热门试卷

解：（1）连接AC，AE⊥CC1?E，A，C，C1共面，

长方体ABCD-A1B1C1D1中，底面A1B1C1D1是正方形

AC⊥BD，EA⊥BD，AC∩EA=A?BD⊥平面EACC1?BD⊥EC1；

（2）在矩形ACC1A1中，OE⊥EC1?△OAE∽△EA1C1。

AB=2，AE=得?，AA1=3。

解：（1）连接OC，OD，OE，由同弧对应的圆周角与圆心角之间的关系结合题中条件弧长AE等于弧长AC可得∠CDE=∠AOC

又∠CDE=∠P+∠PFD，∠AOC=∠P+∠OCP，

从而∠PFD=∠OCP，

故△PFD∽△PCO，

由割线定理知PC·PD=PA·PB=12，

故。

（2）若圆F与圆O内切，设圆F的半径为r，

因为OF=2-r=1，即r=1，

所以OB是圆F的直径，且过P点圆F的切线为PT

则PT2=PB·PO=2×4=8，即。

解：（1）∵AD∥BC，

∴AB=CD，∠EDC=∠BCD，

又PC与⊙O相切

∴∠ECD=∠DBC，

∴△CDE∽△BCD ，

∴

∴CD2=DE·BC，即AB2=DE·BC。

（2）由（1）知，DE=

∵△PDE∽△PBC，

∴

又∵PB-PD=9，

∴

∴

∴。

解：（1）由已知△ABC的角平分线为AD，

可得∠BAE=∠CAD

因为∠AEB与∠ACB是同弧上的圆周角，

所以∠AEB=∠ACD

故△ABE∽△ADC；

（2）因为△ABE∽△ADC，

所以

即AB·AC=AD·AE

又S=

且

故AB·ACsin∠BAC=AD·AE

则sin∠BAC=1，

又∠BAC为三角形内角，

所以∠BAC=90°。

（1）证明：在△ABE和△ACD中，

∵AB=AC，∠ABE=∠ACD

又∠BAE=∠EDC

∵BD∥MN ∴∠EDC=∠DCN

∵直线是圆的切线，

∴∠DCN=∠CAD

∴∠BAE=∠CAD

∴△ABE≌△ACD

（2）解：∵∠EBC=∠BCM∠BCM=∠BDC

∴∠EBC=∠BDC=∠BACBC=CD=4

又∠BEC=∠BAC+∠ABE=∠EBC+∠ABE=∠ABC=∠ACB

∴BC=BE=4

设AE=x，易证△ABE∽△DEC

∴ 

∴DE= 

又AE·EC=BE·ED   EC=6﹣x

∴4× 

∴x=  即要求的AE的长是   

证明：（1）连接，在中

又

∽

则          

。

（2）在中，           

 又

四点共圆；        

又是⊙的直径，则，        

。

解：（1）连接AD，因为AB为圆的直径，所以∠ADB=90°

又EF⊥AB，∠EFA=90°，

则A，D，E，F四点共圆，

∴∠DEA=∠DFA。

（2）由（1）知，BD·BE=BA·BF，

又△ABC∽△AEF，

∴

即AB·AF=AE·AC

∴BE·BD-AE·AC=BA·BF-AB·AF=AB（BF-AF）=AB2。

解：(1)因为PA2=PC·PD，PA=2，PC=1，

所以PD=4，

又因为PC=ED=1，所以CE=2，

易知四边形ABEC为平行四边形，

则AB=CE=2，

因为∠PAC=∠CBA，∠PCA=∠CAB，

所以△PAC∽△CBA，

所以，

所以AC2=PC·AB=2，

所以。

(2)因为CE·ED=BE·EF，BE=AC=，

所以，

所以EF=BE。

证明：（1）由AC与⊙O′相切于A，得∠CAB=∠ADB，

同理∠ACB=∠DAB，

所以△ACB∽△DAB，从而，

即AC·BD=AD·AB。

（2）由AD与⊙O相切于A，得∠AED=∠BDA，又∠ADE=∠BDA，

得△EAD∽△ABD，从而，

即AE·BD=AD·AB

结合（1）的结论，AC=AE。

解：（1）证明：连接OD，DC，由已知∠ABD=∠CBD，

又∵∠ECD=∠ABD

∴∠CBD=∠ECD，

又∴∠BDC=∠EDC，

∴△BCD∽△CED

∴|

即CD2=DE·DB。

（2）∵D是的中点，

∴OD⊥AC，垂足为F，

在Rt△CFO中，OF=1，OC=R，

在Rt△CFD中，DC2=CF2+DF2∴（2）2=（R2-1）+（R-1）2，

整理得R2-R-6=0，R=3。

证明：（1）∵D，E分别为△ABC边AB，AC的中点

∴DE∥BC

∵CF∥AB，

∴四边形BCFD是平行四边形

∴CF=BD=AD

∵CF∥AD 连接AF，则四边形ADCF是平行四边形，

∴CD=AF

∵FG∥BC，∴GB=CF

∴BD=CF，

∴GB=BD

∴∠DGB=∠BDG

∵CF∥AB，

∴AF=BC

∵AF=CD，

∴BC=CD，

（2）由（1）知∠DBC=∠BDC

∵∠EFC=∠DBC=∠DGB

∴∠DGB=∠DBC，∠GDB=∠BDC

∴△BCD～△GBD 。

解：(1)∵CD∥AP，

∴∠ECD=∠APE，

∵∠EDF=∠ECD，

∴∠APE=∠EDF，

又∵∠DEF=∠PEA，

∴△DEF∽△PEA，

∴DE：PE=EF：EA，即EF·EP=DE·EA。

(2)∵∠EDF=∠ECD，∠CED=∠FED，

∴△DEF∽△CED，

∴DE：EC=EF：DE，

∴DE2=EF·EC，

∵DE=6，EF=4，

∴EC=9，

∵弦AD、BC相交于点E，

∴DE·EA=CE·EB，

∴CE·EB=EF·EP，

∴9×6=4·EP，解得：，

∴PB=PE-BE=，PC=PE+EC=，

由切割线定理得：PA2=PB·PC，

∴。

解：（1）如图，连接BD、OD

∵CB、CD是⊙O的两条切线

∴BD⊥OC，

∴∠2+∠3=90°

又AB为⊙O直径，

∴AD⊥DB，∠1+∠2=90°

∴∠1=∠3，

∴AD∥OC 。

（2）AO=OD，则∠1=∠A=∠3

∴Rt△BAD∽Rt△ODC，

∴AD·OC=AB·OD=2。

解：连接OC，

∵△AOB中，OA=OB，CA=CB，

∴OC⊥AB

∵OC是圆O的半径，

∴AB与圆O相切于C点．

又∵ED是圆O的直径，

∴∠ECD=90°，

可得∠E+∠EDC=90°

∵∠BCD+∠OCD=90°，∠OCD=∠ODC

∴∠BCD=∠E

又∵∠CBD=∠EBC

∴△BCD∽△BEC，

可得BC2=BEBD…①

∵Rt△CDE中，tan∠CED==，

∴==，

设BD=x，则BC=2x代入①，得（2x）2=x（x+6），

解之得x=2

∴OA=OB=BD+OD=5