高中数学人教版新课标A选修4-1五 与圆有关的比例线段综合训练题

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习题2.5 (第40页)
1．解 如图所示，设两条弦相交于P，PA＝12，PB＝18，PD∶PC＝3∶8.令PD＝x，则PC＝eq \f(8,3)x.
由相交弦定理得PA·PB＝PC·PD，
∴12×18＝eq \f(8,3)x2.∴x＝9 (cm)．即PD＝9 cm.
∴PC＝eq \f(8,3)×9＝24 cm.
故CD＝24 cm＋9 cm＝33 cm.
2．解 如图(1)是轴纵断面图，图(2)是圆头部分的图形，其中弦CD＝30，直径AB＝72，且AB⊥CD于M，因此BM就是圆头部分的长．设BM＝x，由相交弦定理得MC·MD＝MB·MA.
而MC＝MD，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(CD,2)))2＝MB·MA＝(AB－MB)·MB.
∴152＝(72－x)x.解得x≈36±33，∴x1≈69，x2≈3.
∴轴的全长可能是160＋69＝229，或者160＋3＝163.
3．证明 如图所示，延长CP与圆相交于点D.
∵OP⊥PC，∴PC＝PD.
∵PA·PB＝PC·PD，
∴PC2＝PA·PB.
4．解 设⊙O的半径为x.
∵PO＝PC＋x，∴PC＝PO－x＝12－x.
又PB＝PA＋AB＝6＋7eq \f(1,3)＝eq \f(40,3).
∵PA·PB＝PC·PD，
∴6×eq \f(40,3)＝(12－x)(12＋x)．
解得x＝8.
5．证明 ∵NMQ与NBA是⊙O′的割线，
∴NM·NQ＝NB·NA，
而PQ是⊙O′的切线，
∴NB·NA＝PN2.
∴PN2＝NM·NQ.
6．证明 ∵PA是⊙O的切线，
∴MA2＝MB·MC.
∵M是PA的中点，
∴MP＝MA.
∴MP2＝MB·MC.
∴eq \f(MB,MP)＝eq \f(MP,MC).又∵∠BMP＝∠PMC，
∴△BMP∽△PMC.∴∠MPB＝∠MCP.
7．证明 如图所示，连接GC.
∵∠1和∠2是同弧上的圆周角，
∴∠1＝∠2.
∵AD⊥BC，CF⊥AB，
∴∠2＝90°－∠ABD，
∠3＝90°－∠ABD.
∴∠2＝∠3.∴∠1＝∠3.
又∠CDH＝∠CDG，CD＝CD
∴Rt△CHD≌Rt△CGD.
∴DH＝DG.
8．证明 如图所示，连接OC，则∠AOC的度数等于弧eq \x\t(AC)的度数．
∵∠CDE的度数等于弧eq \x\t(EAC)度数的一半，而eq \x\t(AC)＝eq \x\t(AE)，
∴∠AOC＝∠CDE.∴∠POC＝∠PDF.
又∵∠DPF＝∠OPC，∴△POC∽△PDF.
∴eq \f(PO,PD)＝eq \f(PC,PF).∴PO·PF＝PC·PD.
又∵PC·PD＝PB·PA，
∴PO·PF＝PB·PA.
9．解 如图(1)所示，∵DG和FE是圆内相交的弦，
图(1)
∴CF·CE＝CD·CG.
∵AB是圆的切线，∴AB2＝AD·AE.
∵AB＝AC，∴AC2＝AD·AE，
即eq \f(AC,AE)＝eq \f(AD,AC).
而∠CAD＝∠EAC，∴△ACD∽△AEC
∵∠AEC＝∠G，∴∠ACD＝∠G.
∴AC∥FG.
图(2)
如果∠BAD＝∠CAD，如图(2)所示，连接BC，BD，BG，BE.
∵AB＝AC，AD＝AD，
∴△ABD≌△ACD.
∴BD＝CD.
∠ABD＝∠ACD.
∵∠ACD＝∠1，∠ABD＝∠2，
∴∠1＝∠2.
∴eq \x\t(BD)＝eq \x\t(FD)，∴∠3＝∠4.
∴△ABE≌△ACE.
∴BE＝CE.∵AB＝AC，∠BAD＝∠CAD，
∴AE⊥BC.
∴四边形ABEC各边的中点在同一个圆周上．
∵AB＝AC，EB＝EC，∴AB＋EC＝AC＋EB.①
由①可以推出，四边形ABEC存在内切圆(证明略)．