热门试卷

证明：（I）∵BE切圆O于点B，∴∠EBD=∠BAD．

又∵AD是∠BAC的角平分线，∴∠BAD=∠CAD，可得弧BD=弧CD，

∴∠CBD对弧BD，∠BAD对弧CD，∴∠BAD=∠CBD，

因此，可得∠EBD=∠CBD；

（II）∵∠BEA=∠DEB，∠EBD=∠EAD，

∴△ABE∽△BDE，可得，即AB•DE=BD•BE．

∵由（I）的证明得弧BD=弧CD，可得BD=CD，

∴AB•DE=CD•BE．

解：∵AB是圆O的直径，BC是圆O的切线，

∴OB⊥BC．

在Rt△OBC中，OB=3，OC=5，BC=4．

∵AD∥OC，∴∠A=∠BOC，∠ADO=∠COD．

∵∠A=∠ADO，∴∠BOC=∠DOC．

又∵OB=OD，OC为公共边．

∴△BOC≌△DOC．

∴CD=CB=4．

故答案为：4．

（Ⅰ）证：连接AC，AB是直径，则BC⊥AC

由BC∥OD⇒OD⊥AC

则OD是AC的中垂线⇒∠OCA=∠OAC，∠DCA=∠DAC，

⇒∠OCD=∠OCA+∠DCA=∠OAC+∠DAC=∠DAO=90°．

⇒OC⊥DE，所以DE是圆O的切线．

（Ⅱ） BC∥OD⇒∠CBA=∠DOA，∠BCA=∠DAO⇒△ABC∽△AOD

⇒⇒BC===⇒⇒⇒

⇒BE=

证明：（I）连接OC，则∠OAC=∠OCA，

又∵CA是∠BAF的角平分线，∴∠OCA=∠OAC=∠CAF，

∴OC∥AD．

又∵AD⊥CD，∴OC⊥CD．

∴DC是⊙O的切线；

（II）连接BC、FC，∵A、B、C、F四点共圆，

∴∠CFD=∠CBM，又CD=CM，∠CDF=∠CMB．

∴RT△CDF≌RT△CMB，∴MB=DF．

（Ⅰ）证明：∵四边形ABCD是圆内接四边形，

∴∠PAD=∠PCB，

∴∠APD=∠CPB，

∴△APD∽△CPB，

∴=，

∵BP=2BC

∴PD=2AD，

∴AB=AD，

∴PD=2AB；

（Ⅱ）解：由题意，BP=2BC=4，设AB=t，由割线定理得PD•PC=PA•PB，

∴2t×5=（4-t）×4

∴t=，即AB=．

证明：（1）∵四点A、B、C、D共圆，∴∠EAD=∠BCD，∠DAC=∠DBC，

∵AD是△ABC外角∠EAC的平分线，

∴∠EAD=∠DAC，

∴∠DBC=∠BCD．

∴DB=DC．

（2）连接BM，CM．

则∠DBM=∠DCM，∠CBM=∠CDM，

∴∠N=∠BCD-∠CDM=∠DBC-∠CBM=∠DBM=∠DCM，

又∵∠CDM公用，

∴△CDM∽△NDC．

∴，

∴DC2=DM•DN．

（1）证明：∵AB是⊙O的直径，

∴∠ACB=90°，

∵AD⊥DC于D，且AC平分∠DAB，

∴∠PDA=90°，∠DAC=∠BAC，

∵∠PCA=∠PDA+∠DAC，∠PBC=∠ACB+∠BAC，

∴∠PCA=∠PBC，

∵∠BPC=∠CPA，

∴△PAC∽△PCB，

∴，

∴PC2=PA•PB；

（2）解：∵3AC=4BC，∴=，

设PC=4k，PB=3k，则PA=3k+7，

∴（4k）2=3k（3k+7），

∴k=3（k=0舍去），

∴PC=12．

（1）①证明：∵△ABC为等边三角形，

∴AB=AC，∠C=∠CAB=60°，

又∵AE=CF，

在△ABE和△CAF中，，

∴△ABE≌△CAF（SAS），

∴AF=BE，∠ABE=∠CAF．

又∵∠APE=∠BPF=∠ABP+∠BAP，

∴∠APE=∠BAP+∠CAF=60°．

∴∠APB=180°-∠APE=120°．

②∵∠=∠APE=60°，∠=∠，∴△∽△，

∴，即，∴AP•AF=12

（2）若，有或两种情况．

①当AE=CF时，点P的路径是一段弧，由题目不难看出当E为AC的中点的时候，点P经过弧AB的中点，此时△ABP为等腰三角形，且∠ABP=∠BAP=30°，

∴∠AOB=120°，

又∵AB=6，

∴OA=2，

点P的路径是l==．

②当AE=BF时，点P的路径就是过点C向AB作的垂线段的长度．

∵等边三角形ABC的边长为6，∴点P的路径为：=3．

∴点经过的路径长为或3．

解：连接CD，AB，交于O，则AB⊥CD，CE⊥CD，

∴OB∥CE，OB=CE，

∵CE=1，DE=4，DE为圆B的直径，

∴OB=，CD=，

设圆A的半径为r，则r2=（）2+（r-）2，

∴r=4．

故答案为：4．