已知:如圖,點(diǎn)O是四邊形BCED外接圓的圓心,點(diǎn)O在BC上,點(diǎn)A在CB的延長線上,且∠AD精英家教網(wǎng)B=∠DEB,EF⊥BC于點(diǎn)F,交⊙O于點(diǎn)M,EM=2
5

(1)求證:AD是⊙O的切線;
(2)若弧BM上有一動點(diǎn)P,且sin∠CPM=
2
3
,求⊙O直徑的長;
(3)在(2)的條件下,如果DE=
14
,求tan∠DBE的值.
分析:(1)連接OD,由BC是⊙O的直徑,根據(jù)圓周角定理的推論得到∠BDC=90°,而∠CBD=∠ODB,∠DEB=∠BCD,則∠ADB+∠ODB=90°,即可得到結(jié)論;
(2)根據(jù)圓周角定理得到∠CPM=∠CEM,則sin∠CEM=sin∠CPM=
FC
EC
=
2
3
,設(shè)FC=2k,則EC=3k,EF=
5
k,根據(jù)垂徑定理得EF=
5
,弧EC=弧MC.則k=1,F(xiàn)C=2,EC=3;再由圓周角定理的推論得到∠BEC=90°,sin∠EBC=sinP=
EC
BC
=
2
3
,即可求出BC;
(3)作直徑EQ,連接DQ.根據(jù)圓周角定理的推論得∠QDE=90°,在Rt△DEQ中利用勾股定理求出DQ,而∠DBE=∠Q,然后利用正切的定義計算即可.
解答:精英家教網(wǎng)(1)證明:連接OD,
∵BC是⊙O的直徑,
∴∠BDC=90°,
∴∠BCD+∠CBD=90°.
又∵OD=OB,
∴∠CBD=∠ODB.
∴∠BCD+∠ODB=90°.
∵∠ADB=∠DEB,
而∠DEB=∠BCD,
∴∠ADB=∠BCD.
∴∠ADB+∠ODB=90°.
∴AD是⊙O的切線;

(2)解:∵∠CPM=∠CEM,
∴sin∠CEM=sin∠CPM=
FC
EC
=
2
3
,
設(shè)FC=2k,則EC=3k,EF=
5
k,精英家教網(wǎng)
∵EM與直徑BC垂直,且EM=2
5
,
∴EF=
5
,弧EC=弧MC.
∴k=1,F(xiàn)C=2,EC=3,∠EBC=∠P.
∵BC是⊙O的直徑,
∴∠BEC=90°,
∴sin∠EBC=sin∠CPM=
EC
BC
=
2
3
,
∴BC=
9
2
,
即⊙O直徑為
9
2
;
精英家教網(wǎng)
(3)作直徑EQ,連接DQ.
∴∠QDE=90°,EQ=
9
2
,
在Rt△DEQ中,DQ=
EQ2-DE2
=
5
2

∵∠DBE=∠Q,
∴tan∠DBE=tan∠Q=
14
5
2
=
2
14
5
點(diǎn)評:本題考查了切線的判定:過半徑的外端點(diǎn)與半徑垂直的直線為圓的切線.也考查了垂徑定理、圓周角定理及其推論、勾股定理以及解直角三角形.
練習(xí)冊系列答案
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(1)正方形的DEFG的面積是
2
2
,正方形的DEFG的邊長是
2
2
;
(2)△ABC的斜邊BC長=
2
2
;
(3)根據(jù)上面的經(jīng)驗解決問題:直角坐標(biāo)系中,M(1,1),N(-
2
,
2
),點(diǎn)P在x軸上,則PM+PN的最小值是
2
+2
2
+2
,并在圖中作出點(diǎn)P.

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已知:如圖1,△OAB是邊長為2的等邊三角形,OAx軸上,點(diǎn)B在第一象限內(nèi);△OCA是一個等腰三角形,OCAC,頂點(diǎn)C在第四象限,∠C=120°.現(xiàn)有兩動點(diǎn)P、Q分別從A、O兩點(diǎn)同時出發(fā),點(diǎn)Q以每秒1個單位的速度沿OC向點(diǎn)C運(yùn)動,點(diǎn)P以每秒3個單位的速度沿AOB運(yùn)動,當(dāng)其中一個點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時,另一個點(diǎn)也隨即停止.

(1)求在運(yùn)動過程中形成的△OPQ面積S與運(yùn)動時間t之間的函數(shù)關(guān)系,并寫出自變量t的取值范圍;
(2)在OA上(點(diǎn)OA除外)存在點(diǎn)D,使得△OCD為等腰三角形,請直接寫出所有符合條件的點(diǎn)D的坐標(biāo);
(3)如圖2,現(xiàn)有∠MCN=60°,其兩邊分別與OB、AB交于點(diǎn)M、N,連接MN.將∠MCN繞著C點(diǎn)旋轉(zhuǎn)(0°<旋轉(zhuǎn)角<60°),使得M、N始終在邊OB和邊AB上.試判斷在這一過程中,△BMN的周長是否發(fā)生變化?若沒有變化,請求出其周長;若發(fā)生變化,請說明理由.

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