（∠CAB+∠CBA)=180°—2α，∴∠DOE=180°-α，即∠DOE为定值.17。如图24,已知ABCD是矩形纸片，E是AB上一点，BE∶EA=5∶3,EC=155，把△BCE沿折痕EC翻折,若B点恰好落在AD边上，设这个点为F,图24（1）求AB、BC的长度各是多少;(2）若⊙O内切于以F、E、B、C为顶点的四边形,求⊙O的面积。思路分析：考察所给的条件，翻折△BCE，则△CBE≌△CFE,这样图形中提供了很多的线段相等、角相等.解：（1）连结CE、CF、EF，设BE=5x,EA=3x.∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD=8x，AD=BC，∠B=∠A=∠D=90°。∵△CBE≌△CFE,∴EF=5x,FC=BC,∠CFE=90°.∵∠AEF+∠EFC+∠DFC=180°,∴∠AFE+∠DFC=90°.又∵∠AE