热门试卷

证明：（Ⅰ）过点P作两圆公切线PN交AB于N，

由切线长定理得，

∴△PAB为直角三角形；

（Ⅱ）∵，

∴，

又，

∴，

∴

即，

由切割线定理，，

∴，

∴。

解：（1）连接，因为为⊙O的直径，

所以，

又，

所以切⊙O于点，且切于⊙O于点，

因此，

所以

得

因此

即E是BC的中点。

（2）连接，显然是Rt△ABE斜边上的高，可得，

于是有，即，

同理可得

所以。

（1）证明：连接OC，∵OA=OB，CA=CB，

∴OC⊥AB，

∵OC是圆的半径，

∴AB是圆的切线．

（2）解：ED是直径，∴∠ECD=90°，

∴，

又，

∴，

又，

∴△BCD∽△BEC，∴，

，△BCD∽△BEC，，

设BD=x，则BC=2x，，

∴，∴BD=2，

∴．

证明：（Ⅰ）在△ABC中，因为∠B=60°，

所以∠BAC+∠BCA-=120°，

因为AD，CE是角平分线，

所以∠HAC+∠HCA=60°，

故∠AHC=120°，

于是∠EHD=∠AHC=120°，

因为∠EBD+∠EHD=180°，

所以B，D，H，E四点共圆。

（Ⅱ）连结BH，

则BH为∠ABC的平分线，

得30°，

由（Ⅰ）知B，D，H，E四点共圆，

所以30°，

又60°，

由已知可得EF⊥AD，可得∠CEF=30°，

所以CE平分∠DEF。

解：（Ⅰ）∵PA是切线，AB是弦，

∴∠BAP=∠C，

又∵∠APD=∠CPE，

∴∠BAP+∠APD=∠C+∠CPE，

∵∠ADE=∠BAP+∠APD，∠AED=∠C+∠CPE，

∴∠ADE=∠AED；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知∠BAP=∠C，

又∵∠APC=∠BPA，

∴△APC∽△PBA，

∴，

∵AC=AP，

∴∠APC=∠C，

∴∠APC=∠C=∠BAP，

由三角形内角和定理可知，∠APC+∠C+∠CAP=180°，

∵BC是圆O的直径，

∴∠BAC=90°，

∴∠APC+∠C+∠BAP=180°-90°=90°，

∴∠C=∠APC=∠BAP=，

在Rt△ABC中，，即，

∴，

∴。

（Ⅰ）证明：因为MA是圆O的切线，

所以OA⊥AM，

又因为AP⊥OM，

在Rt△OAM中，

由射影定理知，。

（Ⅱ）证明：因为BK是圆O的切线，BN⊥OK，

同（Ⅰ），有，

又OB=OA，

所以，

又，

所以，

故。

解：（1）因为

所以∠BCD=∠ABC

又因为EC与圆相切于点C，故∠ACE=∠ABC

∴∠ACE=∠BCD；

（2）因为∠ECB=∠CDB，∠EBC=∠BCD，

所以△BDC∽△ECB

故

即BC2=BE×CD。

证明：（1）因为是圆的切线，所以．

又因为．

在中，由射影定理知，．

（2）证明：因为是圆的切线，．同（1），有，

又，所以，即．

又，所以，

故

证明：(Ⅰ)因为，

所以∠BCD=∠ABC，

又因为EC与圆相切于点C，

故∠ACE=∠ABC，

所以∠ACE=∠BCD．

(Ⅱ)因为∠ECB=∠CDB，∠EBC=∠BCD，

所以△BDC∽△ECB，

故，即BC2=BE·CD。