- 弦切角的性质
- 共1078题
如图,CD为△ABC外接圆的切线,AB的延长线交直线CD于点D,E,F分别为弦AB与弦AC上的点,且BC•AE=DC•AF,B,E,F,C四点共圆,且DC=2,DB=1,则△ABC外接圆的半径为______.
正确答案
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 .
解析
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 .
如图,过圆O外一点M作它的一条切线,切点为A,过A作直线AP垂直直线OM,垂足为P.
(1)证明:OM•OP=OA2;
(2)N为线段AP上一点,直线NB垂直直线ON,且交圆O于B点.过B点的切线交直线ON于K.证明:∠OKM=90°.
正确答案
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°.
解析
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°.
(2015秋•永州月考)如图,已知圆中
=
,AC=CD,过C点的圆的切线与BA的延长线交于E点.
证明:(1)AD∥CE
(2)CD.CE=BC.AC.
正确答案
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.
解析
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.
如图,AB是圆O的直径,C是半径OB的中点,D是OB延长线上一点,且BD=OB,直线MD与圆O相交于点M,T(不与A,B重合),连结MC,MB,OT.
(Ⅰ)求证:MTCO四点共圆;
(Ⅱ)求证:MD=2MC.
正确答案
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)
解析
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)
如图,过点P的直线与圆⊙O相交于A,B两点.若PA=1,AB=2,PO=3,则圆O的半径等于______.
正确答案
解析
解:设圆的半径为r,且
PO与圆交于C,D两点
∵PAB、PCD是圆O的割线,
∴PA•PB=PC•PD,
∵PA=1,PB=PA+AB=3;
PC=3-r,PD=3+r,
∴1×3=(3-r)×(3+r),
r2=6
∴r=,
故答案为:.
如图,已知圆O1与圆O2外切于点P,过点P的直线交圆O1于点A,交圆O2于点B,AC为O1的直径,BD切O2于B,交AC延长线于D.
(1)求证:AD⊥BD;
(2)求证:若BC、PD相交于点M,则AP•BM=AD•PM.
正确答案
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.
解析
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.
(几何证明选讲选做题)
如图⊙O的直径AB=6cm,P是AB延长线上的一点,过P点作⊙O的切线,切点为C,连接AC,且∠CPA=30°,则BP=______cm.
正确答案
3
解析
解:连接OC,∵CP与⊙O相切于点C,∴OC⊥CP.
∵OC=3,∠CPA=30°,∴=
=6.
∴BP=OP-OB=6-3=3.
故答案为3.
在A、B、C、D四小题中只能选做2题,每小题10分,共计20分.请在答题纸指定区域内 作答.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
A.如图,圆O的直径AB=6,C为圆周上一点,BC=3,过C作圆的切线l,过A作l的垂线AD,AD分别与直线l、圆交于点D、E.求∠DAC的度数与线段AE的长.
B.已知二阶矩阵属于特征值-1的一个特征向量为
,求矩阵A的逆矩阵.
C.已知极坐标系的极点在直角坐标系的原点,极轴与x轴的正半轴重合,曲线C的极坐标方程ρ2cos2θ+3ρ2sin2θ=3,直线l的参数方程为(t为参数,t∈{R}).试求曲线C上点M到直线l的距离的最大值.
D.(1)设x是正数,求证:(1+x)(1+x2)(1+x3)≥8x3;
(2)若x∈R,不等式(1+x)(1+x2)(1+x3)≥8x3是否仍然成立?如果仍成立,请给出证明;如果不成立,请举出一个使它不成立的x的值.
正确答案
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.
解析
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.
选修4-1:几何证明选讲:
如图,等边三角形ABC内接于圆O,D为劣弧BC上一点,连接BD,CD并延长分别交AC,AB的延长线于点E,F.
求证:CE•BF=BC2.
正确答案
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
解析
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
如图,△ABC为圆的内接三角形,AB=AC,BD为圆的弦,且AC∥BD,过A作圆的切线与DB的延长线交于点F,AD与BC交于点E.
(I)求证:四边形ACBF为平行四边形;
(Ⅱ)若AF=2,BD=3求线段BE的长.
正确答案
(I)证明:∵AF与圆相切于点A,∴∠BAF=∠ACB,
∵AB=AC,∴∠ABC=∠ACB,∴∠ABC=∠BAF,
∴AF∥BC,
∵BD∥AC,∴四边形ACBF为平行四边形.
(Ⅱ)解:∵AF与圆相切于点A,
∴AF2=FB•(FB+BD),即62=FB•(FB+5),
解得FB=4,
根据(1)有AB=AC=FB=4,BC=AF=2,
设BE=x,由BD∥AC,得=
,
∴,解得x=
.
解析
(I)证明:∵AF与圆相切于点A,∴∠BAF=∠ACB,
∵AB=AC,∴∠ABC=∠ACB,∴∠ABC=∠BAF,
∴AF∥BC,
∵BD∥AC,∴四边形ACBF为平行四边形.
(Ⅱ)解:∵AF与圆相切于点A,
∴AF2=FB•(FB+BD),即62=FB•(FB+5),
解得FB=4,
根据(1)有AB=AC=FB=4,BC=AF=2,
设BE=x,由BD∥AC,得=
,
∴,解得x=
.
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