高中数学-综合测试-新人教A版选修41.doc

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1、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，ADBC(其中BCAD)，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()AADB(ADBC)CBC D(BCAD)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，ADDC12，E为BD的中点，AE延长线交BC于F，则BFFC等于()A15 B14C13 D12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RtABC中，CD是斜边AB上的高

2、，该图形中只有x个三角形与ABC相似，则x的值为()A1 B2C3 D4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x2axb0的两根是一直角三角形的两锐角的正弦值，且a5b1，则a、b的值分别为()A， B，C， D1,0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AB90，sin Bcos(90B)cos A，可得方程x2axb0的两根分别为sin A，cos A，即sin Acos Aa，sin Acos Ab，式两端分别平方得sin2Acos2A2sin Acos Aa2，也就是12sin Acos Aa

3、2，再把式两端乘2得2sin Acos A2b，得a22b1，又由已知a5b1，解得或式中有asin Acos A0，a0，故选B答案：B5等腰梯形ABCD的周长为104 cm，BCAD，ADABBC235，这个梯形中位线长是()A72.8 cm B51 cmC36.4 cm D28 cm解析：令AD2x，则ABCD3x，BC5x.因为周长为104 cm，所以2x3x3x5x104.从而x8(cm)，代入梯形中位线长等于上底加下底的一半即可答案：D6如图所示，ABC的底边BCa，高ADh，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EF2FG，则矩形EFGH的

4、周长是()A BC D解析：由题目条件中的EF2FG，要想求出矩形的周长，必须求出FG与高ADh的关系由EFBC得AFEABC，则FG与高h即可联系上设FGx，EF2FG，EF2x.EFBC，AFEABC又ADBC，设AD交EF于M，则AMEF，所以，即，所以，解之，得x.所以矩形EFGH的周长为6x.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EFAB，若AB2，则DE的长是()A BC D1解析：由题图知DEDFBDCD1，同理EGFG1，又DGAB1，DE(1FG)1，FG(1DE)1，DEFG.答案：B8在ABCD中，E是AD的中点，AC、BD交于O，则与ABC

5、面积相等的三角形有()A4个 B5个C6个 D3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A45，则AEC与ADB的面积比为()A21 B12C1 D1解析：由切割线定理及相似三角形的应用知，SAECSADB21.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()A2 B1C2 D2答案：C11设四面体ABCD各棱长均相等，E

6、、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BEBF，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：B12P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 _.正三角形等腰三角形非等腰三角形等腰直角三角形A BC D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OAOBOC，即点O为ABC的

7、外心，又由PABC，得OABC，得AO为ABC中BC边上的高线，ABAC，即ABC必为等腰三角形，故应选.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OP4 cm，以P为圆心作直径为4 cm的圆，若P与射线OB相交，则锐角AOB的取值范围为 _.解析：当OB与圆相切时AOB，故OB与圆相交，则0AOB0)，则AF5k，AB9k，DEFG，ADEAFG.22.同理可得：2.设SADE4a，则SAFG25a，SABC81a(a0)S四边形DEGF25a4a21a，S四边形BCGF81a25a56a.SADES四边形DEGFS四边形BC

8、GF42156.答案：4215615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AB12，AD8，则点B坐标为 _.解析：首先利用切割线定理求出AE18，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：16Q为圆内接四边形ABCD对角线的交点，已知Q到AD的距离为3 cm，则Q点到AB的距离为 _.解析：根据，得BACDAC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 cm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，

9、在等腰三角形ABC中，ABAC，D为CB延长线上一点，E为BC延长线上一点，且满足AB2DBCE.(1)求证：ADBEAC；(2)若BAC40，求DAE的度数解析：(1)证明：AB2DBCE，ABAC，.ABCACB，ABDACE.ADBEAC(2)ADBEAC，DABE.ADBEDADAEABDABC70，DAEABD18070110.18(12分)如图，在ABC中，ACB90，CDAB于D，E为AC的中点，DE的延长线交BC的延长线于F，EF，tan B.(1)求证：BDFDCF；(2)求BC的长解析：(1)证明：点E是RtACD的斜边AC的中点，EDECEDCECDBDFDCF.又FF，

10、BDFDCF.(2)在RtBCD中，tan B，又BDFDCF，.DF2CF，BF2DF.BF4CF.4CFBCCF.CFBC又在RtACB中，tan B，ACBCE为AC的中点，CEBC在RtECF中，CE2CF2EF2，222.解得BC8或BC8(舍去)BC8.19(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：PN2NMNQ；(2)若M是PQ的中点，设MQx，MNy，求证：x3y.证明：(1)PQ为O的切线，PN2NBNA又NBNANMNQ，PN2NMNQ.(2)PMMQx，MNy，PN2NMNQ，(xy)2y(xy)，整理

11、，得x23xy.x0，x3y.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：ADEC；(2)若AD是O2的切线，且PA6，PC2，BD9，求AD的长解析：(1)证明：连接AB，AC是O1的切线，BACD，又BACE，DE.ADEC(2)设BPx，PEy，PA6，PC2，xy12，ADEC，由得，或(舍去)DE9xy16，AD是O2的切线，AD2BDDE916，AD12.21(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为中点，连接AG分

12、别交O、BD于点E、F，连接CE.求证：(1)AGEFCEGD；(2).证明：(1)连接AB，AC，AD为M的直径，ABD90，AC为O的直径，CEFAGD，DFGCFE，ECFGDF，G为弧BD的中点，DAGGDF，DAGECF，CEFAGD，AGEFCEGD(2)由(1)知DAGGDF，GG，DFGAGD，DG2AGGF，由(1)知.22(14分)垂直于圆柱轴的平面截圆柱面所得的截线是半径r2的圆另一截面与圆柱面的轴线成60角求Dandelin双球的球心间的距离解析：设斜截圆柱的平面为，Dandelin双球的球心分别为C1、C2，与平面的切点分别为F1、F2，如右图所示为圆柱面的轴截面图由题意知，C1F1，C2F2，C1F2C2F2，C1、C2、F1、F2共面，设C1C2与F1F2相交于C点，C1F1，C1CF160，C1C.同理，C2C.C1C2C1CC2C.Dandelin双球的球心间距离为.