高中数学人教A版选修41阶段质量检测二B卷Word版含解析

阶段质量检测(二)B卷一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50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．如图，已知：⊙O的内接四边形ABCD中，AB是⊙O的直径，∠BCD＝120°.过D点的切线PD与BA的延长线交于P点，则∠ADP的度数是()A．15°B．30°C．45°D．60°解析：选B要求弦切角∠ADP，即连接BD，则∠ADP＝∠ABD，又AB是直径，所以∠ADB＝90°，而四边形ABCD是⊙O的内接四边形，所以∠C＋∠DAB＝180°，即∠DAB＝60°，所以∠ABD＝30°，故∠ADP＝30°.2．(北京高考)如图，AD，AE，BC分别与圆O切于点D，E，F，延长AF与圆O交于另一点G.给出下列三个结论：①AD＋AE＝AB＋BC＋CA；②AF·AG＝AD·AE；③△AFB∽△ADG.其中正确结论的序号是()A．①②B．②③C．①③D．①②③解析：选A逐个判断：由切线定理得CE＝CF，BD＝BF，所以AD＋AE＝AB＋BD＋AC＋CE＝AB＋AC＋BC，即①正确；由切割线定理得AF·AG＝AD2＝AD·AE，即②正确；因为△ADF∽△AGD，所以③错误．3．点P为⊙O的弦AB上一点，且AP＝9，PB＝4，连接PO，作PC⊥OP交圆于点C，则PC等于()A．4B．6C．8D．9解析：选B延长CP交⊙O于点D，则OP垂直平分弦CD，且CP·PD＝AP·PB＝36，∴PC2＝36，PC＝6，故选B.4.如图，在⊙O中，弦AB与半径OC相交于点M，且OM＝MC，AM＝1.5，BM＝4，则OC＝()A．26B.6C．23D．22解析：选D延长CO交⊙O于D，则DM＝3CM，CM·MD＝MA·MB，所以1.5×4＝3CM2，CM＝2，OC＝22.5．如图，已知⊙O是△ABC的外接圆，⊙I是△ABC的内切圆，∠A＝80°，则∠BIC等于()A．80°B．100°C．120°D．130°解析：选D∵∠A＝80°，∴∠ABC＋∠ACB＝100°.∵∠IBC＝12∠ABC，∠ICB＝12∠ACB，∴∠IBC＋∠ICB＝12(∠ABC＋∠ACB)＝50°，∴∠BIC＝180°－50°＝130°.6.如图，在⊙O中，弦AB与CD相交于P点，∠B＝30°，∠APD＝80°，则∠A＝()A．40°B．50°C．70°D．110°解析：选B易知∠A＝∠D，又∵∠APD＝∠B＋∠D，∠B＝30°，∠APD＝80°，∴∠D＝∠APD－∠B＝80°－30°＝50°.∴∠A＝50°.7．如图，AB是⊙O的直径，C为半圆上一点，CD⊥AB于D，若BC＝3，AC＝4，则AD∶CD∶BD等于()A．4∶6∶3B．6∶4∶3C．4∶4∶3D．16∶12∶9解析：选D由AB是⊙O的直径，可得△ABC是直角三角形．由勾股定理知AB＝5.又CD⊥AB，根据射影定理就有AC2＝AD·AB，于是AD＝165.同理，BD＝95，CD＝125，据此即得三条线段的比值．8．在等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，BC＝6cm，则其外接圆的直径为()A.3cmB．23cmC．43cmD．63cm解析：选C作BC边上的中线AD，则AD⊥BC，延长AD交△ABC外接圆于E，连接CE.∵AE⊥BC，AE平分BC，∴AE为△ABC外接圆的直径，∴∠ACE＝90°.在Rt△ACD中，∠CAD＝12∠BAC＝60°，CD＝12BC＝3cm，∴AC＝CDsin∠CAD＝332＝23(cm)．在Rt△ACE中，AE＝ACcos∠CAD＝2312＝43(cm)．即△ABC外接圆的直径为43cm.9.如图，四边形ABCD为圆内接四边形，AC为BD的垂直平分线，∠ACB＝60°，AB＝a，则CD等于()A.33aB.62aC.12aD.13a解析：选A∵AC为BD的垂直平分线，∴AB＝AD＝a，AC⊥BD，∵∠ACB＝60°，∴∠ADB＝60°，∴AB＝AD＝BD，∴∠ACD＝∠ABD＝60°，∴∠CDB＝30°，∴∠ADC＝90°，∴CD＝tan30°·AD＝33a.10．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝8cm，AB＝10cm，点P由C出发以每秒2cm的速度沿线段CA向点A运动(不运动至A点)，⊙O的圆心在BP上，且⊙O分别与AB、AC相切，当点P运动2s时，⊙O的半径是()A.127cmB.125cmC.53cmD．2cm解析：选A∵PC＝2×2＝4cm，∴P是AC的中点，∴BC＝6cm，BP＝213cm.连接OD，∵D为切点，∴OD⊥AC，则OD∥BC，即DPOD＝PCBC＝46＝23.设半径OD＝3k，DP＝2k，∴OP＝3k2＋2k2＝13k，∴OB＝213－13k.∵AE、AD为⊙O的切线，∴AE＝AD＝AP＋PD＝4＋2k，BE＝10－(4＋2k)＝6－2k.在Rt△BOE中，∵OB2＝BE2＋OE2，∴(213－13k)2＝(6－2k)2＋(3k)2，解得k＝47.故半径OD＝3k＝127.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填写在题中的横线上)11．如图，过点P作⊙O的割线PBA与切线PE，E为切点，连接AE，BE，∠APE的平分线分别与AE、BE相交于点C，D，若∠AEB＝30°，则∠PCE＝________.解析：由题易得∠PEB＝∠PAE，又由三角形外角性质得∠PCE＝∠CPA＋∠PAE，又△PEC的内角和为2(∠CPA＋∠PAE)＋30°＝180°，所以∠CPA＋∠PAE＝75°，即∠PCE＝75°.答案：75°12.如图，已知P是⊙O外一点，PD为⊙O的切线，D为切点，割线PEF经过圆心O，若PF＝12，PD＝43，则圆O的半径长为________、∠EFD的度数为________．解析：由切割线定理得，PD2＝PE·PF，∴PE＝PD2PF＝16×312＝4，EF＝8，OD＝4.∵OD⊥PD，OD＝12PO，∴∠P＝30°，∠POD＝60°，∴∠EFD＝30°.答案：430°13．如图，⊙O中的弦AB与直径CD相交于P，M为DC延长线上一点，MN为⊙O的切线，N为切点，若AP＝8，PB＝6，PD＝4，MC＝6，则MN的长为________．解析：由相交弦定理得：CP·PD＝AP·PB，CP＝AP·PBPD＝12，又由切割线定理得：MN2＝MC·MD＝6×22，所以，MN＝233.答案：23314．(重庆高考)如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝60°，AB＝20，过C作△ABC的外接圆的切线CD，BD⊥CD，BD与外接圆交于点E，则DE的长为________．解析：由题意得BC＝AB·sin60°＝103，由弦切角定理知∠BCD＝∠A＝60°，所以CD＝53，BD＝15，由切割线定理知，CD2＝DE·BD，则DE＝5.答案：5三、解答题(本大题共4小题，共50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)如图，在⊙O中，半径OA⊥OB，弦AC交OB于D，E是OB延长线上一点，若∠OAD＝30°，ED＝CE.求证：EC是⊙O的切线．证明：连接OC.因为OA⊥OB，所以∠CAO＋∠ADO＝90°.因为DE＝CE，所以∠ECD＝∠EDC＝∠ADO.因为OA＝OC，所以∠ACO＝∠CAO.所以∠ECD＋∠ACO＝90°.所以EC是⊙O的切线．16．(本小题满分12分)如图，已知AB为⊙O的弦，CD切⊙O于P，AC⊥CD于C，BD⊥DC于D，PQ⊥AB于Q.求证：PQ2＝AC·BD.证明：如图，连接PA、PB，因为CD切⊙O于P，所以∠1＝∠2.因为AC⊥CD于C，PQ⊥AB于Q，所以∠ACP＝∠PQB＝90°.所以△ACP∽△PQB.所以AC∶PQ＝AP∶PB.同理，△BDP∽△PQA，所以PQ∶BD＝AP∶PB.所以AC∶PQ＝PQ∶BD，即PQ2＝AC·BD.17．(本小题满分12分)如图，已知AB切⊙O于B，BC是⊙O的直径，AC交⊙O于D，DE是⊙O的切线，CE⊥DE于E，DE＝3，CE＝4，求AB的长．解：因为CE⊥DE于E，DE＝3，CE＝4，所以CD＝5.连接BD.因为DE切⊙O于点D，所以∠EDC＝∠DBC.又因为BC为⊙O的直径，所以∠BDC＝90°.所以Rt△BDC∽Rt△DEC.所以CDBC＝CECD＝DEBD，即5BC＝45＝3BD.所以BC＝254，BD＝154.又因为AB与⊙O相切于点B，所以AB⊥BC.所以ABBC＝BDCD.所以AB＝7516.18．(本小题满分14分)如图，已知Rt△ABC，∠ABC＝90°，D是AC的中点，⊙O经过A，B，D三点，CB的延长线交⊙O于点E，过点E作⊙O的切线，交AC的延长线于点F.在满足上述条件的情况下，当∠CAB的大小变化时，图形也随着改变，但在这个变化过程中，有些线段总保持着相等的关系．(1)连接图中已标明字母的某两点，得到一条新线段与线段CE相等，并说明理由；(2)若CF＝CD，求sinF的值．解：(1)连接AE，则AE＝CE.∵∠ABE＝90°，∴AE为直径，连接DE.则∠ADE＝90°，又AD＝CD，∴AE＝CE.(2)设CF＝x，则FA＝3x，FD＝2x，AD＝x.∵FE为⊙O的切线，∴AE⊥EF.∴DE2＝AD·DF＝2x2，即DE＝2x.FE2＝FD·FA＝2x·3x＝6x2，即FE＝6x.∴sinF＝EDFE＝2x6x＝33.