專題19與圓有關(guān)的角答案

專題19與圓有關(guān)的角例1連結(jié)AE，BD，則AE⊥BC，BD⊥AC，CE＝BE＝1，AE＝2.由AE·BC＝AC·BD，得BD＝EQ\F(4EQ\r(,5),5)，CD＝EQ\F(2EQ\r(,5),5)，又EQ\F(CD,CA)＝EQ\F(DF,AE)，得DF＝EQ\F(4,5)，故S△CDE＝EQ\F(1,2)CE·DF＝EQ\F(1,2)×1×EQ\F(4,5)＝EQ\F(2,5).例2B提示：BM2＝MD·MA.例3⑴略.⑵如圖，連結(jié)ON，AE，BD，并延長BD交AE于點(diǎn)F，可證明△BCD≌△ACE，BF⊥AE，∴ONeq\o\ac(∥,＝

)EQ\F(1,2)BD，OMeq\o\ac(∥,＝

)EQ\F(1,2)AE，∴OM＝ON，OM⊥ON，故MN＝EQ\r(,2)OM.⑶結(jié)論成立，證明略.例4提示：由△ABE∽△ACD，△ADE∽△ACB分別得AB·DC＝AC·BE，AD·BC＝AC·DE，兩式作加法得AB·DC＋AD·BC＝AC·BD.例5⑴連結(jié)BM，OA＝2，OB＝4，在Rt△BOM中，(r－2)2＋42＝r2，∴r＝5，即AM＝5，OM＝3，∴M(3，0).⑵連結(jié)AC交BM于G，則BM⊥AC且AG＝CG，可證△AMG≌△BMO.∴AG＝OB＝4，AC＝8，OM＝MG＝3，BG＝BM－GM＝2，AD＝10，CD＝6.∴S四邊形ABCD＝S△ACD＋S△ABC＝EQ\F(1,2)AC·CD＋EQ\F(1,2)AC·BG＝EQ\F(1,2)×8×6＋EQ\F(1,2)×8×2＝32.⑶∵BC＝BE，∴∠BCE＝∠BEC.又∠BCE＝∠BCA＋∠ACF，∠BEC＝∠BDC＋∠DCF，且∠BCA＝∠BDC，∴∠ACF＝∠DCF＝EQ\F(1,2)∠ACD＝45°，∴△ADF為等腰直角三角形.AF＝DF＝5EQ\r(,2).作DT⊥CF于T，CT＝DT＝3EQ\r(,2)，TF＝EQ\r(,DF2－DT2)＝4EQ\r(,2)，∴CF＝CT＋TF＝7EQ\r(,2).例6⑴連結(jié)BC，∵AB＝AC，∴∠2＝∠5，∵AB＝AE，∴∠ABE＝∠AEB，即∠2＋∠3＝∠4＋∠5，∴∠3＝∠4，∴∠DAC＝∠DBC＝∠4＋∠3＝2∠4，即∠DAC＝2∠DBE.⑵延長DA至點(diǎn)G，使AG＝AE＝AC，則∠DAC＝2∠G，而由⑴知∠DAC＝2∠DBE.∴∠DBE＝∠G.又∠BDE＝∠GDC，∴△BDE∽△GDC，得EQ\F(BD,DG)＝EQ\F(DE,DC)，即DG·DE＝BD·DC.∴(AD＋AG)(AD－AE)＝BD·DC.∵AB＝AE＝AG，∴(AD＋AB)(AD－AB)＝BD·DC，故AD2－AB2＝BD·DC.A級°≤x≤90°4.－EQ\F(1,4)x2＋x提示：其中①③正確.9．提示：(1)連結(jié)BM，證明Rt△CEN≌Rt△BMN．(2)連結(jié)BD、BE、AC，證明△BED∽△FEB．(3)結(jié)論仍成立．10．連結(jié)AM，過M作MD⊥AC，交直線AC于點(diǎn)D，則Rt△AMH≌Rt△AMD，Rt△MHB≌Rt△MDC．11．(1)連結(jié)OA，OC，則Rt△OFC≌RtOGC≌Rt△OGA．∴．(2)連結(jié)OA，OB，OC，由△AOC≌△COB≌△BOA，得∠OCB＝∠OAC，∵∠AOC＝∠AOE＋∠EOC＝120°，∠DOE＝∠COF＋∠COE＝120°，∴∠AOE＝∠COF，∵∠OAC＝∠OCB，OA＝OC，∠AOE＝∠COF，∴△OAG≌△OCF，故．12．如圖，過點(diǎn)O作直線OP⊥BC，分別交BC，KL，AD于點(diǎn)P，H，N，則ON⊥AD，OH⊥KL，連結(jié)DO，LO，在Rt△NDO中，ON＝，OP＝PN－ON＝2，設(shè)HL＝x，則PH＝KL＝2x，OH＝OP＋PH＝2＋2x．在Rt△HOL中，x2＋(2x＋2)2＝52，解8、B9、提示：，又10、由，=，得~，故==，，連接，交于，則。又，，從而提示：連接交延長交⊙于點(diǎn)，連接，由，得，故。當(dāng)時，⊙的最大面積為（1）（同弧所對圓周角相等），=，（2）==?，，是等腰,（3）B級2、提示：連接，3、14、6、提示：以為圓心、為半徑畫圓C提示：、都與相似C提示：連接，，可證明（1）延長，相交于，則，，，。由，得，（2），是的中線，設(shè)，的交點(diǎn)，則為重心，，，而，，，（1）（0，），（1，0）（2）四邊形為菱形