热门试卷

试题分析：本题属于平面几何的基本问题，由圆的性质直接导出角关系。∵为圆的直径，∴．又，则四点共圆，∴．

试题分析：本题属于平面几何的基本问题，由相似关系去证所证。连接，由⑴知．又，∴，即，∴．

∽又因为为切线，则所以，.

【证明】（Ⅰ）由直线与⊙相切，得∠CEB＝∠EAB.

由AB为⊙O的直径，得AE⊥EB，从而∠EAB＋∠EBF＝

又EF⊥AB，得∠FEB＋∠EBF＝，从而∠FEB＝∠EAB. 故∠FEB＝∠CEB.

（Ⅱ）由BC⊥CE，EF⊥AB，∠FEB＝∠CEB，BE是公共边，得Rt△BCE≌Rt△BFE，

所以BC＝BF.

类似可证，Rt△ADE≌Rt△AFE，得AD＝AF.

又在Rt△AEB中，EF⊥AB，故EF2＝AF·BF，所以EF2＝AD·BC.

试题分析：本题属于圆的综合应用问题，属于简单题，只要掌握相关圆的知识，即可解决本题，解析如下：    由以D为圆心DA为半径作圆，而ABCD为正方形，所以EA为圆D的切线．得；另外圆O以BC为直径，所以EB是圆O的切线．得，因此．

试题分析：本题属于圆的综合应用问题，属于简单题，只要掌握相关圆的知识，即可解决本题，解析如下：连结，因为BC为圆O直径，所以．在直角△中，可求得．由射影定理得．

证明：连接OF．因为DF切⊙O于F，所以∠OFD=90°．所以∠OFC+∠CFD=90°．因为OC=OF，所以∠OCF=∠OFC．因为CO⊥AB于O，所以∠OCF+∠CEO=90°．

所以∠CFD=∠CEO=∠DEF，所以DF=DE．因为DF是⊙O的切线，所以DF2=DB•DA．

所以DE2=DB•DA．

DF2=DB•DA，DB=2，DF=4．DA= 8，   从而AB=6，  则．又由30题可知，DE=DF=4， BE=2，OE=1．从而 在中，．

解：（Ⅰ）由题可知是以为圆心，为半径作圆，而为正方形，

∴为圆的切线

依据切割线定理得

∵圆以 为直径，∴是圆的切线，

同样依据切割线定理得

故

∴为的中点.

解：

（Ⅱ）连结，

∵为圆的直径，

∴  由

得

又在中，由射影定理得

（1）由题意知为圆的直径，则．

又∵为中点，∴，．

由，知，，

∴，则，

∴，∴，即．

（2）∵四点共圆，所以，

又∵为的切线，∴，

∴，∴，且．

由（1）知，且，，[

∴，．

由切割线定理，得，

，解得．

（Ⅰ）连结则又，∴为的中点，

而为中点，∴，又，∴，

而是半径，∴是的切线.

（Ⅱ）连，则，则，∴，

设，则，由切割线定理得：，即，解得：（舍），∴

试题分析：本题属于圆与三角形基本性质的应用，较基础。

（Ⅰ）证明：∵

∴

∵

∴

∵,

∴,又

∴

∴

∴.

试题分析：本题属于圆与三角形基本性质的应用，较基础。

（Ⅱ）由（Ⅰ）知,又

∴

∴

又∵，，

∴.

延长交圆于点，连结，则，又，所以，又，可知，所以.根据切割线定理得，即.

过作于，则，从而有，又由题意知，所以，因此.