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香港及日本三级片

时间:2020-08-03 22:45  编辑:定日农商银行

香港及日本三级片

点直线与圆的位置关系

一、选择题

1.(2014•无锡,第8题3分)如图,AB是⊙O的直径,CD是⊙O的切线,切点为D,CD与AB的延长线交于点C,∠A=30°,给出下面3个结论:①AD=CD;②BD=BC;③AB=2BC,其中正确结论的个数是(  )

 

A.

3

B.

2

C.

1

D.

0

考点:

切线的性质.

分析:

连接OD,CD是⊙O的切线,可得CD⊥OD,由∠A=30°,可以得出∠ABD=60°,△ODB是等边三角形,∠C=∠BDC=30°,再结合在直角三角形中300所对的直角边等于斜边的一半,继而得到结论①②③成立.

解答:

解:如图,连接OD,

∵CD是⊙O的切线,

∴CD⊥OD,

∴∠ODC=90°,

又∵∠A=30°,

∴∠ABD=60°,

∴△OBD是等边三角形,

∴∠DOB=∠ABD=60°,AB=2OB=2OD=2BD.

∴∠C=∠BDC=30°,

∴BD=BC,②成立;

∴AB=2BC,③成立;

∴∠A=∠C,

∴DA=DC,①成立;

综上所述,①②③均成立,

故答案选:A.

点评:

本题考查了圆的有关性质的综合应用,在本题中借用切线的性质,求得相应角的度数是解题的关键.

 2.

(2014•黑龙江哈尔滨,第7题3分)如图,AB是⊙O的直径,AC是⊙O的切线,连接OC交⊙O于点D,连接BD,∠C=40°.则∠ABD的度数是(  )

第1题图

 

A.

30°

B.

25°

C.

20°

D.

15°

考点:

切线的性质.

分析:

根据切线的性质求出∠OAC,求出∠AOC,根据等腰三角形性质求出∠B=∠BDO,根据三角形外角性质求出即可.

解答:

解:∵AC是⊙O的切线,

∴∠OAC=90°,

∵∠C=40°,

∴∠AOC=50°,

∵OB=OD,

∴∠ABD=∠BDO,

∵∠ABD+∠BDO=∠AOC,

∴∠ABD=25°,

故选B.

点评:

本题考查了切线的性质,三角形外角性质,三角形内角和定理,等腰三角形性质的应用,解此题的关键是求出∠AOC的度数,题目比较好,难度适中.

2.(2014•湖北黄石,第13题3分)如图,圆O的直径CD=10cm,且AB⊥CD,垂足为P,AB=8cm,则sin∠OAP=  .

第2题图

考点:垂径定理;勾股定理;锐角三角函数的定义

专题:计算题.

分析:根据垂径定理由AB⊥CD得到AP=AB=4cm,再在Rt△OAP中,利用勾股定理计算出OP=3,然后根据正弦的定义求解.

解答:解:∵AB⊥CD,

∴AP=BP=AB=×8=4cm,

在Rt△OAP中,OA=CD=5,

∴OP==3,

∴sin∠OAP==.

故答案为.

点评:本题考查了垂径定理:平分弦的直径平分这条弦,并且平分弦所对的两条弧.也考查了勾股定理和锐角三角函数.

 3.(2014•四川广安,第10题3分)如图,矩形ABCD的长为6,宽为3,点O1为矩形的中心,⊙O2的半径为1,O1O2⊥AB于点P,O1O2=6.若⊙O2绕点P按顺时针方向旋转360°,在旋转过程中,⊙O2与矩形的边只有一个公共点的情况一共出现(  )

 

A.

3次

B.

4次

C.

5次

D.

6次

考点:

直线与圆的位置关系.

分析:

根据题意作出图形,直接写出答案即可.

解答:

解:如图:,⊙O2与矩形的边只有一个公共点的情况一共出现4次,

故选B.

点评:

本题考查了直线与圆的位置关系,解题的关键是了解当圆与直线相切时,点到圆心的距离等于圆的半径.

 

4.

二、填空题

1.(2014年广西南宁,第18题3分)如图,△ABC是等腰直角三角形,AC=BC=a,以斜边AB上的点O为圆心的圆分别与AC,BC相切于点E,F,与AB分别交于点G,H,且EH的延长线和CB的延长线交于点D,则CD的长为 a .

考点:切线的性质..

分析:连接OE、OF,由切线的性质结合结合直角三角形可得到正方形OECF,并且可求出⊙O的半径为0.5a,则BF=a﹣0.5a=0.5a,再由切割线定理可得BF2=BH•BG,利用方程即可求出BH,然后又因OE∥DB,OE=OH,利用相似三角形的性质即可求出BH=BD,最终由CD=BC+BD,即可求出答案.

解答:解:如图,连接OE、OF,由切线的性质可得OE=OF=⊙O的半径,∠OEC=∠OFC=∠C=90°

∴OECF是正方形

∵由△ABC的面积可知×AC×BC=×AC×OE+×BC×OF

∴OE=OF=a=EC=CF,BF=BC﹣CF=0.5a,GH=2OE=a

∵由切割线定理可得BF2=BH•BG

∴a2=BH(BH+a)

∴BH=a或BH=a(舍去)

∵OE∥DB,OE=OH

∴△OEH∽△BDH

∴=

∴BH=BD,CD=BC+BD=a+a=a.

故答案为a

点评:考查了切线的性质,本题需仔细分析题意,结合图形,利用相似三角形的性质及切线的性质即可解决问题.

2.(2014•青岛,第12题3分)如图,AB是⊙O的直径,BD,CD分别是过⊙O上点B,C的切线,且∠BDC=110°.连接AC,则∠A的度数是 35 °.

考点:

切线的性质..

分析:

首先连接OC,由BD,CD分别是过⊙O上点B,C的切线,且∠BDC=110°,可求得∠BOC的度数,又由圆周角定理,即可求得答案.

解答:

解:连接OC,

∵BD,CD分别是过⊙O上点B,C的切线,

∴OC⊥CD,OB⊥BD,

∴∠OCD=∠OBD=90°,

∵∠BDC=110°,

∴∠BOC=360°﹣∠OCD﹣∠BDC﹣∠OBD=70°,

∴∠A=∠BOC=35°.

故答案为:35.

点评:

此题考查了切线的性质以及圆周角定理.此题难度不大,注意掌握辅助线的作法,注意掌握数形结合思想的应用.

3.(2014•山西,第15题3分)一走廊拐角的横截面积如图,已知AB⊥BC,AB∥DE,BC∥FG,且两组平行墙壁间的走廊宽度都是1m,的圆心为O,半径为1m,且∠EOF=90°,DE、FG分别与⊙O相切于E、F两点.若水平放置的木棒MN的两个端点M、N分别在AB和BC上,且MN与⊙O相切于点P,P是的中点,则木棒MN的长度为 (4﹣2) m.

考点:切线的性质..

专题:应用题.

分析:连接OB,延长OF,OE分别交BC于H,交AB于G,证得四边形BGOH是正方形,然后证得OB经过点P,根据勾股定理切点OB的长,因为半径OP=1,所以BP=2﹣1,然后求得△BPM≌△BPN得出P是MN的中点,最后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求得.

解答:解:连接OB,延长OF,OE分别交BC于H,交AB于G,

∵DE、FG分别与⊙O相切于E、F两点,

∴OE⊥ED,OF⊥FG,

∵AB∥DE,BC∥FG,

∴OG⊥AB,OH⊥BC,

∵∠EOF=90°,

∴四边形BGOH是矩形,

∵两组平行墙壁间的走廊宽度都是1m,⊙O半径为1m,

∴OG=OH=2,

∴矩形BGOH是正方形,

∴∠BOG=∠BOH=45°,

∵P是的中点,

∴OB经过P点,

在正方形BGOH中,边长=2,

∴OB=2,

∵OP=1,

∴BP=2﹣1,

∵p是MN与⊙O的切点,

∴OB⊥MN,

∵OB是正方形BGOH的对角线,

∴∠OBG=∠OBH=45°,

在△BPM与△BPN中

∴△BPM≌△BPN(ASA)

∴MP=NP,

∴MN=2BP,

∵BP=2﹣1,

∴MN=2(2﹣1)=4﹣2,

点评:本题考查了圆的切线的性质,正方形的判定和性质,全等三角形的判定和性质以及勾股定理的应用,O、P、B三点共线是本题的关键.

4.(2014•四川成都,第14题4分)如图,AB是⊙O的直径,点C在AB的延长线上,CD切⊙O于点D,连接AD.若∠A=25°,则∠C= 40 度.

考点:

切线的性质;圆周角定理.

专题:

计算题.

分析:

连接OD,由CD为圆O的切线,利用切线的性质得到OD垂直于CD,根据OA=OD,利用等边对等角得到∠A=∠ODA,求出∠ODA的度数,再由∠COD为△AOD外角,求出∠COD度数,即可确定出∠C的度数.

解答:

解:连接OD,

∵CD与圆O相切,

∴OD⊥DC,

∵OA=OD,

∴∠A=∠ODA=25°,

∵∠COD为△AOD的外角,

∴∠COD=50°,

∴∠C=40°.

故答案为:40

点评:

此题考查了切线的性质,等腰三角形的性质,以及外角性质,熟练掌握切线的性质是解本题的关键.

 

5.(2014•浙江绍兴,第12题5分)把球放在长方体纸盒内,球的一部分露出盒外,其主视图如图.⊙O与矩形ABCD的边BC,AD分别相切和相交(E,F是交点),已知EF=CD=8,则⊙O的半径为 5 .

考点:

垂径定理的应用;勾股定理;切线的性质

分析:

首先由题意,⊙O与BC相切,记切点为G,作直线OG,分别交AD、劣弧于点H、I,再连接OF,易求得FH的长,然后设求半径为r,则OH=16﹣r,然后在Rt△OFH中,r2﹣(16﹣r)2=82,解此方程即可求得答案.

解答:

解:由题意,⊙O与BC相切,记切点为G,作直线OG,分别交AD、劣弧于点H、I,再连接OF,

在矩形ABCD中,AD∥BC,而IG⊥BC,

∴IG⊥AD,

∴在⊙O中,FH=EF=4,

设求半径为r,则OH=8﹣r,

在Rt△OFH中,r2﹣(8﹣r)2=42,

解得r=5,

故答案为:5.

点评:

此题考查了切线的性质、垂径定理以及勾股定理.此题难度适中,注意掌握辅助线的作法,注意掌握方程思想与数形结合思想的应用.

 6.

三、解答题

1.(2014•湖南永州,第24题10分)如图,点A是⊙O上一点,OA⊥AB,且OA=1,AB=,OB交⊙O于点D,作AC⊥OB,垂足为M,并交⊙O于点C,连接BC.

(1)求证:BC是⊙O的切线;

(2)过点B作BP⊥OB,交OA的延长线于点P,连接PD,求sin∠BPD的值.

考点:

切线的判定;全等三角形的判定与性质..

专题:

证明题.

分析:

(1)连结OC,根据垂径定理由AC⊥OB得AM=CM,于是可判断OB为线段AC的垂直平分线,所以BA=BC,然后利用“SSS”证明△OAB≌△OCB,得到∠OAB=∠OCB,由于∠OAB=90°,则∠OCB=90°,于是可根据切线的判定定理得BC是⊙O的切线;

(2)在Rt△OAB中,根据勾股定理计算出OB=2,根据含30度的直角三角形三边的关系得∠ABO=30°,∠AOB=60°,在Rt△PBO中,由∠BPO=30°得到PB=OB=2;在Rt△PBD中,BD=OB﹣OD=1,根据勾股定理计算出PD=,然后利用正弦的定义求sin∠BPD的值.

解答:

(1)证明:连结OC,如图,

∵AC⊥OB,

∴AM=CM,

∴OB为线段AC的垂直平分线,

∴BA=BC,

在△OAB和△OCB中

,

∴△OAB≌△OCB,

∴∠OAB=∠OCB,

∵OA⊥AB,

∴∠OAB=90°,

∴∠OCB=90°,

∴OC⊥BC,

∴BC是⊙O的切线;

(2)解:在Rt△OAB中,OA=1,AB=,

∴OB==2,

∴∠ABO=30°,∠AOB=60°,

∵PB⊥OB,

∴∠PBO=90°,

在Rt△PBO中,OB=2,∠BPO=30°,

∴PB=OB=2,

在Rt△PBD中,BD=OB﹣OD=2﹣1=1,PB=2,

∴PD==,

∴sin∠BPD===.

点评:

本题考查了切线的判定定理:经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线.也考查了垂径定理、勾股定理和全等三角形的判定与性质.

2.(2014•随州,第22题8分)如图,⊙O中,点C为的中点,∠ACB=120°,OC的延长线与AD交于点D,且∠D=∠B.

(1)求证:AD与⊙O相切;

(2)若点C到弦AB的距离为2,求弦AB的长.

考点:

切线的判定;解直角三角形

分析:

(1)连接OA,由=,得CA=CB,根据题意可得出∠O=60°,从而得出∠OAD=90°,则AD与⊙O相切;

(2)设OC交AB于点E,由题意得OC⊥AB,求得CE=2,Rt△BCE中,由三角函数得BE=2,即可得出AB的长.

解答:

(1)证明:如图,连接OA,

∵=,

∴CA=CB,

又∵∠ACB=120°,

∴∠B=30°,

∴∠O=2∠B=60°,

∵∠D=∠B=30°,

∴∠OAD=180°﹣(∠O+∠D)=90°,

∴AD与⊙O相切;

(2)解:设OC交AB于点E,由题意得OC⊥AB,

∴CE=2,

在Rt△BCE中,BE==2×=2.

∴AB=2BE=4.

点评:

本题考查了切线的判定和解直角三角形,是中学阶段的中点,要熟练掌握.

3、(2014•江西,第22题8分)如图1,AB是圆O的直径,点C在AB的延长线上,AB=4,BC=2,P是圆O上半部分的一个动点,连接OP,CP。

(1)求△OPC的最大面积;

(2)求∠OCP的最大度数;

(3)如图2,延长PO交圆O于点D,连接DB,当CP=DB,求证:CP是圆O的切线.

【考点】切线的判定与性质.

【分析】

(1)、(2)都是当PC相切与圆时,面积和∠OCP的度数最大,根据切线的性质即可求得.

(3)连接AP,BP通过△ODB≌△BPC可求得DP⊥PC,从而求得PC是⊙O的切线.

【解答】

解:(1)∵△OPC的边长OC是定值。

∴当OP⊥OC时,OC边长的高为最大值,此时△OPC的面积最大。

此时PC即为⊙O的切线,

∵AB=4,BC=2

∴OP=OB=2,OC=OB+BC=4,

∴,

即△OPC的最大面积为4.

(2)当PC与⊙O相切即OP⊥PC时,∠OCP的度数最大.

在Rt△OPC,∠OPC=90°,OC=4,OP=2,

∵,

∴∠OCP=,即∠OCP的最大度数为30°.

(3)连接AP,BP,

∵∠AOP=∠DOB,

∴AP=DB.

∵CP=DB,

∴AP=CP,

∴∠A=∠C,

∵∠A=∠D,

∴∠C=∠D,

在△PDB与△OCP中,

∵OC=PD=4,∠C=∠D,PC=BD,

∴△PDB≌△OPC(SAS),

∴∠OPC=∠PBD,

∵PD是直径,

∴∠PBD=90°,

∴∠OPC=90°,

∴OP⊥,PC,

又∵OP是圆⊙的半径,

∴PC是⊙O的切线.

4、(2014•宁夏,第23题8分)在等边△ABC中,以BC为直径的⊙O与AB交于点D,DE⊥AC,垂足为点E.

(1)求证:DE为⊙O的切线;

(2)计算.

考点:

切线的判定;等边三角形的性质

分析:

(1)连接OD,根据等边三角形性质得出∠B=∠A=60°,求出等边三角形BDO,求出∠BDO∠A,推出OD∥AC,推出OD⊥DE,根据切线的判定推出即可;

(2)求出AD=AC,求出AE=AC,CE=AC,即可求出答案.

解答:

(1)证明:连接OD,

∵△ABC为等边三角形,

∴∠ABC=60°,

又∵OD=OB,

∴△OBD为等边三角形,

∴∠BOD=60°=∠ACB,

∴OD∥AC,

又∵DE⊥AC,

∴∠ODE=∠AED=90°,

∴DE为⊙O的切线;

(2)解:连接CD,

∵BC为⊙O的直径,

∴∠BDC=90°,

又∵△ABC为等边三角形,

∴AD=BD=AB,

在Rt△AED中,∠A=60°,

∴∠ADE=30°,

∴AE=AD=AC,CE=AC﹣AE=AC,

∴=3.

点评:

本题考查了等边三角形的性质和判定,平行线的判定,切线的判定的应用,主要考查学生运用定理进行推理的能力.

5.(2014•陕西,第24题8分)如图,⊙O的半径为4,B是⊙O外一点,连接OB,且OB=6,过点B作⊙O的切线BD,切点为D,延长BO交⊙O于点A,过点A作切线BD的垂线,垂足为C.

(1)求证:AD平分∠BAC;

(2)求AC的长.

考点:切线的性质;相似三角形的判定与性质.

分析:(1)首先连接OD,由BD是⊙O的切线,AC⊥BD,易证得OD∥AC,继而可证得AD平分∠BAC;

(2)由OD∥AC,易证得△BOD∽△BAC,然后由相似三角形的对应边成比例,求得AC的长.[来*源%:zzstep.^[email protected]]

解答:(1)证明:连接OD,

∵BD是⊙O的切线,

∴OD⊥BD,

∵AC⊥BD,

∴OD∥AC,[中&国教育*%出@#版网]

∴∠2=∠3,[www.z^z#[email protected]%p.com]

∵OA=OD,

∴∠1=∠3,

∴∠1=∠2,

即AD平分∠BAC;

(2)解:∵OD∥AC,

∴△BOD∽△BAC,

∴,

∴,

解得:AC=.

[来源#~^%:中教网*]

点评:此题考查了切线的性质以及相似三角形的判定与性质.此题难度适中,注意掌握辅助线的作法,注意掌握数形结合思想的应用.

 

6.(2014•四川广安,第25题9分)如图,AB为⊙O的直径,以AB为直角边作Rt△ABC,∠CAB=90°,斜边BC与⊙O交于点D,过点D作⊙O的切线DE交AC于点E,DG⊥AB于点F,交⊙O于点G.

(1)求证:E是AC的中点;

(2)若AE=3,cos∠ACB=,求弦DG的长.

考点:

切线的性质

分析:

(1)连AD,由AB为直径,根据圆周角定理得推论得到∠ADB=90°,而∠ACB=90°,根据切线的判定定理得到AC是⊙O的切线,而DE与⊙O相切,根据切线长定理得ED=EA,则∠EDA=∠EAD,利用等角的余角相等可得到∠C=∠CDE,则ED=EC,即可得到EA=EC;

(2)由(1)可得AC=2AE=6,结合cos∠ACB=推知sin∠ACB=,然后利用圆周角定理、垂径定理,解直角三角形即可求得DG的长度.

解答:

(1)证明:连AD,如图

∵AB为⊙O的直径,∠CAB=90°,

∴AC是⊙O的切线,

又∵DE与⊙O相切,

∴ED=EA,

∴∠EAD=∠EDA,

而∠C=90°﹣∠EAD,∠CDE=90°﹣∠EDA,

∴∠C=∠CDE,

∴ED=EC,

∴EA=EC,

即E为BC的中点;

(2)解:由(1)知,E为BC的中点,则AC=2AE=6.

∵cos∠ACB=,∴sin∠ACB==.

连接AD,则∠ADC=90°.

在Rt△ACD中,AD=AC•sin∠ACB=6×=.

在Rt△ADF中,DF=AD•sin∠DAF=AD•sin∠ACB=×=,

∴DG=2DF=.

点评:

本题考查了圆的切线性质,及解直角三角形的知识.运用切线的性质来进行计算或论证,常通过作辅助线连接圆心和切点,利用垂直构造直角三角形解决有关问题.

 

7.(2014•四川绵阳,第23题12分)如图,已知△ABC内接于⊙O,AB是⊙O的直径,点F在⊙O上,且满足=,过点C作⊙O的切线交AB的延长线于D点,交AF的延长线于E点.

(1)求证:AE⊥DE;

(2)若tan∠CBA=,AE=3,求AF的长.

考点:

切线的性质

分析:

(1)首先连接OC,由OC=OA,=,易证得OC∥AE,又由过点C作⊙O的切线交AB的延长线于D点,易证得AE⊥DE;

(2)由AB是⊙O的直径,可得△ABC是直角三角形,易得△AEC为直角三角形,AE=3,然后连接OF,可得△OAF为等边三角形,继而求得答案.

解答:

(1)证明:连接OC,

∵OC=OA,

∴∠BAC=∠OCA,

∵=,

∴∠BAC=∠EAC,

∴∠EAC=∠OCA,

∴OC∥AE,

∵DE且⊙O于点C,

∴OC⊥DE,

∴AE⊥DE;

(2)解:∵AB是⊙O的直径,

∴△ABC是直角三角形,

∵tan∠CBA=,

∴∠CBA=60°,

∴∠BAC=∠EAC=30°,

∵△AEC为直角三角形,AE=3,

∴AC=2,

连接OF,

∵OF=OA,∠OAF=∠BAC+∠EAC=60°,

∴△OAF为等边三角形,

∴AF=OA=AB,

在Rt△ACB中,AC=2,tan∠CBA=,

∴BC=2,

∴AB=4,

∴AF=2.

点评:

此题考查了切线的性质、直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质以及圆周角定理.此题难度适中,注意掌握辅助线的作法,注意掌握数形结合思想的应用.

8.(2014•贵州黔西南州,第22题12分)如图,点B、C、D都在⊙O上,过C点作CA∥BD交OD的延长线于点A,连接BC,∠B=∠A=30°,BD=2.

(1)求证:AC是⊙O的切线;

(2)求由线段AC、AD与弧CD所围成的阴影部分的面积.(结果保留π)

第1题图

考点:

切线的判定;扇形面积的计算.

分析:

(1)连接OC,根据圆周角定理求出∠COA,根据三角形内角和定理求出∠OCA,根据切线的判定推出即可;

(2)求出DE,解直角三角形求出OC,分别求出△ACO的面积和扇形COD的面积,即可得出答案.

解答:

(1)证明:连接OC,交BD于E,

∵∠B=30°,∠B=∠COD,

∴∠COD=60°,

∵∠A=30°,

∴∠OCA=90°,

即OC⊥AC,

∴AC是⊙O的切线;

(2)解:∵AC∥BD,∠OCA=90°,

∴∠OED=∠OCA=90°,

∴DE=BD=,

∵sin∠COD=,

∴OD=2,

在Rt△ACO中,tan∠COA=,

∴AC=2,

∴S阴影=×2×2﹣=2﹣.

点评:

本题考查了平行线的性质,圆周角定理,扇形的面积,三角形的面积,解直角三角形等知识点的综合运用,题目比较好,难度适中.

9.(2014•黑龙江哈尔滨,第25题8分)如图,⊙O是△ABC的外接圆,弦BD交AC于点E,连接CD,且AE=DE,BC=CE.

(1)求∠ACB的度数;

(2)过点O作OF⊥AC于点F,延长FO交BE于点G,DE=3,EG=2,求AB的长.

第2题图

考点:

三角形的外接圆与外心;全等三角形的判定与性质;等边三角形的判定与性质;勾股定理.

分析:

(1)首先得出△AEB≌△DEC,进而得出△EBC为等边三角形,即可得出答案;

(2)由已知得出EF,BC的长,进而得出CM,BM的长,再求出AM的长,再由勾股定理求出AB的长.

解答:

(1)证明:在△AEB和△DEC中

,

∴△AEB≌△DEC(ASA),

∴EB=EC,

又∵BC=CE,

∴BE=CE=BC,

∴△EBC为等边三角形,

∴∠ACB=60°;

(2)解:∵OF⊥AC,

∴AF=CF,

∵△EBC为等边三角形,

∴∠GEF=60°,

∴∠EGF=30°,

∵EG=2,

∴EF=1,

又∵AE=ED=3,

∴CF=AF=4,

∴AC=8,EC=5,

∴BC=5,

作BM⊥AC于点M,∵∠BCM=60°,

∴∠MBC=30°,

∴CM=,BM==,

∴AM=AC﹣CM=,

∴AB==7.

点评:

此题主要考查了全等三角形的判定与性质以及等边三角形的性质和勾股定理以及锐角三角函数关系等知识,得出CM,BM的长是解题关键.

10.(2014•黑龙江牡丹江,第22题6分)如图,已知⊙O中直径AB与弦AC的夹角为30°,过点C作⊙O的切线交AB的延长线于点D,OD=30cm.求:直径AB的长.

第3题图

考点:切线的性质.

分析:先求出∠COD,根据切线的性质∠OCD,求出∠D,根据含30度角的直角三角形性质求出OC,即可求出答案.

解答:解:∵∠A=30°,OC=OA,

∴∠ACO=∠A=30°,

∴∠COD=60°,

∵DC切⊙O于C,

∴∠OCD=90°,

∴∠D=30°,

∵OD=30cm,

∴OC=OD=15cm,

∴AB=2OC=30cm.

点评:本题考查了切线的性质,含30度角的直角三角形性质,等腰三角形性质,三角形外角性质的应用,主要考查学生的推理和计算能力,题目比较好,难度适中.

 

11.(2014•湖北黄冈,第20题7分)如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,以AC为直径的⊙O与AB边交于点D,过点D的切线,交BC于点E.

(1)求证:EB=EC;[中@国%教#&育出版网*]

(2)若以点O、D、E、C为顶点的四边形是正方形,试判断△ABC的形状,并说明理由.

第4题图

考点:

切线的性质;正方形的性质.

分析:

(1)连接BD,根据直径所对的圆周角是直角,得到直角三角形ABD和BCD,根据切线的判定定理知BC是圆的切线,结合切线长定理得到BE=DE,再根据等边对等角以及等角的余角相等证明DE=CE;

(2)当以点O、D、E、C为顶点的四边形是正方形时,则△DEB是等腰直角三角形,据此即可判断.

解答:

(1)证明:连接CD,

∵AC是直径,∠ACD=90°,

∴BC是⊙O的切线,∠BDA=90°.

∵DE是⊙O的切线,

∴DE=BE(切线长定理).

∴∠EBD=∠EDB.

又∵∠DCE+∠EBD=∠CDE+∠EDB=90°,

∴∠DCE=∠CDE,

∴DE=CE,

又∵DE=BE,

∴DE=BE.

(2)解:当以点O、D、E、C为顶点的四边形是正方形时,则∠DEB=90°,

又∵DE=BE,

∴△DEB是等腰直角三角形,则∠B=45°,

∴△ABC是等腰直角三角形.

点评:

本题考查了切线的性质以及切线长定理、圆周角定理,解题的关键是连接CD构造直角三角形.

12.(2014•莱芜,第23题10分)如图1,在⊙O中,E是弧AB的中点,C为⊙O上的一动点(C与E在AB异侧),连接EC交AB于点F,EB=(r是⊙O的半径).

(1)D为AB延长线上一点,若DC=DF,证明:直线DC与⊙O相切;

(2)求EF•EC的值;

(3)如图2,当F是AB的四等分点时,求EC的值.

考点:

圆的综合题..

专题:

综合题.

分析:

(1)连结OC、OE,OE交AB于H,如图1,由E是弧AB的中点,根据垂径定理的推论得到OE⊥AB,则∠HEF+∠HFE=90°,由对顶相等得∠HFE=∠CFD,则∠HEF+∠CFD=90°,再由DC=DF得∠CFD=∠DCF,加上∠OCE=∠OEC,所以∠OCE+∠DCE=∠HEF+∠CFD=90°,于是根据切线的判定定理得直线DC与⊙O相切;

(2)由弧AE=弧BE,根据圆周角定理得到∠ABE=∠BCE,加上∠FEB=∠BEC,于是可判断△EBF∽△ECB,利用相似比得到EF•EC=BE2=(r)2=r2;

(3)如图2,连结OA,由弧AE=弧BE得AE=BE=r,设OH=x,则HE=r﹣x,根据勾股定理,在Rt△OAH中有AH2+x2=r2;在Rt△EAH中由AH2+(r﹣x)2=(r)2,利用等式的性质得x2﹣(r﹣x)2=r2﹣(r)2,即得x=r,则HE=r﹣r=r,在Rt△OAH中,根据勾股定理计算出AH=,由OE⊥AB得AH=BH,而F是AB的四等分点,所以HF=AH=,于是在Rt△EFH中可计算出EF=r,然后利用(2)中的结论可计算出EC.

解答:

(1)证明:连结OC、OE,OE交AB于H,如图1,

∵E是弧AB的中点,

∴OE⊥AB,

∴∠EHF=90°,

∴∠HEF+∠HFE=90°,

而∠HFE=∠CFD,

∴∠HEF+∠CFD=90°,

∵DC=DF,

∴∠CFD=∠DCF,

而OC=OE,

∴∠OCE=∠OEC,

∴∠OCE+∠DCE=∠HEF+∠CFD=90°,

∴OC⊥CD,

∴直线DC与⊙O相切;

(2)解:连结BC,

∵E是弧AB的中点,

∴弧AE=弧BE,

∴∠ABE=∠BCE,

而∠FEB=∠BEC,

∴△EBF∽△ECB,

∴EF:BE=BE:EC,

∴EF•EC=BE2=(r)2=r2;

(3)解:如图2,连结OA,

∵弧AE=弧BE,

∴AE=BE=r,

设OH=x,则HE=r﹣x,

在Rt△OAH中,AH2+OH2=OA2,即AH2+x2=r2,

在Rt△EAH中,AH2+EH2=EA2,即AH2+(r﹣x)2=(r)2,

∴x2﹣(r﹣x)2=r2﹣(r)2,即得x=r,

∴HE=r﹣r=r,

在Rt△OAH中,AH===,

∵OE⊥AB,

∴AH=BH,

而F是AB的四等分点,

∴HF=AH=,

在Rt△EFH中,EF===r,

∵EF•EC=r2,

∴r•EC=r2,

∴EC=r.

点评:

本题考查了圆的综合题:熟练掌握垂径定理及其推论、切线的判定定理和圆周角定理;会利用勾股定理进行几何计算,利用相似三角形的知识解决有关线段等积的问题.

13.(2014•攀枝花,第21题8分)如图,△ABC的边AB为⊙O的直径,BC与圆交于点D,D为BC的中点,过D作DE⊥AC于E.

(1)求证:AB=AC;

(2)求证:DE为⊙O的切线;

(3)若AB=13,sinB=,求CE的长.

考点:

切线的判定;圆周角定理;相似三角形的判定与性质

分析:

(1)连接AD,利用直径所对的圆周角是直角和等腰三角形的三线合一可以得到AB=AC;

(2)连接OD,利用平行线的判定定理可以得到∠ODE=∠DEC=90°,从而判断DE是圆的切线;

(3)根据AB=13,sinB=,可求得AD和BD,再由∠B=∠C,即可得出DE,根据勾股定理得出CE.

解答:

(1)证明:连接AD,

∵AB是⊙O的直径,

∴∠ADB=90°

∴AD⊥BC,又D是BC的中点,

∴AB=AC;

(2)证明:连接OD,

∵O、D分别是AB、BC的中点,

∴OD∥AC,

∴∠ODE=∠DEC=90°,

∴OD⊥DE,

∴DE是⊙O的切线;

(3)解:∵AB=13,sinB=,

∴=,

∴AD=12,

∴由勾股定理得BD=5,

∴CD=5,

∵∠B=∠C,

∴=,

∴DE=,

∴根据勾股定理得CE=.

点评:

本题目考查了切线的判定以及等腰三角形的判定及性质、圆周角定理及切线的性质,涉及的知识点比较多且碎,解题时候应该注意.

14.(2014•丽水,第22题10分)如图,已知等边△ABC,AB=12,以AB为直径的半圆与BC边交于点D,过点D作DF⊥AC,垂足为F,过点F作FG⊥AB,垂足为G,连结GD.

(1)求证:DF是⊙O的切线;

(2)求FG的长;

(3)求tan∠FGD的值.

考点:

切线的判定;等边三角形的性质;解直角三角形..

分析:

(1)连结OD,根据等边三角形的性质得∠C=∠A=∠B=60°,而OD=OC,所以∠ODB=60°=∠C,于是可判断OD∥AC,又DF⊥AC,则OD⊥DF,根据切线的判定定理可得DF是⊙O的切线;

(2)先证明OD为△ABC的中位线,得到BD=CD=6.在Rt△CDF中,由∠C=60°,得∠CDF=30°,根据含30度的直角三角形三边的关系得CF=CD=3,所以AF=AC﹣CF=9,然后在Rt△AFG中,根据正弦的定义计算FG的长;

(3)过D作DH⊥AB于H,由垂直于同一直线的两条直线互相平行得出FG∥DH,根据平行线的性质可得∠FGD=∠GDH.解Rt△BDH,得BH=BD=3,DH=BH=3.解Rt△AFG,得AG=AF=,则GH=AB﹣AG﹣BH=,于是根据正切函数的定义得到tan∠GDH==,则tan∠FGD可求.

解答:

(1)证明:连结OD,如图,

∵△ABC为等边三角形,

∴∠C=∠A=∠B=60°,

而OD=OB,

∴△ODB是等边三角形,∠ODB=60°,

∴∠ODB=∠C,

∴OD∥AC,

∵DF⊥AC,

∴OD⊥DF,

∴DF是⊙O的切线;

(2)解:∵OD∥AC,点O为AB的中点,

∴OD为△ABC的中位线,

∴BD=CD=6.

在Rt△CDF中,∠C=60°,

∴∠CDF=30°,

∴CF=CD=3,

∴AF=AC﹣CF=12﹣3=9,

在Rt△AFG中,∵∠A=60°,

∴FG=AF×sinA=9×=;

(3)解:过D作DH⊥AB于H.

∵FG⊥AB,DH⊥AB,

∴FG∥DH,

∴∠FGD=∠GDH.

在Rt△BDH中,∠B=60°,

∴∠BDH=30°,

∴BH=BD=3,DH=BH=3.

在Rt△AFG中,∵∠AFG=30°,

∴AG=AF=,

∵GH=AB﹣AG﹣BH=12﹣﹣3=,

∴tan∠GDH===,

∴tan∠FGD=tan∠GDH=.

点评:

本题考查了切线的判定.要证某线是圆的切线,已知此线过圆上某点,连接圆心与这点(即为半径),再证垂直即可.也考查了等边三角形的性质以及解直角三角形等知识.

15.((2014•广西来宾,第24题10分)如图,AB为⊙O的直径,BF切⊙O于点B,AF交⊙O于点D,点C在DF上,BC交⊙O于点E,且∠BAF=2∠CBF,CG⊥BF于点G,连接AE.

(1)直接写出AE与BC的位置关系;

(2)求证:△BCG∽△ACE;

(3)若∠F=60°,GF=1,求⊙O的半径长.

考点:

圆的综合题;角平分线的性质;等腰三角形的判定;含30度角的直角三角形;勾股定理;圆周角定理;切线的性质;相似三角形的判定.

专题:

综合题.

分析:

(1)由AB为⊙O的直径即可得到AE与BC垂直.

(2)易证∠CBF=∠BAE,再结合条件∠BAF=2∠CBF就可证到∠CBF=∠CAE,易证∠CGB=∠AEC,从而证到△BCG∽△ACE.

(3)由∠F=60°,GF=1可求出CG=;连接BD,容易证到∠DBC=∠CBF,根据角平分线的性质可得DC=CG=;设圆O的半径为r,易证AC=AB,∠BAD=30°,从而得到AC=2r,AD=r,由DC=AC﹣AD=可求出⊙O的半径长.

解答:

解:(1)如图1,

∵AB是⊙O的直径,

∴∠AEB=90°.

∴AE⊥BC.

(2)如图1,

∵BF与⊙O相切,

∴∠ABF=90°.

∴∠CBF=90°﹣∠ABE=∠BAE.

∵∠BAF=2∠CBF.

∴∠BAF=2∠BAE.

∴∠BAE=∠CAE.

∴∠CBF=∠CAE.

∵CG⊥BF,AE⊥BC,

∴∠CGB=∠AEC=90°.

∵∠CBF=∠CAE,∠CGB=∠AEC,

∴△BCG∽△ACE.

(3)连接BD,如图2所示.

∵∠DAE=∠DBE,∠DAE=∠CBF,

∴∠DBE=∠CBF.

∵AB是⊙O的直径,

∴∠ADB=90°.

∴BD⊥AF.

∵∠DBC=∠CBF,BD⊥AF,CG⊥BF,

∴CD=CG.

∵∠F=60°,GF=1,∠CGF=90°,

∴tan∠F==CG=tan60°=

∵CG=,

∴CD=.

∵∠AFB=60°,∠ABF=90°,

∴∠BAF=30°.

∵∠ADB=90°,∠BAF=30°,

∴AB=2BD.

∵∠BAE=∠CAE,∠AEB=∠AEC,

∴∠ABE=∠ACE.

∴AB=AC.

设⊙O的半径为r,则AC=AB=2r,BD=r.

∵∠ADB=90°,

∴AD=r.

∴DC=AC﹣AD=2r﹣r=(2﹣)r=.

∴r=2+3.

∴⊙O的半径长为2+3.

点评:

本题考查了切线的性质、圆周角定理、相似三角形的判定、角平分线的性质、30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理等知识,有一定的综合性.连接BD,证到∠DBC=∠CBF是解决第(3)题的关键.

16..(2014年贵州安顺,第25题12分)如图,已知AB是⊙O的直径,BC是⊙O的弦,弦ED⊥AB于点F,交BC于点G,过点C的直线与ED的延长线交于点P,PC=PG.

(1)求证:PC是⊙O的切线;

(2)当点C在劣弧AD上运动时,其他条件不变,若BG2=BF•BO.求证:点G是BC的中点;

(3)在满足(2)的条件下,AB=10,ED=4,求BG的长.

考点:切线的判定与性质;勾股定理;圆周角定理;相似三角形的判定与性质..

专题:几何综合题.

分析:(1)连OC,由ED⊥AB得到∠FBG+∠FGB=90°,又PC=PD,则∠1=∠2,而∠2=∠FGB,∠4=∠FBG,即可得到∠1+∠4=90°,根据切线的判定定理即可得到结论;

(2)连OG,由BG2=BF•BO,即BG:BO=BF:BG,根据三角形相似的判定定理得到△BGO∽△BFG,由其性质得到∠OGB=∠BFG=90°,然后根据垂径定理即可得到点G是BC的中点;

(3)连OE,由ED⊥AB,根据垂径定理得到FE=FD,而AB=10,ED=4,得到EF=2,OE=5,在Rt△OEF中利用勾股定理可计算出OF,从而得到BF,然后根据BG2=BF•BO即可求出BG.

解答:(1)证明:连OC,如图,

∵ED⊥AB,

∴∠FBG+∠FGB=90°,

又∵PC=PG,

∴∠1=∠2,

而∠2=∠FGB,∠4=∠FBG,

∴∠1+∠4=90°,即OC⊥PC,

∴PC是⊙O的切线;

(2)证明:连OG,如图,

∵BG2=BF•BO,即BG:BO=BF:BG,

而∠FBG=∠GBO,

∴△BGO∽△BFG,

∴∠OGB=∠BFG=90°,

即OG⊥BG,

∴BG=CG,即点G是BC的中点;

(3)解:连OE,如图,

∵ED⊥AB,

∴FE=FD,

而AB=10,ED=4,

∴EF=2,OE=5,

在Rt△OEF中,OF===1,

∴BF=5﹣1=4,

∵BG2=BF•BO,

∴BG2=BF•BO=4×5,

∴BG=2.

点评:本题考查了切线的判定定理:过半径的外端点与半径垂直的直线是圆的切线.也考查了垂径定理、勾股定理以及三角形相似的判定与性质.

17.

。

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