如图,在半径为$\sqrt {7}$的⊙O中,弦AB,CD相交于点P,PA=PB=2,PD=1,则圆心O到弦CD的距离为( )
分析:
首先利用相交弦定理求出CD的长,再利用勾股定理求出圆心O到弦CD的距离,注意计算的正确率.
解答:
解:由相交弦定理得,AP×PB=CP×PD,
∴2×2=CP•1,
解得:CP=4,又PD=1,
∴CD=5,
又⊙O的半径为$\sqrt {7}$,
则圆心O到弦CD的距离为d=$\sqrt {}$=$\sqrt {}$=$\frac {$\sqrt {3}$}{2}$.
故答案为:$\frac {$\sqrt {3}$}{2}$,所以选B.
点评:
此题主要考查了相交弦定理,垂径定理,勾股定理等知识,题目有一定综合性,是中、高考题的热点问题.
如图,⊙O的弦ED,CB的延长线交于点A.若BD⊥AE,AB=4,BC=2,AD=3,则DE和CE分别为( )
分析:
首先依据割线定理求得一个线段AE的长,再根据勾股定理的线段的关系可求得CE的长度即可.
解答:
解:首先由割线定理不难知道AB•AC=AD•AE,
于是AE=8,DE=5,又BD⊥AE,
故BE为直径,因此∠C=90°,
由勾股定理可知CE_=AE_-AC_=28,
故CE=2$\sqrt {7}$.
故选C.
点评:
本题考查与圆有关的比例线段、平面几何的切割线定理,属容易题.
如图,圆O的直径AB=8,C为圆周上一点,BC=4,过C作圆的切线l,过A作直线l的垂线AD,D为垂足,AD与圆O交于点E,则线段AE的长为.
分析:
连接OC,BE,由圆周角定理,我们可得BE⊥AE,直线l是过C的切线,故OC⊥直线l,△OBC为等边三角形,结合等边三角形的性质及30°所对的直角边等于斜边的一半,我们易求出线段AE的长.
解答:
解:连接OC,BE,如下图所示:
∵圆O的直径AB=8,BC=4,
∴△OBC为等边三角形,∠COB=60°
又∵直线l是过C的切线,故OC⊥直线l
又∵AD⊥直线l
∴AD∥OC
故在Rt△ABE中∠A=∠COB=60°
∴AE=$\frac {1}{2}$AB=4
故答案为:4
点评:
本题考查的知识点是切线的性质,圆周角定理,其中根据切线的性质,圆周角定理,判断出△ABE是一个∠B=30°的直角三角形是解答本题的关键.
如图,已知在△ABC中,∠B=90°.O是AB上一点,以O为圆心,OB为半径的圆与AB交于点E,与AC切于点D,AD=2,AE=1,则CD的长为.
分析:
利用圆的切线性质、切割线定理、勾股定理即可得出.
解答:
解:由AD与圆O相切于点D,根据切割线定理可得AD_=AE•AB,又AD=2,AE=1,∴AB=$\frac {AD}{AE}$=4.
由CD,CB都是圆O的切线,根据切线长定理可得,设CD=x,则CB=x.
由切线的性质可得:AB⊥BC,
∴AB_+BC_=AC_,∴4_+x_=(x+2)_,得x=3,即CD=3.
故答案为3.
点评:
熟练掌握圆的切线性质、切割线定理、勾股定理是解题的关键.
如图所示,过⊙O外一点A作一条直线与⊙O交于C,D两点,AB切⊙O于B,弦MN过CD的中点P.已知AC=4,AB=6,则MP•NP=.
分析:
由已知中,过⊙O外一点A作一条直线与⊙O交于C,D两点,AB切⊙O于B,我们由切割线定理,结合已知中AC=4,AB=6,我们易求出AD的长,进而求出弦CD的长,又由弦MN过CD的中点P,由相交弦定理我们易求出MP•NP.
解答:
解:∵AB为⊙O的切线,ACD为⊙O的割线
由切割线定理可得:AB_=AC•AD
由AC=4,AB=6,故AD=9
故CD=5
又∵N是弦CD的中点
故PC=PD=$\frac {5}{2}$
由相交弦定理得MP•NP=PC•PD=$\frac {25}{4}$
故答案为:$\frac {25}{4}$
点评:
本题考查的知识点是与圆相关的比例线段,分析已知线段与未知线段与圆的关系,并选择恰当的定理是解答此题的关键.
如图所示,已知⊙O的半径为5,两弦AB、CD相交于AB的中点E,且AB=8,CE:ED=4:9,则圆心到弦CD的距离为( )
分析:
作OF⊥CD,垂足为F,利用相交弦定理求出CE与DE的长,再利用勾股定理求出OF的长.
解答:
解:作OF⊥CD,垂足为F,
∵两弦AB、CD相交于AB中点E,且AB=8,CE:ED=4:9,
∴AE=BE=4,AE×BE=CE×DE,
假设CE=4x,DE=9x,
∴4×4=4x•9x,
解得:x=$\frac {2}{3}$,
∴CE=4×$\frac {2}{3}$=$\frac {8}{3}$,DE=9×$\frac {2}{3}$=6;
∵OF⊥CD,
∴DF=CF=$\frac {13}{3}$,⊙O的半径为5,
∴OF=$\sqrt {}$=$\frac {2$\sqrt {14}$}{3}$.
故选:A.
点评:
此题主要考查了相交弦定理,垂径定理,勾股定理等知识,题目有一定综合性.
已知⊙O的割线PAB交⊙OA,B两点,割线PCD经过圆心,若PA=3,AB=4,PO=5,则⊙O的半径为.
分析:
由于PAB与PCD是圆的两条割线,且PA=3,AB=4,PO=5,我们可以设圆的半径为R,然后根据切割线定理构造一个关于R的方程,解方程即可求解.
解答:
解:设⊙O的半径为R
则PC=PO-OC=5-R
PD=PO+OD=5+R
又∵PA=3,AB=4,
∴PB=PA+AB=7
由切割线定理易得:
PA•PB=PC•PD
即3×7=(5-R)×(5+R)
解得R=2
故答案:2
点评:
本题考查的知识点是与圆相关的比例线段,设出未知的线段根据切割线定理列出满足条件的方程是解答的关键.
如图,AC为⊙O的直径,OB⊥AC,弦BN交AC于点M.若OC=$\sqrt {3}$,OM=1,则MN=.
分析:
根据题设条件,先由勾股定理求出BM,再由相交弦定理求MN.
解答:
解:∵AC为⊙O的直径,OB⊥AC,弦BN交AC于点M.OC=$\sqrt {3}$,OM=1,
∴OB=$\sqrt {3}$,BM=$\sqrt {3+1}$=2,
设MN=x,
∵CM•AM=BM•MN,
∴($\sqrt {3}$+1)($\sqrt {3}$-1)=2x,
∴x=1,即MN=1.
故答案为:1.
点评:
本题考查与圆有关的比例线段的应用,是基础题.解题时要认真审题,注意勾股定理和相交弦定理的灵活运用.
如图,在△ABC中,AB=3,BC=4,CA=5,D是BC的中点,BE⊥AC于E,BE的延长线交△DEC的外接圆于F,则EF的长为.
分析:
由已知条件求出BD=2,BE=$\frac {12}{5}$,再由切割线定理知BE•BF=BD•BC,由此能求出EF.
解答:
解:∵在△ABC中,AB=3,BC=4,CA=5,
D是BC的中点,BE⊥AC于E,
∴BD=2,BE=$\frac {3×4}{5}$=$\frac {12}{5}$,
∵BE•BF=BD•BC,
∴$\frac {12}{5}$×($\frac {12}{5}$+EF)=2×4,
解得EF=$\frac {14}{15}$.
故答案为:$\frac {14}{15}$.
点评:
本题考查线段长的求法,是中档题,解题时要认真审题,注意切割线定理的合理运用.