热门试卷

（1）证明：∵CD是△ABC的AB边上的高，∴∠EDG+∠EDA=90°

∵DE⊥AC，∴∠A+∠EDA=90°

∴∠EDG=∠A

∵∠CFE=∠EDC

∴∠CFE=∠A

∴A、B、F、E四点共圆；

（2）设A、B、F、E所在圆的圆心为O，半径为R，P为AE的中点，Q为BF的中点，

则OP⊥AC，OQ⊥BF

∵∠ACB=90°，∴四边形OQCP是矩形，即OQ=12

∴R=OB==

∴A、B、F、E所在圆的半径为．

（1）证明：如图所示，连接DE．

∵DB垂直交圆于点D，∴∠DBE=90°．

∴DE为圆的直径．

∵∠的角平分线交圆于点E，

∴=，

∴=，

∴∠DCB=∠DBC，

∴DB=DC．

（2）解：由（1）可知：∠CDE=∠BDE，DE⊥BC，且平分BC，设中点为M，外接圆的圆心为点O．

连接OB，OC，则OB⊥AB．

在Rt△BOM中，OB=1，BM=BC=．

∴∠BOM=60°

∴∠ABE=∠BCE=∠CBE=30°，

∴CF⊥AB

∵∠DCE=90°，

∴DC⊥CF，

∴DC∥AB．

解：∵PB=PD+BD=1+8=9，

由切割线定理得：

PA2=PD•BD=9，

∴PA=3，

由弦切角定理得：∠PAC=∠ABC=60°，又由PA=PE

∴△PAE为等边三角形，则AE=PA=3，

连接AD，在△ADE中，ED=PE-PD=2

由余弦定理易得：

又△AED～△BEC，相似比=ED：BE=1：2

∴

解：（Ⅰ）∵△BDE中，DE=BE，∴∠EDB=∠B，可得∠BED=180°-2∠B，

同理可得∠CEF=180°-2∠C，

∴∠DEF=180°-∠BED-∠CEF=180°-（180°-2∠B）-（180°-2∠C）=2∠B+2∠C-180°，

∵∠B+∠C=180°-∠A，

∴∠DEF=2∠B+2∠C-180°=2（180°-∠A）-180°=180°-2∠A

∵∠DEF=180°-2∠A＞0，

∴∠A是锐角，可得△ADF的外心O与顶点A在DF的同侧，

因此，△ADF的外接圆中，∠DOF=2∠A

∴∠DEF=180°-∠DOF，得∠DEF+∠DOF=180°，

因此，四边形ODEF是圆内接四边形，即D、E、F、O四点共圆；

（Ⅱ）由（Ⅰ）的证明，可得

∵在四边形ODEF的外接圆中，∠DEO与∠DFO对相同的弧，

∴∠DEO=∠DFO，同理可得∠FDO=∠FEO，

∵O是△ADF的外心，可得OD=OF，

∴∠FDO=∠DFO，可得∠FEO=∠DEO，即O在∠DEF平分线上．

解：（Ⅰ）∵A，B，C，D四点共圆，

∴∠ECD=∠EAB，∠EDC=∠B

∴△EDC∽△EBA，可得，

∴，即

∴

（Ⅱ）∵EF2=FA•FB，

∴，

又∵∠EFA=∠BFE，

∴△FAE∽△FEB，可得∠FEA=∠EBF，

又∵A，B，C，D四点共圆，

∴∠EDC=∠EBF，

∴∠FEA=∠EDC，

∴EF∥CD．

证明：（I）在△ABC中，由BD=，CE=，知：

△ABD≌△BCE，…（2分）

∴∠ADB=∠BEC，即∠ADC+∠BEC=π．

所以四点P，D，C，E共圆．…（5分）

（II）如图，连结DE．

在△CDE中，CD=2CE，∠ACD=60°，

由正弦定理知∠CED=90°．…（8分）

由四点P，D，C，E共圆知，∠DPC=∠DEC，

所以AP⊥CP．…（10分）

证明：（Ⅰ）连接GD．

∵四边形BDGE，CDGF是圆内接四边形，

∴∠AEG=∠BDG，∠AFG=∠CDG

∵∠BDG+∠CDG=180°，

∴∠AEG+∠AFG=180°，

∴A、E、G、F四点共圆；

（Ⅱ）∵A、E、G、F四点共圆，

∴∠AEF=∠AGF，

∵AG切⊙O2于G，

∴∠AGF=∠ACG，

∴∠AEF=∠ACG．

证明：如图所示，连接DE，则∠ADE=∠C，

∵∠A=∠A，

∴△ADE∽△ACB，

∴=．