热门试卷

（I）详见解析；（II）3.

试题分析：（I）求证线段的比例关系，一般考虑证明三角形相似，AE是直径，直径所对的圆周角是直角，所以连接BE，证明∽;（II）根据弦切线定理，可求得AB的长，在由∽易求得AC的长.

试题解析：（I）证明：连结,由题意知为直角三角形．因为所以∽，

则，则．又，所以，

（II）因为是⊙O的切线，所以，

又，所以．

因为，所以∽

则，即．

见解析

（I）由直线CD与相切，得到

由AB是的直径，

,

（II）

,同理可得

第一问由切线联想到弦切角定理，进而转化到直角三角形中来解决角相等问题；第二问主要是在直角三角形中由,进而想到利用三角形全等知识来解决。

【考点定位】本题考查平面几何弦切角定理，全等三角形知识以及相似三角形知识，在处理几何量的关系时运用等量代换。。

见解析

连结OD，∵AB、BC分别与圆O相切于点D、C，∴∠ADO＝∠ACB＝90°.

∵∠A＝∠A，∴Rt△ADO∽Rt△ACB.∴.

∵BC＝2OC＝2OD，∴AC＝2AD.

见解析。

切线PA和PB，切点分别是A和B根据切线的性质和圆周角定理，四边形内角和是360度即可求得劣弧AB的度数．

证明⑴：∵∴.

又∵∴

又∵△是等腰三角形，,∴是角∠的平分线.

∴内切圆圆心O在直线AD上. 　                                　　(5分)

⑵连接DF，由⑴知，DH是⊙O的直径，

∴点C是线段GD的中点.    　　　　　　　　　　　(10分)

2

依题意易知△ABC∽△CDE，所以，又BC＝CD，所以BC2＝AB·DE＝12，从而BC＝2.

2，

由切割线定理得PC2＝PB·PA＝12，∴PC＝2，连结OC，则OC＝OP，

∴∠P＝30°，

∴CD＝PC＝

见解析

（1）由直线CD与相切，得到

由AB是的直径，

,

（2）

,同理可得

第一问由切线联想到弦切角定理，进而转化到直角三角形中来解决角相等问题；第二问主要是在直角三角形中由,进而想到利用三角形全等知识来解决。

【考点定位】本题考查平面几何弦切角定理，全等三角形知识以及相似三角形知识，在处理几何量的关系时运用等量代换。。

见解析

证明　法一　连接OP、OQ，如图所示．

∵AP、PQ、BQ为⊙O的切线，

∴∠1＝∠2，∠3＝∠4.

又AP、BQ为⊙O的切线，

AB为直径，∴AB⊥AP，AB⊥BQ.

∴AP∥BQ.

∴∠A＝∠B＝90°，

∠1＋∠2＋∠3＋∠4＝180°.

∴∠1＋∠4＝∠2＋∠3＝90°.

∵∠1＋∠5＝90°，∴∠4＝∠5.

∴△AOP∽△BQO.

∴＝.

∵AB＝2AO＝2OB，∴AB2＝4AP·BQ.

法二　连接OC.

同上可证得∠2＋∠3＝90°.

∵PQ切⊙O于C，∴OC⊥PQ.

在Rt△PQO中，由射影定理可得OC2＝PC·CQ，

利用切线长定理，有PC＝AP，BQ＝QC.

OC2＝AP·BQ，∵AB＝2OC，∴AB2＝4AP·BQ.

法三　如图所示，过P作BQ的垂线PD，垂足为D.

∵AP、BQ、PQ切⊙O于A、B、C，

∴∠A＝∠B＝90°，

AP＝PC，CQ＝BQ.

∴四边形ABDP为矩形，

PQ＝AP＋BQ.∵AP＝BD，AB＝PD.

在Rt△PQD中，利用勾股定理得：PQ2＝PD2＋QD2，

∴(AP＋BQ)2＝AB2＋(BQ－AP)2.

∴4AP·BQ＝AB2.

（1）结合同弧所对的圆周角相等来求解直线DE⊥OD，同时OD是圆的半径来说明是切线

（2）根据题意可知△AED∽△ADB可得 AD2=AC·AB

求解得到AE，又由△AEF∽△DOF，得到比值。

试题分析：略证 （１） 连结OD，可得∠ODA=∠OAD=∠DAC ……2分

∴OD∥AE  又AE⊥DE             …………3分

∴DE⊥OD，又OD为半径 ∴ DE是的⊙O切线 …………5分

⑵ 提示：过D作DH⊥AB于H 则有∠DOH=∠CAB

Cos∠DOH=cos∠CAB=   ……………………6分

设OD=5x，则AB=10x，OH=3x，DH=4x

∴AH=8x   AD2=80x2

由△AED∽△ADB可得 AD2=AC·AB=AC·10x  

∴AE=8X…………8分

又由△AEF∽△DOF   可得AF∶DF= AE∶OD =；

∴=……10分

点评：解决该试题的关键是利用垂直关系证明相切同时利用相似比来求解比值问题，属于基础题。