- 直线与圆的位置关系
- 共2291题
如图，过点C作△ABC的外接圆O的切线交BA的延长线 于点D．若CD=
正确答案
2
解析
解：由CD是圆的切线，可得CD2=DA×DB=DA×（DA+AB）．
∵CD=
∴DA2+2DA-3=0，解得DA=1，DB=3．
∵∠DCA=∠DBC，∠ADC=∠CDB，
∴△DAC∽△DCB，
∴
∴BC=
故答案为：2
正确答案
解析
解：如图所示，连接OC．
∵弦切角∠PCB=25°，∴∠BOC=50°．
∴
∴
故选B．
正确答案
30°
解析
∵CD是切线，
∴OC⊥CD．
∵BD=OB，
∴BC=OB=OC．
∴∠ABC=60°．
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠CAB=30°
故答案为：30°
正确答案
解析
解：在△DEF和△CED中，∵∠EDF=∠C，∠DEF公用，∴△DEF∽△CED，∴
∵DE=3，EF=2，∴EC=
∵CE：BE=3：2，∴BE=3．
由相交弦定理可得AE•ED=EB•CE，∴AE=
∵AP∥CD，∴∠P=∠C，
∴∠P=∠EDF．
∴△AEP∽△FED，∴
∴
∴PB=PE-EB=
∵PA与⊙O相切，∴PA2=PB•PC=
∴PA=
故答案为：
（几何证明选讲）以Rt△ABC的直角边AB为直径的圆O交AC边于点E，点D在BC上，且DE与圆O相切．若∠A=56°，则∠BDE=______．
正确答案
68°
解析
解：连接OE，因为∠A=56°，所以∠BOE=112°，
又因为∠ABC=90°，DE与圆O相切，
所以O、B、C、E四点共圆，
所以∠BDE=180°-∠BOE=68°．
故答案为68°．
已知PA是圆O（O为圆心）的切线，切点为A，PO交圆O于B，C两点，
正确答案
π
解析
∵∠PAB=30°，由弦切角定理
∴∠ACB=30°
∵BC是圆O的直径，
且
∴直径BC=2，半径为1，
∴圆O的面积为π．
如图⊙O中，弦AB与弦CD相交于点P，∠B=38°，∠APD=80°，则∠A等于（ ）
正确答案
解析
解：在⊙O中，弦AB与CD相交于P点，
∵∠B=38°，∠APD=80°，
∴∠BPD=100°，
∴∠D=180°-38°-100°=42°，
∴∠A=∠D=42°．
故选：B．
正确答案
30°
解析
解：∵AC是⊙O切线，
∴∠DAE=∠B，
∵AE平分∠BAD，
∴∠DAE=∠BAE，
∴∠DAE=∠B=∠BAE，
∵BD⊥AC，
∴∠DAE=∠B=∠BAE=30°．
故答案为：30°．
正确答案
则由切割线定理知△PBD∽△PCB，△PAD∽△PCA
即有
又PA=PB
∴
而PB2=PD•PC，∴
∴
又C，E，M为△APF的割线，M为AP中点
∴由梅涅劳斯定理
可得
解析
则由切割线定理知△PBD∽△PCB，△PAD∽△PCA
即有
又PA=PB
∴
而PB2=PD•PC，∴
∴
又C，E，M为△APF的割线，M为AP中点
∴由梅涅劳斯定理
可得
∠BAC所对的弧的度数为（ ）
正确答案
解析
解：∵PA为圆O的切线，
故∠CAP=∠B=40°，
又∵∠ACP=100°，
∴∠BAC=60°
则∠BAC所对的弧的度数为120°
故选C
（Ⅰ）证明：∠CEA=∠DCA；
（Ⅱ）证明：FG∥AC．
正确答案
证明：（Ⅰ）∵AB为切线，AE为割线，∴AB2=AE•AD，
又∵AB=AC，∴AC2=AE•AD，∴
又∠CAD=∠EAC，∴△ACD∽△AEC，∴∠CEA=∠DCA； 5分
（Ⅱ）由（Ⅰ）有
∵∠EAC=∠DAC，
∴△ADC∽△ACE，∴∠ADC=∠ACE，∵∠ADC=∠EGF，
∴∠EGF=∠ACE，
∴GF∥AC． 10分
解析
证明：（Ⅰ）∵AB为切线，AE为割线，∴AB2=AE•AD，
又∵AB=AC，∴AC2=AE•AD，∴
又∠CAD=∠EAC，∴△ACD∽△AEC，∴∠CEA=∠DCA； 5分
（Ⅱ）由（Ⅰ）有
∵∠EAC=∠DAC，
∴△ADC∽△ACE，∴∠ADC=∠ACE，∵∠ADC=∠EGF，
∴∠EGF=∠ACE，
∴GF∥AC． 10分
（Ⅰ）求证：直线AB是⊙O的切线；
（Ⅱ）若tan∠CED=
正确答案
∵OA=OB，CA=CB，∴OC⊥AB，∴AB是⊙O的切线．
（Ⅱ）∵ED是直径，∴∠ECD=90°，
在Rt△BCD中，∵tan∠CED=
∵AB是⊙O的切线，
∴∠BCD=∠E．
又∵∠CBD=∠EBC，
∴△CBD∽△EBC，∴
设BD=x，BC=2x，
又BC2=BD•BE，∴（2x）2=x•（x+12）．
解得：x1=0，x2=4，
∵BD=x＞0，∴BD=4．
∴OA=OB=BD+OD=4+6=10．
解析
∵OA=OB，CA=CB，∴OC⊥AB，∴AB是⊙O的切线．
（Ⅱ）∵ED是直径，∴∠ECD=90°，
在Rt△BCD中，∵tan∠CED=
∵AB是⊙O的切线，
∴∠BCD=∠E．
又∵∠CBD=∠EBC，
∴△CBD∽△EBC，∴
设BD=x，BC=2x，
又BC2=BD•BE，∴（2x）2=x•（x+12）．
解得：x1=0，x2=4，
∵BD=x＞0，∴BD=4．
∴OA=OB=BD+OD=4+6=10．
如图，在△ABC中，∠A=60°，AB＞AC，点O是外心，两条高 BE，CF交于H点，点M，N分别在线段BH，FH上，且满足BM=CN，求
正确答案
解：如图在BE上取BK=CH，连接OB、OC、OK，
由三角形的外心的性质可知：∠BOC=2∠A=120°，
由三角形的垂心性质可知：∠BHC=180°-∠A=120°，
所以∠BOC=∠BHC，所以B、C、H、O四点共圆，∠OBH=∠OCH，…（3分）
又因为OB=OC，BK=CH，所以△BOK≌△COH，
因为∠BOK=∠COH，OK=OH，所以∠KOH=∠BOC=120°，∠OKH=∠OHK=30°，…（6分）
观察△OKH，有：
又因为BM=CN，BK=CH，所以KM=NH，所以MH+NH=MH+KM=KH=
故
解析
解：如图在BE上取BK=CH，连接OB、OC、OK，
由三角形的外心的性质可知：∠BOC=2∠A=120°，
由三角形的垂心性质可知：∠BHC=180°-∠A=120°，
所以∠BOC=∠BHC，所以B、C、H、O四点共圆，∠OBH=∠OCH，…（3分）
又因为OB=OC，BK=CH，所以△BOK≌△COH，
因为∠BOK=∠COH，OK=OH，所以∠KOH=∠BOC=120°，∠OKH=∠OHK=30°，…（6分）
观察△OKH，有：
又因为BM=CN，BK=CH，所以KM=NH，所以MH+NH=MH+KM=KH=
故
正确答案
70°
解析
解：∵BD切⊙O于点B，
∴∠DBC=∠A=40°，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C，
∴∠ABC=（180°-40°）÷2=70°．
故答案为：70°
正确答案
3
解析
解：连接OT，由于T是切点，故角OTA=90°，又由∠ATM=
在直角三角形PTO中得PO=2OT=2R，故得PA=3R
又圆的面积是2π，得R=
∴PA=3
故答案为3
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