热门试卷

见解析

证明：设外圆半径为R，内圆半径为r，作两圆的公切线TQ.

设PT交内圆于C，连结OP，O′C，则PM2＝PC·PT，所以.

由弦切角定理知∠POT＝2∠PTQ，∠CO′T＝2∠PTQ，

则∠POT＝∠CO′T，所以PO∥CO′，

所以，即，为定值．

（1）见解析（2）见解析

证明：(1)∠AED＝∠EPC＋∠C，∠ADE＝∠APD＋∠PAB.因为PE是∠APC的角平分线，所以∠EPC＝∠APD.又PA是圆O的切线，故∠C＝∠PAB.所以∠AED＝∠ADE.所以AD＝AE.

(2)，△PCE∽△PAD，.，△PAE∽△PBD，.又PA是切线，PBC是割线PA2＝PB·PC.故.又AD＝AE，所以AD2＝DB·EC.

(1)见解析   (2)

(1)证明:∵AE=AB,∴BE=AB.

又∵AD=AC,AB=AC,∴AD=BE.

又∵AB=BC,∠BAD=∠CBE,

∴△BAD≌△CBE,∴∠ADB=∠BEC,

∴∠ADF+∠AEF=π,

∴A,E,F,D四点共圆.

(2)解:如图所示,取AE的中点G,连接GD,则AG=GE=AE.

∵AE=AB,∴AG=GE=AB=.

∵AD=AC=,∠DAE=60°,

∴△AGD为正三角形,

∴GD=AG=AD=,即GA=GE=GD=,

所以点G是△AED外接圆的圆心,且圆G的半径为.

由于A,E,F,D四点共圆,即A,E,F,D四点共圆G,其半径为.

CD＝5   BC＝6

解　由已知可得PT2＝PA·PB，

且PT＝6，PA＝3，∴PB＝12.

同理可得PC＝9，∴CD＝5.

∵PD·PC＝PA·PB，∴＝，

∴△PDA∽△PBC，

∴＝⇒＝，∴BC＝6.

(1)见解析   (2) 25°

解:(1)由圆I与AC相切于点E得IE⊥AC,结合HI⊥AH,得∠AEI=∠AHI=90°,所以A,I,H,E四点共圆.

(2)由(1)知A,I,H,E四点共圆,所以∠IEH=∠HAI.由题意知∠HIA=∠ABI+∠BAI=∠ABC+∠BAC=(∠ABC+∠BAC)=(180°-∠C)=90°-∠C,结合IH⊥AH,得∠HAI=90°-∠HIA=90°-(90°-∠C)=∠C,所以∠IEH=∠C.由∠C=50°得∠IEH=25°.

（Ⅰ）；（Ⅱ）1：5

试题分析：(I)过D作GD//BF，并交AF于G点，则易知BF=GD，所以本题转化为求DG：FC的值.

（II）本题可转化为求,然后△BEF以BF为底，△BDC以BC为底，则由（1）知BF：BC=1：3，又由BE：BD=1：2可知：=1：2,问题到此基本得以解决.

试题解析：（Ⅰ）过D点作DG∥BC，并交AF于G点，

∵E是BD的中点，∴BE=DE，

又∵∠EBF=∠EDG，∠BEF=∠DEG，

∴△BEF≌△DEG，则BF=DG，

∴BF：FC=DG：FC，

又∵D是AC的中点，则DG：FC=1：2，

则BF：FC=1：2；即（4分）

（Ⅱ）若△BEF以BF为底，△BDC以BC为底，则由（1）知BF：BC=1：3，

又由BE：BD=1：2可知1：2，其中、分别为△BEF和△BDC的高，

则，则=1：5．（10分）

（1）连接，可得，

∴，又，∴，

又为半径，∴是圆的切线

（2）过作于点，连接，

则有，

。

设，则，∴，

由可得，

又由，可得。

略