热门试卷

解：（1），得

椭圆方程为；

（2）设B，过圆心O′作于D，交长轴于H

由得

即 ①

又B在椭圆上

 ②

由①、②式得

解得或（舍去）；

（3）直线EF与圆Ｏ′的相切

设过点与圆相切的直线方程为：　③

则

即

解得

将③代入得

则异于零的解为

设，

则

则直线EF的方程为

即

则圆心到直线FE的距离

故结论成立。

（1）证明：∵AM切圆于点A，

∴AM2=MBMC

又∵M为PA中点，AM=MP，

∴MP2=MBMC，

∴

∵∠BMP=∠PMC，

∴△BMP∽△PMC，

∴∠MCP=∠MPB．

（2）四个顶点A（0，1），B（2，1），C（2，3），D（0，2），

经矩阵表示的变换作用后，

四边形ABCD变为四边形A1B1C1D1顶点坐标为

A1（0，1），B1（2，2k+1），C1（2，2k+3），D1（0，2），

四边形A1B1C1D1仍为梯形，且上、下底及高都不变，故面积相等；

（3）曲线ρ=12sinθ化为直角坐标方程为 x2+（y﹣6）2=36，

表示以（0，6）为圆心，以6为半径的圆．

曲线化为直角坐标方程为

x2+y2=6x+6y，即 （x﹣3）2+（y﹣3）2=36，

表示以（3，3 ）为圆心，以6为半径的圆．

两圆的圆心距的平方为 （0﹣3 ）2+（6﹣3）2 =36，

故两圆相交，线段AB长的最大值为6+r+r'=18．

（4）连接P与三角形的三个顶点，分成的三个小三角形面积的和等于大三角形，

即（ax+by+cz）=S，

∴ax+by+cz=2S=

∴=×+×+×

≤×[++]

=×（）=×

=×

证明：证法一：连接CE，过B作⊙O的切线BG，则BGAD

∴∠GBC=∠FDB，又∠GBC=∠CEB

∴∠CEB=∠FDB

又∠CBE是△BCE和△BDF的公共角

∴△BCE∽△BDF

∴，

即BE●BF=BC●BD

证法二：连续AC、AE，

∵AB是直径，AC是切线

∴AB⊥AD，AC⊥BD，AE⊥BF

由射线定理有AB2=BC●BD，AB2=BE●BF

∴BE●BF=BC●BD

解：连结CE，

∵，

∴，

又∵PA与⊙O相切于点A，

∴

∴，

∴

∵BC为⊙O的直径，

∴，

可解得，

又∵AE平分∠BAC，

∴，

又∵，

∴，

∴

。

（Ⅰ）证明：连结OD，可得，

∴OD∥AE，又AE⊥DE，

∴DE⊥OD，

又OD为半径，

∴DE是⊙O的切线。

（Ⅱ）解：过点D作DH⊥AB于H，

则有，

，

设OD=5x，则AB=10x，OH=3x，DH=4x，

∴AH=8x，，

由△AED∽△ADB可得，，

∴AE=8x，

又由△AEF∽△DOF可得，

∴。

证明：因为PA与圆相切于A，所以DA2=DB•DC，（3分）

因为D为PA中点，所以DP=DA，

所以DP2=DB•DC，即=．（6分）

因为∠BDP=∠PDC，所以△BDP∽△PDC，（9分）

所以∠DPB=∠DCP．（10分）

证明：（1）过D点作DG∥BC，并交AF于G 点，      

∵E是BD的中点，

∴BE=DE，      

又∵∠EBF=∠EDG，∠BEF=∠DE G，      

∴△BEF≌△DEG，则BF=DG，      

∴BF：FC=DG：FC，      

又∵D是AC的中点，则DG：FC=1：2，      

则BF：FC=1：2；

即    

（Ⅱ）若△BEF以BF为底，△BDC以BC为底，则由（1）知BF：BC=1：3，           

又由BE：BD=1：2可知h1：h2 =1：2，其中h1、h2分别为△BEF和△BDC的高，

则，则S1：S2=1：5．

证明：（1）∵AC与⊙O'相切于点A，故∠CAB=∠ADB，

同理可得∠ACB=∠DAB，

∴△ACB∽△DAB，

∴，

∴AC?BD=AD?AB。

（2）∵AD与⊙O相切于点A，

∴∠AED=∠BAD，

又∠ADE=∠BDA，

∴△EAD∽△ABD，

∴，

∴AE?BD=AD?AB

再由（1）的结论AC?BD=AD?AB 可得，AC=AE。

证明：（Ⅰ）连接OC，因为OA=OC，所以，

又因为，所以，

又因为AC平分∠BAD，所以，

所以，即，

所以CE是⊙O的切线；

（Ⅱ）连接BC，因为AB是圆O的直径，所以，

因为，

所以，

所以，

即。