热门试卷

证明：∵EP∥CB，∴∠2=∠3，

∵同弧上的圆周角相等，

∴∠1=∠2，

∴∠1=∠3，

在△DPE和△EPA中，∠DPE是共同角，

∴△DPE∽△EPA，

∴，

∴PE2=PD•PA，

根据切割线定理PF2=PD•PA，

∴PE=PF．

解：如图所示，

由垂径定理的推论可得：OP⊥AB．

在Rt△OAP中，AP===．

利用相交弦定理可得：AP2=PD•PC，

∴，

解得PD=．

解：∵PA为圆O的切线，A为切点，割线PBC经过圆心O，

∴PA2=PB•PC，

∵PA=3，PC=9，

∴27=9PB，

∴PB=3，

∴BC=6，

∴OA=3，OP=6，

∴∠AOP=60°，

∴∠ACP=30°，

故答案为：30°．

解：（1）连接DB，∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°，

在Rt△ABD和Rt△AFG中，∠ABD=∠AFE，

又∵∠ABD=∠ACD，∠ACD=∠AFE．

∴C，D，E，F四点共圆；

（2）∵C，D，E，F四点共圆，∴GE•GF=GC•GD．

∵GH是⊙O的切线，∴GH2=GC•GD，∴GH2=GE•GF．

又因为GH=8，GE=4，所以GF=16．

∴EF=GF-GE=12．

证明：（1）因为MA是圆O的切线，所以OA⊥AM，

又因为AP⊥OM，在Rt△OAM中，由射影定理知，OM•OP=OA2，

OA=OB，所以OM•OP=OB2．

（2）因为BK是圆O的切线，所以OB⊥BK，

又因为BN⊥OK，由射影定理知，OB2=ON•OK，

所以OP•OM=ON•OK，即．

又∠NOP=∠MOK，所以△ONP∽△OMK

解：（Ⅰ）由已知及由切割线定理，得

AB2=AD•AE=AC•AC，所以AC2=AB2．…（3分）

∵AB=，∴AC2=×14=63

在Rt△ABC中，根据勾股定理得：BC==7．…（5分）

（Ⅱ）设圆O与BC的交点为F，圆O的半径为r．

由割线定理，得CF•CB=CE•CD=AC•AC=AC2

结合（I）AC2=AB2，得CF•CB=AB2，…（8分）

∴（7-2r）×7=14，解之得r=，即圆O的半径为7．…（10分）

解：AD⊥CD．

证明如下：连接OC，则OC⊥CD．

∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA，

∵AC平分∠OAD，∴∠DAC=∠OAC，

∴∠DAC=∠OCA，∴OC∥AD．

∵OC⊥CD，∴AD⊥CD

解：（1）∵直线PA与⊙O切于点A，直线PB过圆心O，且与⊙O交于点B、C（PB＜PC），

∴∠PAB=∠ACB

∴△PAB∽△PCA，

∴，

∵PA=3，PB=1，

∴=，

∴sin∠ACB=，

∴sin∠PAB=；

（2）由角平分线的性质，可得==，

∵PA2=PB•PC，∴PC=9，

∴BC=8，

∴DB=2，CD=6，

∴AD•DE=DB•CD=12．

证明：（1）连接OC，如下图所示：

因为OA=OC，

所以∠OCA=∠OAC

又因为AD⊥CE，

所以∠ACD+∠CAD=90°，

又因为AC平分∠BAD，

所以∠OCA=∠CAD，

所以∠OCA+∠CAD=90°，

即OC⊥CE，

所以CE是⊙O的切线

（2）连接BC，

因为AB是⊙O的直径，

所以∠BCA=∠ADC=90°，

因为CE是⊙O的切线，

所以∠B=∠ACD，

所以△ABC∽△ACD，

所以=，

即AC2=AB•AD．

（1）证明：连接BM、BN、BQ、BP

∵B为小圆的圆心

∴BM=BN

∵AB为大圆的直径

∴BQ⊥MN

∴MQ=QN

（2）解：∵AB为大圆的直径

∴∠APB=90°

∴AP为圆B的切线，∴AP2=AM•AN

∵AB=4，PB=1

∴AP2=AB2-PB2=15

∵，∴

∴

解：如图所示，连接AM，QN．

由于PQ是⊙O的直径，∴∠PNQ=90°．

∵圆O的弦PN切圆A于点M，∴AM⊥PN．

∴AM∥QN，

∴=．

又PN=8，∴PM=6．

根据切割线定理可得：PM2=PO•PQ．

设⊙O的半径为R．则62=R•2R，

∴R=3，

∴⊙A的半径r=R=．

故答案为：．