热门试卷

解：（Ⅰ）如图，连接OC，OD，则OC⊥CG，OD⊥DG，

∴四点O，D，G，C共圆．

设∠CAB=∠1，∠DBA=∠2，∠ACO=∠3，

∠COB=2∠1，∠DOA=2∠2．

∴∠DGC=180°-∠DOC=2（∠1+∠2）．

∵DG=GF，DG=CG．

∴GF=GC．

∴∠GCF=∠F．

∵∠DGC=2∠F，∴∠F=∠1+∠2．

又∵∠DEC=∠AEB=180°-（∠1+∠2），

∴∠DEC+∠F=180°，

∴D，E，C，F四点共圆．

（Ⅱ）延长GE交AB于H．

∵GD=GC=GF，∴点G是经过D，E，C，F四点的圆的圆心．

∴GE=GC，∴∠GCE=∠GEC．

又∵∠GCE+∠3=90°，∠1=∠3，

∴∠GEC+∠3=90°，∴∠AEH+∠1=90°，

∴∠EHA=90°，即GE⊥AB．

解：A．连接AB，易得∠ABN=∠APM，∠ABN+∠AQN=π，

所以∠APM+∠AQN=π，

又点P，A，Q三点共线，

故PM∥QN．

B．设，则由AA-1=E得，

解得所以．

C．设（α为参数），

则矩形PMON周长的一半为：，

所以，当时，矩形PMON周长取最大值4×2=8，

此时，点P（3，1）．

D．证明：若x-1＜0，则a∈R；

若x-1≥0，则（x-a）2＞（x-1）2对任意的x∈[1，+∞）恒成立，

即（a-1）[（a+1）-2x]＞0对任意的x∈[1，+∞）恒成立，

所以或对任意的x∈[1，+∞）恒成立，

解得a＜1．

证明：法一：连接OD，则：OD⊥DC，

又OA=OD，DA=DC，

所以∠DAO=∠ODA=∠DCO，

∠DOC=∠DAO+∠ODA=2∠DCO，

所以∠DCO=30°，∠DOC=60°，

所以OC=2OD，

即OB=BC=OD=OA，

所以AB=2BC．

证法二：连接OD、BD．

因为AB是圆O的直径，所以∠ADB=90°，

AB=2OB．

因为DC是圆O的切线，所以∠CDO=90°．

又因为DA=DC，所以∠DAC=∠DCA，

于是△ADB≌△CDO，从而AB=CO．

即2OB=OB+BC，得OB=BC．故AB=2BC．

证明：（Ⅰ）连接BC，

∵AB是直径，

∴∠ACB=90°，

∴∠ACB=∠AGC=90°．（2分）

∵GC切圆O于C，

∴∠GCA=∠ABC．（4分）

∴∠BAC=∠CAG．（5分）

（Ⅱ）连接CF，∵EC切圆O于C，∴∠ACE=∠AFC．（6分）

又∠BAC=∠CAG，∴△ACF∽△AEC．（8分）

∴，∴AC2=AE•AF（10分）

解：连接OD，

AB⊥CD于E，根据垂径定理得到DE=4，

在直角△ODE中，根据勾股定理得到OE=3，因而AE=8，

易证△ABF∽△AED，得到==，

解得BF=5．

故填：5．

证明：连接AC，O1A，O1C，BD，O2B，O2D，则

因为AB，CD是外离两圆⊙O1，与⊙O2的外公共切线，

所以△O1AC∽△O2BD，

所以∠O1CA=∠O2BD，

所以∠ACD+∠ABD=∠O1CA+∠OCD+∠OBA-∠O2BD=180°，

所以A，B，C，D四点共圆．

证明：连接OD；

∵OA=OD，

∴∠A=∠ADO．

∵AD∥OC，

∴∠A=∠BOC，∠ADO=∠COD．

∴∠BOC=∠COD．

∵OB=OD，OC=OC，

∴△OBC≌△ODC．

∴∠OBC=∠ODC，又BC是⊙O的切线．

∴∠OBC=90°．

∴∠ODC=90°．

∴DC是⊙O的切线．