热门试卷

证明（1）∵DE2=EF·EC，

∴DE : CE=EF: ED．

∵ÐDEF是公共角，

∴ΔDEF∽ΔCED．∴ÐEDF=ÐC．

∵CD∥AP，   ∴ÐC=Ð P．

∴ÐP=ÐEDF．----5分

（2）∵ÐP=ÐEDF，   ÐDEF=ÐPEA，

∴ΔDEF∽ΔPEA．∴DE : PE="EF" : EA．即EF·EP=DE·EA．

∵弦AD、BC相交于点E，∴DE·EA=CE·EB．∴CE·EB=EF·EP．  10分

略

（1）见解析；（2）

解：（Ⅰ）如图，连接DE，依题意在中，

,由因为所以，

∽,四点C、B、D、E共圆。

（Ⅱ）当时，方程的根

因而，取CE中点G，BD中点F,分别过G,F 做AC,AB的垂线，两垂线交于点H，连接DH, 因为四点C、B、D、E共圆，所以，H为圆心，半径为DH.

,,所以，

,

点评：此题考查平面几何中的圆与相似三角形及方程等概念和性质。注意把握判定与性质的作用。

A．选修4—1　几何证明选讲

　　 证明:作于为直径,

（2分）

四点共圆,四点共圆. （6分）

（8分）

(1)+(2)得（9分）

即（10分）

略

见解析

证明　连接OD，因为BD＝DC，O为AB的中点，

所以OD∥AC，于是∠ODB＝∠C.

因为OB＝OD，所以∠ODB＝∠B于是∠B＝∠C.

因为点A，E，B，D都在圆O上，且D，E为圆O上位于AB异侧的两点，所以∠E和∠B为同弧所对的圆周角，

故∠E＝∠B.所以∠E＝∠C.

解：（1）            （4分）

（2）由 

故       （4分）

（3）设

由

又①代入②得：                        （7分）

略

（1），证明略。

（2）

解：（I）在△ABC和△ACD中，

∵AB="AC   " ∠ABC=∠ACD      ……（2分）

又∠BAE=∠EDC

∵BD//MN

∴∠EDC=∠DCN

∵直线是圆的切线

∴∠DCN=∠CAD

∴∠BAE=∠CAD

∴△ABE≌△ACD（SAS）          ……(5分)

（II）∵∠EBC=∠BCM  ∠BCM=∠BDC

∴∠EBC=∠BDC=∠BAC   BC=CD=4

又∠BEC=∠BAC+∠ABE=∠EBC+∠ABE=∠ABC=∠ACB

∴BC="BE=4                     " ……（7分）

设AE="x." 易证△ABE∽△DEC

∴

又AE·EC=BE·ED   EC=6-x

∴            ……(10分)

(1) 见解析；(2) BC=4。

本题主要考查了切线的判定定理的应用，直角三角形基本关系的应用，属于基本知识的简单综合．

（Ⅰ）要证明AC是△BDE的外接圆的切线，故考虑取BD的中点O，只要证明OE⊥AC，结合∠C=90°，证明BC∥OE即可

（Ⅱ）设⊙O的半径为r，则在△AOE中，由OA2=OE2+AE2，可求r，代入可得OA，2OE，Rt△AOE中，可求∠A，∠AOE，进而可求∠CBE=∠OBE，在BCE中，通过EC与BE的关系可求

解：(1)取BD的中点O，连结OE

∵DE⊥EB

∴DB是△BED的外接圆的直径，

∴OE是⊙O的半径

∴BE平分∠ABC

∴∠ABE=∠EBC

∵OE=OB ∴∠ABE=∠DEO

∴∠DEO=∠EBC，∴EO∥BC

∵∠C=90º，∴∠AEO=90º  ∴AC是⊙O的切线……….6分

(2)由(1)得：AE2=AD•AB

∴(6)2=6•AB，AB=12，∴OE=OD=3，AO=9

∵EO∥BC，∴，即，∴BC=4………12分

（1）；（2）.

试题分析：（1）根据已知条件及切割线定理，得，然后在应用勾股定理可计算出的长度；（2）设圆的半径为，由切割线定理，并结合（1）中的计算，可得，即，从中求解即可得到的值.

试题解析：（1）由已知及切割线定理，有

所以                3分

因为，所以

在中，由勾股定理得，            5分

（2）设圆与的交点为，圆的半径为

由割线定理，得        8分

即，从中解得                10分.

（1）证明过程详见解析；（2）.

试题分析：本题主要以圆为几何背景考查线线平行、相等的证明以及相似三角形的证明，考查学生的转化与化归能力.第一问，由已知的角相等，利用内错角相等，得，所以利用平行线得，利用切线的定义，利用切线的定义得是的切线；第二问，利用相似三角形得，利用所有半径都相等转化边，得，从而得.

试题解析：（Ⅰ）连结，可得，∴，又，∴，

而为半径，∴是的切线.

（Ⅱ）由（Ⅰ）得，∴，又，∴，故.