热门试卷

证明：（1）连结AD因为AB为圆的直径，所以∠ADB=90°

又EF⊥AB∠EFA=90°则A，B，C，D四点共圆…（4分）

∴∠DEA=∠DFA…（5分）

（2）由（1）知BD•BE=BA•BF…（6分）

又△ABC∽△AEF∴即AB•AF=AE•AC…（8分）

∴BE•BD-AE•AC=BA•BF-AB•AF=AB（BF-AF）=AB2…（10分）

解：如图所示，假设MN⊥EF，则△AEF∽△BMN，

∵AE=0.2km，AF=0.5km，BM=1km，

∴=，

∴BN=2.5km，

即在EB上取BN=2.5km连接MN即为所求．

解：（1）当CD2=AC•DB时，△ACP∽△PDB，

∵△PCD是等边三角形，

∴∠PCD=∠PDC=60°，

∴∠ACP=∠PDB=120°，

若CD2=AC•DB，由PC=PD=CD可得：PC•PD=AC•DB，

即，

则根据相似三角形的判定定理得△ACP∽△PDB；

（2）当△ACP∽△PDB时，∠APC=∠PBD

∵∠PDB=120°

∴∠DPB+∠DBP=60°

∴∠APC+∠BPD=60°

∴∠APB=∠CPD+∠APC+∠BPD=120°

即可得∠APB的度数为120°．

（Ⅰ）证明：因为EF∥CB，所以∠BCE=∠FED，又∠BAD=∠BCD，所以∠BAD=∠FED，

又∠EFD=∠EFD，所以△DEF∽△EFA．…（6分）

（Ⅱ）解：由（Ⅰ）得，EF2=FA•FD．

因为FG是切线，所以FG2=FD•FA，所以EF=FG=1．…（10分）

证明：（1）连接BE，则BE⊥EC

又D是BC的中点

∴DE=BD

又∴OE=OB，OD=OD

∴△ODE≌△ODB

∴∠OBD=∠OED=90°

∴D，E，O，B四点共圆．

（2）延长DO交圆于点H

∵DE2=DM•DH=DM•（DO+OH）=DM•DO+DM•OH

∴DE2=DM•（AC）+DM•（AB）

∴2DE2=DM•AC+DM•AB．

解：（1）在Rt△ABD中，AB=5，AD=，

由勾股定理得：BD==．

∵S△ABD=BD•AE=AB•AD，

∴AE==4．

在Rt△ABE中，AB=5，AE=4，由勾股定理得：BE=3．

（2）设平移中的三角形为△A′B′F′，如答图2所示：

由对称点性质可知，∠1=∠2．

由平移性质可知，AB∥A′B′，∠4=∠1，BF=B′F′=3．

①当点F′落在AB上时，

∵AB∥A′B′，

∴∠3=∠4，

∴∠3=∠2，

∴BB′=B′F′=3，即m=3；

②当点F′落在AD上时，

∵AB∥A′B′，

∴∠6=∠2，

∵∠1=∠2，∠5=∠1，

∴∠5=∠6，

又易知A′B′⊥AD，

∴△B′F′D为等腰三角形，

∴B′D=B′F′=3，

∴BB′=BD-B′D=-3=，即m=．

（3）存在．理由如下：

在旋转过程中，等腰△DPQ依次有以下4种情形：

①如答图3-1所示，点Q落在BD延长线上，且PD=DQ，易知∠2=2∠Q，

∵∠1=∠3+∠Q，∠1=∠2，

∴∠3=∠Q，

∴A′Q=A′B=5，

∴F′Q=F′A′+A′Q=4+5=9．

在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ==3．

∴DQ=BQ-BD=3-；

②如答图3-2所示，点Q落在BD上，且PQ=DQ，易知∠2=∠P，

∵∠1=∠2，

∴∠1=∠P，

∴BA′∥PD，则此时点A′落在BC边上．

∵∠3=∠2，

∴∠3=∠1，

∴BQ=A′Q，

∴F′Q=F′A′-A′Q=4-BQ．

在Rt△BQF′中，由勾股定理得：BF′2+F′Q2=BQ2，

即：32+（4-BQ）2=BQ2，

解得：BQ=，

∴DQ=BD-BQ==；

③如答图3-3所示，点Q落在BD上，且PD=DQ，易知∠3=∠4．

∵∠2+∠3+∠4=180°，∠3=∠4，

∴∠4=90°-∠2．

∵∠1=∠2，

∴∠4=90°-∠1．

∴∠A′QB=∠4=90°-∠1，

∴∠A′BQ=180°-∠A′QB-∠1=90°-∠1，

∴∠A′QB=∠A′BQ，

∴A′Q=A′B=5，

∴F′Q=A′Q-A′F′=5-4=1．

在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ==，

∴DQ=BD-BQ=；

④如答图3-4所示，点Q落在BD上，且PQ=PD，易知∠2=∠3．

∵∠1=∠2，∠3=∠4，∠2=∠3，

∴∠1=∠4，

∴BQ=BA′=5，

∴DQ=BD-BQ=-5=．

综上所述，存在4组符合条件的点P、点Q，使△DPQ为等腰三角形；

DQ的长度分别为3-、、或．