高中數(shù)學(xué)人教A版1本冊總復(fù)習(xí)總復(fù)習(xí)3

本冊綜合測試一、選擇題(本大題共12小題，每題5分，共60分，在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．在梯形ABCD中，AD∥BC(其中BC>AD)，E、F分別是AB、DC的中點(diǎn)，連結(jié)EF，且EF交BD于G，交AC于H，則GH等于()A．AD B．eq\f(1,2)(AD＋BC)C．BC D．eq\f(1,2)(BC－AD)解析：結(jié)合平行線等分線段定理及梯形中位線定理可解決此題．答案：D2．如圖所示，已知在△ABC中，AD∶DC＝1∶2，E為BD的中點(diǎn)，AE延長線交BC于F，則BF∶FC等于()A．1∶5 B．1∶4C．1∶3 D．1∶2解析：過D作DG平行于BC，與AF交于點(diǎn)G，再根據(jù)平行線分線段成比例定理即可解決．答案：C3．在Rt△ABC中，CD是斜邊AB上的高，該圖形中只有x個三角形與△ABC相似，則x的值為()A．1 B．2C．3 D．4解析：題中所給圖形為射影定理的基本圖形，△ACD、△BCD均與△ABC相似．答案：B4．若關(guān)于x的一元二次方程x2＋ax＋b＝0的兩根是一直角三角形的兩銳角的正弦值，且a＋5b＝1，則a、b的值分別為()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：在直角三角形中兩銳角互余，若∠A、∠B分別為此直角三角形的兩銳角，則∠A＋∠B＝90°，sinB＝cos(90°－B)＝cosA，可得方程x2＋ax＋b＝0的兩根分別為sinA，cosA，即sinA＋cosA＝－a①，sinA·cosA＝b②，①式兩端分別平方得sin2A＋cos2A＋2sinA·cosA＝a2，也就是1＋2sinAcosA＝a2③，再把②式兩端乘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，故選B．答案：B5．等腰梯形ABCD的周長為104cm，BC∥AD，AD∶AB∶BC＝2∶3∶5，A．72.8cmC．36.4cm解析：令A(yù)D＝2x，則AB＝CD＝3x，BC＝5x.因?yàn)橹荛L為104cm，所以2x＋3x＋3x＋5x＝104.從而x＝8(cm)答案：D6．如圖所示，△ABC的底邊BC＝a，高AD＝h，矩形EFGH內(nèi)接于△ABC，其中E、F分別在邊AC、BC上，G、H都在BC上，且EF＝2FG，則矩形EFGH的周長是()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：由題目條件中的EF＝2FG，要想求出矩形的周長，必須求出FG與高AD＝h的關(guān)系．由EF∥BC得△AFE∽△ABC，則FG與高h(yuǎn)即可聯(lián)系上．設(shè)FG＝x，∵EF＝2FG，∴EF＝2x.∵EF∥BC，∴△AFE∽△ABC．又AD⊥BC，設(shè)AD交EF于M，則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的周長為6x＝eq\f(6ah,2h＋a).答案：B7．如圖，△ABC是⊙O的內(nèi)接正三角形，弦EF經(jīng)過BC的中點(diǎn)D，且EF∥AB，若AB＝2，則DE的長是()A．eq\f(1,2) B．eq\f(\r(5)－1,2)C．eq\f(\r(3),2) D．1解析：由題圖知DE·DF＝BD·CD＝1，同理EG·FG＝1，又DG＝eq\f(1,2)AB＝1，∴DE(1＋FG)＝1，F(xiàn)G(1＋DE)＝1，∴DE＝FG＝eq\f(\r(5)－1,2).答案：B8．在?ABCD中，E是AD的中點(diǎn)，AC、BD交于O，則與△ABC面積相等的三角形有()A．4個 B．5個C．6個 D．3個解析：利用三角形面積公式，等底等高的兩個三角形面積相等，再利用平行四邊形的面積為中介，建立面積相等關(guān)系．答案：A9．如圖，E，C分別是∠A兩邊上的點(diǎn)，以CE為直徑的⊙O交∠A的兩邊于點(diǎn)D、點(diǎn)B，若∠A＝45°，則△AEC與△ADB的面積比為()A．2∶1 B．1∶2C．eq\r(2)∶1 D．eq\r(3)∶1解析：由切割線定理及相似三角形的應(yīng)用知，S△AEC∶S△ADB＝2∶1.答案：A10．如圖，已知A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(2,0)、(0,2)，⊙C的圓心坐標(biāo)為(－1,0)，半徑為1，若D是⊙C上的一個動點(diǎn)，線段DA與y軸交于點(diǎn)E，則△ABE面積的最小值是()A．2 B．1C．2－eq\f(\r(2),2) D．2－eq\r(2)答案：C11．設(shè)四面體ABCD各棱長均相等，E、F分別為AC、AD的中點(diǎn)，如圖甲，則△BEF在該四面體的面ABC上的射影是圖乙中的()乙解析：由于BE＝BF，所以△BEF為等腰三角形，故F點(diǎn)在平面ABC上的正射影不在AC上而在△ABC內(nèi)部．又由于EF與CD平行，而CD與平面ABC不垂直，所以F點(diǎn)在平面ABC上的正射影不在直線BE上，從而知B圖形正確，故選擇B．答案：B12．P為△ABC所在平面外一點(diǎn)，PA、PB、PC與平面ABC所成角均相等，又PA與BC垂直，那么△ABC的形狀可能是________.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：設(shè)點(diǎn)P在底面ABC上的射影為O，由PA、PB、PC與平面ABC所成角均相等，得OA＝OB＝OC，即點(diǎn)O為△ABC的外心，又由PA⊥BC，得OA⊥BC，得AO為△ABC中BC邊上的高線，∴AB＝AC，即△ABC必為等腰三角形，故應(yīng)選①②④.答案：B二、填空題(本大題共4小題，每小題4分，共16分，把答案填在題中橫線上)13．在射線OA上取一點(diǎn)P，使OP＝4cm，以P為圓心作直徑為4cm的圓，若⊙P與射線OB相交，則銳角∠解析：當(dāng)OB與圓相切時∠AOB＝eq\f(π,6)，故OB與圓相交，則0≤∠AOB<eq\f(π,6).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))14．如圖，已知△ABC中，DE∥FG∥BC，AD∶DF∶FB＝2∶3∶4，則S△ADE∶S四邊形DEGF∶S四邊形BCGF＝________.解析：∵AD∶DF∶FB＝2∶3∶4，設(shè)AD＝2k，DF＝3k，F(xiàn)B＝4k(k>0)，則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).設(shè)S△ADE＝4a，則S△AFG＝25a，S△ABC＝81a(∴S四邊形DEGF＝25a－4a＝21a，S四邊形BCGF＝81a－∴S△ADE∶S四邊形DEGF∶S四邊形BCGF＝4∶21∶56.答案：4∶21∶5615．如圖，以直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)O為圓心作圓，A是x軸上的一點(diǎn)，AB切圓O于點(diǎn)B，若AB＝12，AD＝8，則點(diǎn)B坐標(biāo)為________.解析：首先利用切割線定理求出AE＝18，從而可得直徑為10，△ABO中利用勾股定理求出OA，然后利用射影定理求出點(diǎn)B的坐標(biāo)．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(25,13)，\f(60,13)))16．Q為圓內(nèi)接四邊形ABCD對角線的交點(diǎn)，eq\x\to(BC)＝eq\x\to(CD)，已知Q到AD的距離為3cm，則Q點(diǎn)到AB的距離為________.解析：根據(jù)eq\x\to(BC)＝eq\x\to(CD)，得∠BAC＝∠DAC．于是Q在∠BAD的平分線上．由角平分線上點(diǎn)的性質(zhì)，Q到AB的距離等于點(diǎn)P到AD的距離．答案：3三、解答題(本大題共6小題，共74分．解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)17．(12分)如右圖所示，在等腰三角形ABC中，AB＝AC，D為CB延長線上一點(diǎn)，E為BC延長線上一點(diǎn)，且滿足AB2＝DB·CE.(1)求證：△ADB∽△EAC；(2)若∠BAC＝40°，求∠DAE的度數(shù)．解析：(1)證明：∵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)如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，E為AC的中點(diǎn)，DE的延長線交BC的延長線于F，EF＝eq\f(10,3)，tanB＝eq\f(1,2).(1)求證：△BDF∽△DCF；(2)求BC的長．解析：(1)證明：∵點(diǎn)E是Rt△ACD的斜邊AC的中點(diǎn)，∴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為AC的中點(diǎn)，∴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)如圖，已知⊙O和⊙O′都經(jīng)過點(diǎn)A和B，直線PQ切⊙O于點(diǎn)P，交⊙O′于點(diǎn)Q、M，交AB的延長線于點(diǎn)N.(1)求證：PN2＝NM·NQ；(2)若M是PQ的中點(diǎn)，設(shè)MQ＝x，MN＝y(tǒng)，求證：x＝3y.證明：(1)∵PQ為⊙O的切線，∴PN2＝NB·NA．又∵NB·NA＝NM·NQ，∴PN2＝NM·NQ.(2)∵PM＝MQ＝x，MN＝y(tǒng)，PN2＝NM·NQ，∴(x－y)2＝y(tǒng)(x＋y)，整理，得x2＝3xy.∵x≠0，∴x＝3y.20．(12分)如圖所示，已知⊙O1與⊙O2相交于A，B兩點(diǎn)，過點(diǎn)A作⊙O1的切線交⊙O2于點(diǎn)C，過點(diǎn)B作兩圓的割線，分別交⊙O1，⊙O2于點(diǎn)DE，DE與AC相交于點(diǎn)P.(1)求證：AD∥EC；(2)若AD是⊙O2的切線，且PA＝6，PC＝2，BD＝9，求AD的長．解析：(1)證明：連接AB，∵AC是⊙O1的切線，∴∠BAC＝∠D，又∵∠BAC＝∠E，∴∠D＝∠E.∴AD∥EC．(2)設(shè)BP＝x，PE＝y(tǒng)，∵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的切線，∴AD2＝BD·DE＝9×16，∴AD＝12.21．(12分)如圖，已知⊙O和⊙M相交于A、B兩點(diǎn)，AD為⊙M的直徑，直線BD交⊙O于點(diǎn)C，點(diǎn)G為eq\x\to(BD)中點(diǎn)，連接AG分別交⊙O、BD于點(diǎn)E、F，連接CE.求證：(1)AG·EF＝CE·GD；(2)eq\f(GF,AG)＝eq\f(EF2,CE2).證明：(1)連接AB，AC，∵AD為⊙M的直徑，∴∠ABD＝90°，∵AC為⊙O的直徑，∴∠CEF＝∠AGD，∵∠DFG＝∠CFE，∴∠ECF＝∠GDF，∵G為弧BD的中點(diǎn)，∴∠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)垂直于圓柱軸的平面截圓柱面所得的截線是半徑r＝2的圓．另一截面與圓柱面的