學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精單元測評(二）1.若ABCD為⊙O的內接四邊形，∠BOD=100°，則∠BAD為…（）A.130°B.100° C。50° D.50°或130°思路解析：運用圓周角定理，注意不同的情況，∠BAD=50°或130°。答案:D2。圓內接四邊形的4個角中，如果沒有直角,那么一定有(）A。2個銳角2個鈍角 B.1個銳角3個鈍角C。1個鈍角3個銳角 D.都是銳角或鈍角思路解析：圓內接四邊形的對角互補，由于圓內接四邊形的4個角中沒有直角，所以必有2個銳角，2個鈍角.答案:A3。如圖2-16,△ABC內接于直徑為d的圓,AC=b,BC=a,則△ABC的高CD等于（）圖2—16A. B。 C. D.思路解析:過C點作出直徑CE，連結AE，容易知道△CDB∽△CAE，從而有=，所以CD==。答案：D4。如圖2-17，點D、E在以AB為直徑的半圓O上,點F、C在AB上，CDEF為正方形，若正方形的邊長為1,AC=a,BC=b，則下列式子中不正確的是……（）圖2-17A。a2+b2=5 B.a+b= C。ab=1 D.a-b=1思路解析：容易知道OF=OC=，圓的半徑為,所以AC=OA+OC，a=+，整理得a—b=1.由于DC2=AC·CB，所以1=ab。a+b====。答案：A5。PT切⊙O于點T,PB是⊙O的割線，與⊙O交于A、B兩點，且過圓心O,若∠OPT=30°,PT=20cm，則PB等于.思路解析:連結OT，則OT⊥PT,在Rt△POT中，∠OPT=30°,PT=20，所以OT=OB=,PO=，從而PB=PO+OB=+=.答案：6。如圖2—18，AB為⊙O的直徑,直線MN切⊙O于C點,AM⊥MN,BN⊥MN，若AM=a，BN=b，則⊙O的半徑是。圖2-18思路解析：由題意，連結OC,則OC⊥MN,因為AM⊥MN，BN⊥MN,所以AM∥OC∥BN.又AO=OB，所以=。答案：7.如圖2—19，CD是⊙O的直徑,AE切⊙O于B點,DC的延長線交AB于A,∠A=20°，則∠DBE=.圖2-19思路解析:連結OB,則OB⊥AB。在Rt△OBA中，∵∠A=20°，∴∠AOB=70°,∠D=∠AOB=35°。又∵∠DBE=∠A+∠D,∴∠DBE=20°+35°=55°。答案：55°8。如圖2—20,AB為⊙O的直徑,延長AB到D點,使BD=OB，DC切⊙O于C點,則AC∶AD=。圖2-20思路解析:連結BC,則△ACB是直角三角形。設AO=BO=BD=R，則由切割線定理得CD2=DB·DA=R·3R=3R2，∴CD=R.又∵△CBD∽△ACD,∴===，TanA==,AB=2R.∴∠A=30°.∴AC=.∴==。答案：∶39。如圖2—21,過⊙O外一點P作⊙O的兩條切線PA、PB,切點分別為A、B,連結AB,在AB、PB、PA上分別取一點D、E、F,使AD=BE,BD=AF，連結DE、DF、EF，則∠EDF與∠P的關系是.圖2—21思路解析:考慮切線長定理得PA=PB,由條件容易證明△ADF≌△BED,從而∠ADF=∠BED，∠EDF=180°—(∠ADF+∠BDE）=180°—(∠BED+∠BDE）=180°-(180°-∠EBD)=∠EBD=90°—∠P.答案：∠EDF=90°—∠P10.一條弦分圓成1∶3的兩部分,過這條弦的一個端點引圓的切線,則所成的弦切角為。思路分析:注意兩種情況：一種是45°，另一種是135°.答案:45°或135°11。如圖2-22,正方形ABCD中,AE切以BC為直徑的半圓O于點E，交DC于F.求CF∶FD.圖2—22思路分析：用代數法，設正方形的邊長為a，FC=x，運用勾股定理、切線定理構造一元二次方程，確定x與a的關系即可。解：設正方形邊長為a,FC=x，∵∠ABC=90°，∴AB與半圓O相切,又AF切半圓O于點E，∴AB=AE。同理,FC=FE.∴AF=x+a.在Rt△ADF中，AF2=AD2+DF2,(x+a）2=a2+（a—x)2.解之,得.∴DF=a—x=a.∴CF∶FD=∶a=1∶3。12.如圖2—23,等腰梯形ABCD的內切圓圓心為點O，點EH、G為切點,AH、BO的長度分別為關于x的方程x2-mx+9m=0的兩根，又cos∠BAO=.圖2-23（1)求證：AO⊥BO；（2)求梯形ABCD的面積.思路分析：(1)運用切線長定理；（2）依據一元二次方程“根與系數的關系”求出m的值，進一步求得AD、BC、EF的長，求出梯形面積.(1）證明:由切線長定理知OA平分∠DAB,OB平分∠ABC,又∵AD∥BC,∴∠AOB=90°,即AO⊥BO。（2）解：連結OH，則OH⊥AB。∵cos∠BAO=,∴設OA=3k,AB=5k,OB=4k，在Rt△AOH中,，，,由韋達定理得OB+AH=m,OB·AH=9m，即=,4k·5k=9m。解之，得k1=5，k2=0（舍去)。∴BO=20，AH=9.又∵AD=2AH=18，BC=2BF=2BH=32,EF=2OH=24，即梯形的高EF=24。∴S梯形ABCD=×（18+32)×24=600.13.如圖2—24，△ABC內接于⊙O,AE切⊙O于點A，BD平分∠ABC，交⊙O于點D,交AF的延長線于點E，DF⊥AE于點F.圖2-24求證:（1)=；（2）AC=2AF.思路分析:(1）運用弦切角定理證△ABE∽△DAE即可;(2）依據圓周角定理得點D為AC的中點。結合條件容易得到AD平分∠EAC,從而聯系“角平分線上的點到角兩邊距離相等”，過點D作DH⊥AC,垂足為H,結合垂徑定理得結論。證明：（1)∵AE切⊙O于點A,∴∠EAD=EBA。又∠E=∠E,∴△DAE∽△ABE。∴=,即=.(2）過點D作DH⊥AC，垂足為H。∵∠EAD∠ABD，∠DAC∠DBC，BD平分∠ABC,∴∠EAD∠DAC.又∵DF⊥AE，DH⊥AC，∴DFDH.在Rt△DFA和Rt△DHA中,DF=DH,DADA，∴Rt△DFA≌Rt△DHA.∴AF=AH。∵DC=DA，DH⊥AC，∴AH=CH,AC=2AH=2AF.14。如圖2—25，經過點A、C的圓O切AB于點A,交CB于點D,∠ABC的平分線BG交⊙O于點G,作∠GAE=∠GAB,AE交CG于F點，交CD于E點，求證:圖2-25（1)∠EDG=∠EFG;(2）AG2=CG·DG。思路分析：(1）要證∠EDG=∠EFG，只需證∠GDB=∠AFG，而∠GDB=∠CAG，∠AFG=∠GCA+∠CAF,由∠GAB為弦切角，用弦切角定理證明即可;(2）由(1）易證△AFG∽△CAG，從而得AG2=CF·CG，故再證FG=DG,連結EG,證△EFG≌△EDG就能達到目的.證明：（1)∵四邊形AGDC是圓內接四邊形，∴∠EDG+∠CAG=180°。∵∠EFG=∠AFC,∴∠EFG+∠ACF+∠CAF=180°.∵∠ACF=∠BAG，∠BAG=∠FAG，∴∠EFG+∠BAG+∠CAF=∠EFG+∠FAG+∠CAF=180°。∴∠EFG+∠CAG=180°.∴∠EDG=∠EFG.（2）連結EG，∵∠AFG=∠ACF+∠CAF，∠ACF=∠BAG=∠FAG,∴∠AFG=∠CAG.又∵∠AGC公用，∴△AGF∽△CGA。∴=。∵GA平分∠EAB,BG平分∠ABD，∴G到AE、B、BE的距離相等（即G為△ABE的內心）。∴G在∠AEB的角平分線上。∴∠FEG=∠DEG。∵EG=EG,∠EDG=∠EFG,∴△FEG≌△DEG.∴FG=DG.∴=，即AG2=CG·DG。15。如圖2—26,⊙O的半徑為r,MN切⊙O于點A,弦BC交OA于點Q,BP⊥BC,交MN于點P,求證：（1)PQ∥AC;圖2-26(2）若AQ=a,AC=b,則。思路分析：(1）連結AB,應用弦切角定理得∠CAN=∠ABC，運用圓內接四邊形的判定和性質說明∠QPA=∠ABC，從而得出結論;(2）過點A作直徑AE，連結CE，證