热门试卷

见解析

证明　如图所示，连接AE交DC于O.

∵四边形ACED是平行四边形．

∴O是AE的中点．

∵在梯形ABCD中，

DC∥AB，在△EAB中，

OF∥AB，

又∵O是AE的中点，

∴F是EB的中点，

∴EF＝BF.

见解析

证明　过E作EF∥BC交DC于F，连接AC，如图所示．

∵AD∥BC，E为AB中点，∴F是DC中点．①

又∵DC⊥BC，EF∥BC，∴EF⊥DC.②

∴由①②知，EF是DC的垂直平分线，

∴△ECD为等腰三角形．③

∵BC＝AB，∠B＝60°，∴△ABC是等边三角形．

又∵E是AB中点，

∴CE是∠ACB的平分线，

∴∠BCE＝30°.∴∠ECD＝60°.④

由③④知，△ECD为等边三角形．

见解析。

本题考查与圆有关的比例线段的求法，解题时要认真审题，注意切割线定理的合理运用．

由切、割线定理，得BP2=BM•BA，CP2=CN•CA，由BP=CP，知BM•BA=2CN2，由CN=NA=2BM，BA=BM+AM，能够证明AM=7BM．

证法一：连结PM、PA、PN

∵BP是圆的切线，∴∠BPM＝∠BAP，∠CPN＝∠CAP

∴△BPM∽△BAP，△CPN∽△CAP

∴，……5分

即

∵，∴，

∵，∴，

∴……10分

证法二：由切、割线定理，得，……5分

∵，∴，

∵，∴，

∴……10分

2

在Rt△ABC中，因为AB＝4，BC＝2，所以∠ABC＝60°，

因为l为过点C的切线，所以∠DCA＝∠ABC＝60°.

又因为AD⊥DC，所以∠DAC＝30°.连接OE，在△AOE中，

因为∠EAO＝∠DAC＋∠CAB＝60°，且OE＝OA，

所以AE＝AO＝AB＝2.

（1）证明见解析；（2）2．

试题分析：

解题思路：（1）利用等腰三角形与切割线定理进行证明；（2）利用三角形的相似性进行求解.

规律总结：直线与圆的位置关系，是平面几何问题的常见题型，常考知识由：圆内接四边形、切割线定理、相似三角形、全等三角形等.

试题解析：（1）连结ON，则ON⊥PN，且△OBN为等腰三角形，

则∠OBN=∠ONB，∵∠PMN=∠OMB=900-∠OBN，∠PNM=900-∠ONB

∴∠PMN=∠PNM, ∴PM=PN                      

由条件，根据切割线定理，有

所以                          

（2）OM=2，在Rt△BOM中，

延长BO交⊙O于点D，连接DN

由条件易知△BOM∽△BND，于是

即，得BN=6                           

所以MN=BN-BM=6-4=2.

(Ⅰ)见解析；(Ⅱ) EC=． 

（I）只需证明：设圆心为O，则证明即可.进一步可考虑证明OE//BC.

(II)可以利用切割线定理解决，先通过,求出半径长，再利用OE//BC，可得，求出EC的长.

(Ⅰ)取BD的中点O，连接OE．

∵BE平分∠ABC，∴∠CBE=∠OBE．又∵OB=OE，∴∠OBE=∠BEO，

∴∠CBE=∠BEO，∴BC∥OE．………………3分

∵∠C=90°，∴OE⊥AC，∴AC是△BDE的外接圆的切线． --------------------5分

(Ⅱ)设⊙O的半径为r，则在△AOE中，

，即，解得,

∴OA=2OE， ∴∠A=30°，∠AOE=60°． ∴∠CBE=∠OBE=30°．

∴EC=．   ------------------------------10分

＝，∴DE＝DF ∴DF2="DB·DA," ∴DE2= DB·DA　……5分

　（2）∵DE＝DF，又∵DE＝1，DE＝2AE

∴DF2= DB·DA＝(DE－BE)(DE+AE)＝(DF－1)(DF＋　……………………10分

略