《【备考2014】2013高考数学 (真题+模拟新题分类汇编) 选修4系列 理.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【备考2014】2013高考数学 (真题+模拟新题分类汇编) 选修4系列 理.doc（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、选修4系列N1选修4-1 几何证明选讲图1622N12013新课标全国卷 选修41：几何证明选讲如图16所示，直线AB为圆的切线，切点为B，点C在圆上，ABC的角平分线BE交圆于点E，DB垂直BE交圆于点D.(1)证明：DBDC；(2)设圆的半径为1，BC，延长CE交AB于点F，求BCF外接圆的半径22解：(1)证明：联结DE，交BC于点G.由弦切角定理得，ABEBCE.而ABECBE，故CBEBCE，BECE.又因为DBBE，所以DE为直径，DCE90，由勾股定理可得DBDC.(2)由(1)知，CDEBDE，DBDC，故DG是BC的中垂线，所以BG.设DE的中点为O，联结BO，则BOG60.
2、从而ABEBCECBE30，所以CFBF，故RtBCF外接圆的半径等于.15N12013广东卷 (几何证明选讲选做题)如图13所示，AB是圆O的直径，点C在圆O上，延长BC到D使BCCD，过C作圆O的切线交AD于E.若AB6，ED2，则BC_图13152 解析 由题知ACB90，又BCCD，ADAB6，BACCAE，AEADED4.CE为切线，ACEABC.ACECAEABCBAC90.在ACD中，ACD90，CEAD，CD2EDDA12，解得CD2 ，故BC2 .图1515N12013湖北卷 (选修41：几何证明选讲)如图15所示，圆O上一点C在直径AB上的射影为D，点D在半径OC上的射影为
3、E.若AB3AD，则的值为_158解析 设AB6k，则AD2k，DOk，CO3k，设EOx，由射影定理：DO2EOCO，k2x3k，x，故8.图1311N12013湖南卷 如图12所示，在半径为的O中，弦AB，CD相交于点P.PAPB2，PD1，则圆心O到弦CD的距离为_11.解析 由相交弦定理可知PAPBPCPD，得PC4，故弦CD5，又半径r，记圆心O到直线CD的距离为d，则d27，即d2，故d.21N12013江苏卷 A选修41：几何证明选讲如图11所示，AB和BC分别与圆O相切于点D，C，AC经过圆心O，且BC2OC.求证：AC2AD.图11证明：联结OD，因为AB和BC分别与圆O相切
4、于点D，C，所以ADOACB90.又因为AA，所以RtADORtACB，所以.又BC2OC2OD.故AC2AD.11N12013北京卷 如图12，AB为圆O的直径，PA为圆O的切线，PB与圆O相交于D，若PA3，PDDB916，则PD_，AB_图1211.4解析 由于PDDB916，设PD9a，则DB16a，PB25a，根据切割线定理有PA2PDPB，a，PD，PB5.又PBA为直角三角形，AB2AP2PB2，AB4.22N12013辽宁卷 选修41：几何证明选讲如图，AB为O的直径，直线CD与O相切于E，AD垂直CD于D，BC垂直CD于C，EF垂直AB于F，联结AE，BE.证明：(1)FEB
5、CEB；(2)EF2ADBC.图1822证明：(1)由直线CD与O相切，得CEBEAB.由AB为O的直径，得AEEB，从而EABEBF.又EFAB，得FEBEBF，从而FEBEAB.故FEBCEB.(2)由BCCE，EFAB，FEBCEB，BE是公共边，得RtBCERtBFE，所以BCBF.类似可证，RtADERtAFE，得ADAF.又在RtAEB中，EFAB，故EF2AFBF，所以EF2ADBC.N12013陕西卷 B(几何证明选做题)如图14，弦AB与CD相交于O内一点E，过E作BC的平行线与AD的延长线相交于点P，已知PD2DA2，则PE_.图14解析 利用已知可得，BCEPEDBAP，
6、可得PDEPEA，可得，而PD2DA2，则PA3，则PE2PAPD6，PE.15C8，E8，N12013四川卷 设P1，P2，Pn为平面内的n个点，在平面内的所有点中，若点P到P1，P2，Pn点的距离之和最小，则称点P为P1，P2，Pn点的一个“中位点”例如，线段AB上的任意点都是端点A，B的中位点则有下列命题：若A，B，C三个点共线，C在线段AB上，则C是A，B，C的中位点；直角三角形斜边的中点是该直角三角形三个顶点的中位点；若四个点A，B，C，D共线，则它们的中位点存在且唯一；梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点其中的真命题是_(写出所有真命题的序号)15解析 对于，如果中位点不在
7、直线AB上，由三角形两边之和大于第三边可知与题意矛盾而当中位点在直线AB上时，如果不与C重合，则|PA|PB|PC|PA|PB|也不符合题意，故C为唯一的中位点，正确；对于，我们取斜边长为4的等腰直角三角形，此时，斜边中点到三个顶点的距离均为2，和为6；而我们取斜边上中线的中点，该点到直角顶点的距离为1，到两底角顶点的距离均为，显然2 16，故该直角三角形的斜边中点不是中位点，错误；对于，当A，B，C，D四点共线时，不妨设他们的顺序就是A，B，C，D，则当点P在B，C之间运动时，点P到A，B，C，D四点的距离之和相等且最小，即这个时候的中位点有无穷多个，错误；对于，同样根据三角形两边之和大于第
8、三边的性质，如果中位点不在对角线的交点上，则距离之和肯定不是最小的，正确13N12013天津卷 如图12所示，ABC为圆的内接三角形，BD为圆的弦，且BDAC.过点A作圆的切线与DB的延长线交于点E，AD与BC交于点F，若ABAC，AE6，BD5，则线段CF的长为_图1213.解析 由切割线定理可得EA2EBED，有EB4，ED9.因为ABAC，所以ABCCADB，由弦切角定理可得EABADB，所以EABABC，故AEBC.又BDAC，所以四边形AEBC是平行四边形，可得BCAE6，又由平行线分线段成比例定理可得，因为AE6，所以BF，故CFBCBF.22N12013新课标全国卷 选修41：几
9、何证明选讲：如图15，CD为ABC外接圆的切线，AB的延长线交直线CD于点D，E，F分别为弦AB与弦AC上的点，且BCAEDCAF，B，E，F，C四点共圆(1)证明：CA是ABC外接圆的直径；(2)若DBBEEA，求过B，E，F，C四点的圆的面积与ABC外接圆面积的比值图1522解：(1)证明：因为CD为ABC外接圆的切线，所以DCBA，由题设知，故CDBAEF，所以DBCEFA.因为B，E，F，C四点共圆，所以CFEDBC，故EFACFE90.所以CBA90，因此CA是ABC外接圆的直径(2)联结CE，因为CBE90，所以过B，E，F，C四点的圆的直径为CE，由DBBE，有CEDC，又BC2
10、DBBA2DB2，所以CA24DB2BC26DB2.而DC2DBDA3DB2，故过B，E，F，C四点的圆的面积与ABC外接圆面积的比值为.1614N12013重庆卷 如图16所示，在ABC中，C90，A60，AB20，过C作ABC的外接圆的切线CD，BDCD，BD与外接圆交于点E，则DE的长为_145解析 联结CE.由弦切角定理知BCDA60，所以在RtBCD中，CBD30.又在RtABC中，ABC30，ACAB10，所以CEAC10.在RtCDE中，DCE30，故DECE5.N2选修4-2 矩阵212013福建卷 N2()选修42：矩阵与变换已知直线l：axy1在矩阵A)对应的变换作用下变为
11、直线l：xby1.(1)求实数a，b的值；(2)若点P(x0，y0)在直线l上，且A)，求点P的坐标()解：(1)设直线l：axy1上任意点M(x，y)在矩阵A对应的变换作用下的像是M(x，y)由)，得又点M(x，y)在l上，所以xby1，即x(b2)y1.依题意得解得(2)由A)，得解得y00.又点P(x0，y0)在直线l上，所以x01.故点P的坐标为(1，0)N22013江苏卷 B选修42：矩阵与变换已知矩阵A1,0)0,2)，B1,0)2,6)，求矩阵A1B.解：设矩阵A的逆矩阵为a,c)b,d)，则1,0)0,2)a,c)b,d)1,0)0,1)即a,2c)b,2d)1,0)0,1)，
12、故a1，b0，c0，d，从而A的逆矩阵为A10,)所以A1B0,)1,0)2,6)1,0)2,3)2N2，N32013浙江卷 已知aR“矩阵与变换和坐标系与参数方程”模块(1)以极坐标系Ox的极点O为原点，极轴Ox为x轴正半轴建立平面直角坐标系xOy，并在两种坐标系中取相同的长度单位把极坐标方程cos 2sin 1化成直角坐标方程(2)在直角坐标系xOy中，曲线C：(为参数)，过点P(2，1)的直线与曲线C交于A，B两点若|PA|PB|，求|AB|的值2解：(1)极坐标方程两边同乘以得cos 3sin .又在直角坐标系下，cos x，sin y，2x2y2，故化成直角坐标方程为xy(x2y2).又(0，0)满足原极坐标方程故所求的直角坐标方程为xy(x2y2).(2)由题意，曲线C的直角坐标方程为x22y22.设过点P(2，1)，倾斜角为的直线的参数方程为(t为参数)及点A，B对应的参数分别为t1，t2.将直线的参数方程代入x22y22得(2tcos )22(1tsin )220.即(1sin2)t24(sin cos )t40.则16(2sin cos sin2 )0，且t1t2，t1t2，由|PA|PB|得|t1t2|.故sin2 .又由0得0tan 2.故t1t2，t1t2.所以|AB|t1t2|.N3选修4-4 参数与参数方程23N32013新课标全国卷
