热门试卷

解：：∵BC•AE=DC•AF

∴

又 DC为圆的切线

∴∠DCB=∠EAF

∴△AFE∽△CBD

∴∠AFE=∠CBD

又又B，E，F，C四点共圆

∴∠AFE=∠CBE

∴∠CBD=∠CBE=90°

∴CA是△ABC外接圆的直径

CD为△ABC外接圆的切线，AB的延长线交直线CD于点D

利用切割线定理：DC2=DB•DA  DC=2，DB=1

解得：DA=4  BA=3

在Rt△CBD中，利用勾股定理求得

CB=

在Rt△CBA中，利用勾股定理求得

AC=

则△ABC外接圆的半径为 ．

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OA2=OM•OP，

故OM•OP=OA2得证．

（2）因为BK是圆O的切线，BN⊥OK，同（1）有：

OB2=ON•OK，又OB=OA，

所以OM•OP=ON•OK，即，又∠NOP=∠MOK，

所以△ONP～△OMK，

故∠OKM=∠OPN=90°．

即有：∠OKM=90°．

证明：（1）因为EC与圆相切于点C，

故∠ACE=∠ABC=∠ADC

因为AC=CD，

所以∠DAC=∠ADC．

所以∠ACE=∠DAC．

所以AD∥CE

（2）因为=，AC=CD，

所以∠DAB=∠DAC

因为∠DAB=∠CEA，

所以∠CEA=∠DAC，

因为∠CDA=∠CBA，

所以△DCA∽△BCE，

所以

所以CD•CE=BC•AC．

证明：（Ⅰ）因MD与圆O相交于点T，设DN与圆O相切于点N，

由切割线定理DN2=DT•DM，DN2=DB•DA，

得DT•DM=DB•DA，

设半径OB=r（r＞0），

因BD=OB，且BC=OC=，则DB•DA=r•3r=3r2，DO•DC=2r•=3r2，

所以DT•DM=DO•DC．

所以M、T、C、O四点共圆；…（5分）

（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可知M、T、C、O四点共圆，

所以∠DMC=∠DOT，

因为∠DMB=∠TOD，

所以∠DMB=∠CMB，

所以MB是∠DMC的平分线，

所以==2，

所以MD=2MC   …（10分）

证明：（Ⅰ）如图，过点P作两圆公切线交BD于T，

连接PC，∵AC为直径，∴∠APC=90°，

∴∠BPC=∠TPC+∠TPB=90°，

又BD与⊙O2相切于B，PT为两圆公切线，

∴∠TPC=∠A，∠TBP=∠TPB，

∴∠A+∠TBP=90°，

故∠ADB=90°，∴AD⊥BD．

（Ⅱ）如图所示，由（Ⅰ）易证△APC∽△ADB，

∴，又由（Ⅰ）知∠ACP=∠DBP，

∴P、B、D、C四点共圆，又易证△PCM∽△BDM，∴，

∴，

∴AP•BM=AD•PM．

解：A．如图，连接OC，可得BC=OB=OC=3，

因此∠CBO=60°，由于∠DCA=∠CBO，

所以∠DCA=60°，结合AD⊥DC得∠DAC=30°．

又因为∠ACB=90°，得∠CAB=30°，所以∠EAB=60°，

从而∠ABE=30°，于是AE=AB=3．

B．根据题意，得•=，即

=，可得，解之得a=，b=-3

∴，再由逆矩阵公式可得A的逆矩阵为A-1=；

C．将曲线C的极坐标方程化成普通方程，得，

直线l的普通方程为：x+-，

设动直线m：x++n=0，与曲线C相切，

联解，由根的判别式，解得n=

检验得当n=时，直线m与曲线C的切点到直线l的距离最大，

这个最大距离为d==

∴曲线C上点M到直线l的距离的最大值是．

D．（1）∵x是正数，∴1+x≥2，1+x2≥2x，1+x3≥2

由于以上3个不等式的两边都是正数，所以将它们相乘可得：

（1+x）（1+x2）（1+x3）≥2•2x•2=8x3，

即不等式：（1+x）（1+x2）（1+x3）≥8x3对任意正数x恒成立；

（2）①当x＞0时，由（1）的结论可得（1+x）（1+x2）（1+x3）≥8x3成立；

②当x≤0时，（1+x）（1+x2）（1+x3）=（1+x）2（1+x2）（1-x+x2）=（1+x）2（1+x2）[（x-）2+]

而（1+x）2＞0，1+x2＞0且（x-）2+＞0，可得（1+x）（1+x2）（1+x3）＞0

因为8x3≤0，所以（1+x）（1+x2）（1+x3）＞8x3

综上所述，对任意x∈R，都有不等式（1+x）（1+x2）（1+x3）≥8x3成立．

证明：因为三角形ABC内接于圆O，且∠BAC=60°，所以∠BDC=120°，

∴∠DBC+∠DCB=60°

又∠BFC+∠DCB=60°，所以∠DBC=∠BFC

同理，∠DCB=∠CEB，

所以△CBE∽△BFC

所以，即BC2=BF•CE