热门试卷

（1）证明：分别过点B，C做PQ的平行线，交AM的延长线于D，E，则△BDM≌△CEM，

∴DM=EM，

∵PQ∥BD，

∴①

同理=②

①+②得+=，

（2）解：∵=m，=n，

∴+=，

∴=．

证：连接EC，在△ABD和△AEC中，

∠BAD=∠EAC，∠ABD=∠AEC，

∴△ABD～△AEC，

∴AD•AE=AC•AB．

（1）证明：连接BD，OD，

∵CB，CD是圆O的两条切线，

∴BD⊥OC，

又AB为直径，∴AD⊥DB，

∴AD∥OC．（5分）

（2）解：∵AD∥OC，∴∠DAB=∠COB，

∴Rt△BAD∽Rt△COB，

∴，

∴AD•OC=AB•OB=8．（10分）

证明：连接BC，设AD为x，ED为r，大圆的半径是R

在大圆中用射影定理与勾股定理，BD•AD=CD2，和AD2+CD2=AC2，

得x•（2R-x）+x2=AC2得2Rx=AC2．

在△ONE中用勾股定理得（r+x-R）2+r2=（R-r）2，

∴（r+x）2=2Rx

又AE=r+x，

∴AE2=AC2，

∴AC=AE．

解：（1）如图2，将RT△ABE顺时针旋转120°，

∵AB=BC，∠ABC=120°，

∴A点与C点重合，

∴BG=BE，FG=CG+CF=AE+CF，

∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，∠ABE=∠CBG，

∴∠GBF=60°，

在△GBF和△EBF中，，

∴△∴△GBF≌△EBF（SAS），

∴FG=EF，

∴EF=AE+CF；

（2）不成立，新结论为EF=AE-CF．

理由：如图3，将RT△ABE顺时针旋转120°，

∵AB=BC，∠ABC=120°，

∴A点与C点重合，∠ABE=∠CBG，

∴BG=BE，FG=CG-CF=AE-CF，

∵∠ABC=∠ABE+∠CBE=120°，

∴∠CBG+∠CBE=∠GBE=120°，

∵∠MBN=60°，

∴∠GBF=60°，

在△BFG和△BFE中，，

∴△BFG≌△BFE，（SAS）

∴GF=EF，

∴EF=AE-CF．

证明：（1）连接OC，OE，

因为=，所以∠AOC=∠AOE=∠COE，…（2分）

又因为∠CDE=∠COE，

则∠AOC=∠CDE，

所以O，C，D，F四点共圆．…（5分）

（2）因为PBA和PDC是⊙O的两条割线，

所以PD•DC=PA•PB，…（7分）

因为O，C，D，F四点共圆，

所以∠PDF=∠POC，

又因为∠DPF=∠OPC，

则△PDF∽△POC，

所以，即PF•PO=PD•PC，

则PF•PO=PA•PB．…（10分）

证明：∵△ABC是等边三角形

∴AB=BC，∠ABD=∠BCE

又∵BD=CE

∴△ABD≌△BCE（SAS）

∴∠BAD=∠CBE

∵∠BDA=∠MDB（公共角）

∴△BDM∽△ADB

∴BD：AD=DM：DB

∴BD2=AD×DM

证明：因为PA与圆相切于A，所以DA2=DB•DC，

因为D为PA中点，所以DP=DA，

所以DP2=DB•DC，即． …（5分）

因为∠BDP=∠PDC，所以△BDP∽△PDC，

所以∠DPB=∠DCP．     …（10分）

证明：（I）如图所示，

∵D，E分别为△ABC边AB，AC的中点，

∴，

又BC=2EF，

∴DE=EF．

∴四边形ADCF是平行四边形，

∴CF∥AB．

（II）∵CF∥AB，∴BC=AF．

由四边形ADCF是平行四边形，∴CD=AF．∴CD=CB，∴∠CBD=∠CDB．∵FG∥BC，∴∠BGD=∠CFD．

∵CF∥AB，∴∠BDG=∠CFD．

∴∠CBD=∠BDG=∠CDB=∠DGB．

∴△BCD∽△DBG．

证明：∵PA是圆O在点A处的切线，

∴∠PAB=∠C．

∵PD∥AC，

∴∠EDB=∠C，

∴∠PAE=∠PAB=∠C=∠BDE．

又∵∠PEA=∠BED，

∴△PAE∽△BDE．

解：（1）连接CD，如下图所示：

由圆周角定理，我们可得∠C=∠B

又由∠BEC为△ABE与△CDE的共公角，

∴△ABE∽△CDE，

∴BE：CE=AE：DE，

∴BE•DE=CE•AE

∴BE•DE+AC•CE=CE2（3分）

（2）∵△ABE∽△CDE，

∴∠EDC=∠FDB，

∴∠EDF=∠CDB，（6分）

（3）∵AB是⊙O的直径，

∴∠ECB=90°，

取EB的中点H，连接FH，CH

∴CH=BE，

同理，FH=BE，

所以，E，F，C，B到点H的距离相等，

∴E，F，C，B四点共圆．（10分）