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题目（高三 · 度量几何学）：20. 如图, 两圆 $\odot \mathrm{O}_{1}, \odot \mathrm{O}_{2}$ 相交于点 $\mathrm{A}, \mathrm{B} . \odot \mathrm{O}_{1}$ 的弦 $\mathrm{BC}$ 交 $\odot \mathrm{O}_{2}$ 于点 $\mathrm{E}, \odot \mathrm{O}_{2}$ 的弦 $\mathrm{BD}$ 交 $\odot \mathrm{O}_{1}$ 于点 $\mathrm{F}$.



(1) 证明:若 $\angle \mathrm{DBA}=\angle \mathrm{CBA}$, 则 $\mathrm{DF}=\mathrm{CE}$;
选项：
答案：答案: 证明: 如图,连接 $\mathrm{AE}, \mathrm{AF}, \mathrm{AC}, \mathrm{AD}$,

<ImageHere>

则 $\angle 3=\angle 4, \angle 5=\angle 6$.

又 $\because \angle 1=\angle 2, \therefore \mathrm{AD}=\mathrm{AE}$.

$\therefore \mathrm{AD}=\mathrm{AE}, \therefore \triangle \mathrm{ACE} \cong \triangle \mathrm{AFD}$.

故 CE $=\mathrm{DF}$.

(2) 证明:若 $\mathrm{DF}=\mathrm{CE}$,则 $\angle \mathrm{DBA}=\angle \mathrm{CBA}$.

答案: 证明: 由（1）得 $\angle 3=\angle 4, \angle 5=\angle 6$.

又 $\because \mathrm{DF}=\mathrm{CE}, \therefore \triangle \mathrm{ACE} \cong \triangle \mathrm{AFD}$,

$\therefore \mathrm{AD}=\mathrm{AE}$,

$\therefore \angle 1=\angle 2$,即 $\angle \mathrm{DBA}=\angle \mathrm{CBA}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了圆内接四边形的性质与判断定理, 解决问题的关键是根据圆内接四边形的性质与判断定理结合所给条件构造辅助线证明即可
题目（高三 · 度量几何学）：22. 如图, $\mathrm{AB}, \mathrm{CD}$ 都是圆的弦, 且 $\mathrm{AB} / / \mathrm{CD}, \mathrm{F}$ 为圆上一点, 延长 $\mathrm{FD}, \mathrm{AB}$ 使它们交于点 $\mathrm{E}$. 求证:AE$\cdot$AC=AF$\cdot$DE.


选项：
答案：答案：证明：如图,连接 BD,

<ImageHere>

$\because \mathrm{AB} / / \mathrm{CD}, \therefore \mathrm{BD}=\mathrm{AC}$.

$\because \mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{D}, \mathrm{F}$ 四点共圆,

$\therefore \angle \mathrm{EBD}=\angle \mathrm{F}$.

又 $\because \angle \mathrm{DEB}=\angle \mathrm{FEA}$,

$\therefore \triangle \mathrm{EBD} \sim \triangle \mathrm{EFA}$.

$\therefore \frac{\mathrm{DE}}{\mathrm{AE}}=\frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{AF}} \quad \therefore \frac{\mathrm{DE}}{\mathrm{AE}}=\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{AF}}$,
即 $\mathrm{AE} \cdot \mathrm{AC}=\mathrm{AF} \cdot \mathrm{DE}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了圆内接四边形的性质与判断定理, 解决问题的关键是根据圆内接四边形的性质与判断定理结合所给条件构造辅助线计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：23. 如图,两圆相交于 $A, B$ 两点, 过点 $A$ 作两直线 $C D, E F$ 分别交两圆于点 $C, D$ 和点 $E, F$. 若 $\angle$ $\mathrm{EAB}=\angle \mathrm{DAB}$,求证: $\mathrm{CD}=\mathrm{EF}$.


选项：
答案：答案：证明：如图,连接 $\mathrm{CB}, \mathrm{BF}$,

<ImageHere>

因为四边形 $\mathrm{ABEC}$ 为圆内接四边形,

所以 $\angle 2=\angle \mathrm{CEB}$.

又因为 $\angle 1=\angle \mathrm{ECB}, \angle 1=\angle 2$,

所以 $\angle \mathrm{CEB}=\angle \mathrm{ECB}$. 所以 $\mathrm{BC}=\mathrm{BE}$.

又因为 $\angle \mathrm{BCD}=\angle \mathrm{BEF}, \angle \mathrm{D}=\angle \mathrm{F}, \mathrm{BC}=\mathrm{BE}$,

所以 $\triangle \mathrm{CBD} \cong \triangle \mathrm{EBF}$.

所以 $\mathrm{CD}=\mathrm{EF}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了圆内接四边形的性质与判断定理, 解决问题的关键是根据连接 $\mathrm{CB}, \mathrm{BF}$,要证 $\mathrm{CD}=\mathrm{EF}$, 只需证明 $\triangle \mathrm{CBD} \cong \triangle \mathrm{EBF}$ 即可.
题目（高三 · 度量几何学）：24. 如图, 已知 $\triangle A B C$ 的两条角平分线 $A D$ 和 $C E$ 相交于点 $H, \angle B=60^{\circ}$, 点 $F$ 在 $A C$ 上, 且 $A E=A F$.



(1) 证明 B,D,H,E 四点共圆;
选项：
答案：答案：证明： $\because$ 在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\angle \mathrm{B}=60^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{BAC}+\angle \mathrm{BCA}=120^{\circ}$.

$\because \mathrm{AD}, \mathrm{CE}$ 是角平分线,

$\therefore \angle \mathrm{HAC}+\angle \mathrm{HCA}=60^{\circ}$.

$\therefore \angle \mathrm{AHC}=180^{\circ}-\angle \mathrm{HAC}-\angle \mathrm{HCA}=120^{\circ}$.
$\therefore \angle \mathrm{EHD}=\angle \mathrm{AHC}=120^{\circ}$.

$\therefore \angle \mathrm{EBD}+\angle \mathrm{EHD}=180^{\circ}$.

$\therefore \mathrm{B}, \mathrm{D}, \mathrm{H}, \mathrm{E}$ 四点共圆.

(2) 证明 $\mathrm{CE}$ 平分 $\angle \mathrm{DEF}$.

答案: 证明: 如图,连接 $\mathrm{BH}$,则 $\mathrm{BH}$ 为 $\angle \mathrm{ABC}$ 的平分线, 得 $\angle \mathrm{HBD}=30^{\circ}$.

<ImageHere>

由（1）知 $\mathrm{B}, \mathrm{D}, \mathrm{H}, \mathrm{E}$ 四点共圆,

$\therefore \angle \mathrm{CED}=\angle \mathrm{HBD}=30^{\circ}, \angle \mathrm{AHE}=\angle \mathrm{EBD}=60^{\circ}$.

又 $\because \mathrm{AE}=\mathrm{AF}, \mathrm{AD}$ 平分 $\angle \mathrm{BAC}, \therefore \mathrm{EF} \perp \mathrm{AD}$.

$\therefore \angle \mathrm{CEF}=30^{\circ} \therefore \angle \mathrm{CEF}=\angle \mathrm{CED}$.

$\therefore \mathrm{CE}$ 平分 $\angle \mathrm{DEF}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了圆内接四边形的性质与判断定理, 解决问题的关键是根据圆内接四边形的性质与判断定理构造辅助线证明即可
题目（高三 · 度量几何学）：25. 如图,已知 $P$ 为正方形 $A B C D$ 的对角线 $B D$ 上一点, 通过点 $P$ 作正方形的边的垂线,垂足分别为点 E,F,G,H. 你能判断出点 E,F,G,H 是否在同一个圆上吗?试证明你的猜想.


选项：
答案：答案: 解: 猜想:E,F,G,H 四个点在以 $\mathrm{O}$ 为圆心的圆上.

证明如下:如图,连接 $\mathrm{OE}, \mathrm{OF}, \mathrm{OG}, \mathrm{OH}$.

<ImageHere>

在 $\triangle \mathrm{OBE}, \triangle \mathrm{OBF}, \triangle \mathrm{OCG}, \triangle \mathrm{OAH}$ 中, $\mathrm{OB}=\mathrm{OC}=\mathrm{OA}$.

$\because$ 四边形 $\mathrm{PEBF}$ 为正方形, $\therefore \mathrm{BE}=\mathrm{BF}=\mathrm{CG}=\mathrm{AH}$,

$\angle \mathrm{OBE}=\angle \mathrm{OBF}=\angle \mathrm{OCG}=\angle \mathrm{OAH}=45^{\circ}$.

$\therefore \triangle \mathrm{OBE} \cong \triangle \mathrm{OBF} \cong \triangle \mathrm{OCG} \cong \triangle \mathrm{OAH}$.

$\therefore \mathrm{OE}=\mathrm{OF}=\mathrm{OG}=\mathrm{OH}$.
由圆的定义,可知 $\mathrm{E}, \mathrm{F}, \mathrm{G}, \mathrm{H}$ 四个点在以 $\mathrm{O}$ 为圆心的圆上
解析：: 分析: 本题主要考查了圆内接四边形的性质与判断定理, 解决问题的关键是根据正方形的对称性,可以猜想,此四个点在以 $\mathrm{O}$ 为圆心的圆上,于是连接线段 $\mathrm{OE}, \mathrm{OF}, \mathrm{OG}, \mathrm{OH}$, 再设法证明这四条线段相等.
题目（高三 · 度量几何学）：25. 已知非零向量 $\vec{a}, \vec{b}$, 且 $\vec{a} \perp \vec{b}$, 求证: $\frac{|\vec{a}|+|\vec{b}|}{|\vec{a}+\vec{b}|} \leq \sqrt{2}$.
选项：
答案：答案: 证明: $\vec{a} \perp \vec{b} \Leftrightarrow \vec{a} \cdot \vec{b}=0$, 要证 $\frac{|\vec{a}|+|\vec{b}|}{|\vec{a}+\vec{b}|} \leq \sqrt{2}$.

只需证 $|\vec{a}|+|\vec{b}| \leq \sqrt{2}|\vec{a}+\vec{b}| ，$

只需证 $|\vec{a}|^{2}+2|\vec{a}||\vec{b}|+|\vec{b}|^{2} \leq 2\left(\vec{a}^{2}+2 \vec{a} \vec{b}+\vec{b}^{2}\right) ，$

只需证 $|\vec{a}|^{2}+2|\vec{a}||\vec{b}|+|\vec{b}|^{2} \leq 2 \vec{a}^{2}+2 \vec{b}^{2}$ ，

只需证 $|\vec{a}|^{2}+|\vec{b}|^{2}-2|\vec{a}||\vec{b}| \geq 0$ ，

即 $(|\vec{a}|-|\vec{b}|)^{2} \geq 0$, 上式显然成立, 故原不等式得证.
解析：: 分析: 本题主要考查了分析法的思考过程、特点及应用, 解决问题的关键是根据所求命题结合条件运用分析法的证明思路进行推理即可.
题目（高三 · 度量几何学）：16. 如图, 已知 $A B$ 为半圆 $O$ 的直径, 直线 $M N$ 切半圆于点 $C, A D \perp M N$ 于点 $D, B E \perp M N$ 于点 $\mathrm{E}, \mathrm{BE}$ 交半圆于点 $\mathrm{F}, \mathrm{AD}=3 \mathrm{~cm}, \mathrm{BE}=7 \mathrm{~cm}$, 求 $\odot \mathrm{O}$ 的半径 $\mathrm{r}$.


选项：
答案：答案: 解: 如图,连接 OC.

<ImageHere>

$\because \mathrm{MN}$ 切半圆于点 $\mathrm{C}$,

$\therefore \mathrm{OC} \perp \mathrm{MN}$.

$\because \mathrm{AD} \perp \mathrm{MN}, \mathrm{BE} \perp \mathrm{MN}$,

$\therefore \mathrm{AD} / / \mathrm{OC} / / \mathrm{BE}$.

$\because \mathrm{OA}=\mathrm{OB}$

$\therefore \mathrm{CD}=\mathrm{CE}$.

$\therefore \mathrm{OC}=\frac{1}{2}(\mathrm{AD}+\mathrm{BE})=\frac{1}{2} \times(3+7)=5(\mathrm{~cm})$.

$\therefore \odot \mathrm{O}$ 的半径为 $5 \mathrm{~cm}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了圆的切线的性质及判定定理, 解决问题的关键是根据圆的切线的性质及判定定理结合所给条件构造辅助线计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：17. 如图, $\mathrm{AB}$ 经过 $\odot \mathrm{O}$ 上一点 $\mathrm{C}$, 且 $\mathrm{OA}=\mathrm{OB}, \mathrm{AC}=\mathrm{CB}$, 求证: 直线 $\mathrm{AB}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的切线.


选项：
答案：答案：证明：如图,连接 OC.

<ImageHere>

$\because \mathrm{OA}=\mathrm{OB}$

$\therefore \triangle \mathrm{OAB}$ 是等腰三角形.

又 $\because \mathrm{AC}=\mathrm{CB}, \therefore \mathrm{OC} \perp \mathrm{AB}$.

又 $\because \mathrm{OC}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的半径,

$\therefore$ 直线 $\mathrm{AB}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的切线.
解析：: 分析: 本题主要考查了圆的切线的性质及判定定理, 解决问题的关键是根据所给条件转化为证明 $O C \perp A B$ 即可
题目（高三 · 度量几何学）：19. 如图, 已知 $\angle C=90^{\circ}$, 点 $O$ 在 $A C$ 上, $C D$ 为 $\odot O$ 的直径, $\odot O$ 切 $A B$ 于点 $E$, 若 $B C=5, A C=12$,求 $\odot \mathrm{O}$ 的半径.


选项：
答案：答案：解答：如图,连接 $\mathrm{OE}$,

<ImageHere>

$\because \mathrm{AB}$ 与 $\odot \mathrm{O}$ 相切于点 $\mathrm{E}$,

$\therefore \mathrm{OE} \perp \mathrm{AB}$, 即 $\angle \mathrm{OEA}=90^{\circ}$.

$\because \angle \mathrm{C}=90^{\circ}, \angle \mathrm{A}=\angle \mathrm{A}$,

$\therefore \triangle \mathrm{ACB} \sim \triangle \mathrm{AEO}$,

$\therefore \frac{\mathrm{OE}}{\mathrm{BC}}=\frac{\mathrm{AO}}{\mathrm{AB}}$

$\because \mathrm{BC}=5, \mathrm{AC}=12$,

$\therefore A B=13$,

$\therefore \frac{\mathrm{OE}}{5}=\frac{12-\mathrm{OE}}{13}$

$\therefore \mathrm{OE}=\frac{10}{3}$.

即 $\odot \mathrm{O}$ 的半径为 $\frac{10}{3}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了圆的切线的性质及判定定理, 解决问题的关键是根据圆的切线的性质及判定定理结合所给条件运用三角形相似性分析计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：21. 如图, $\mathrm{AB}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的直径, $\mathrm{BC}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的切线,切点为 $\mathrm{B}, \mathrm{OC}$ 平行于弦 $\mathrm{AD}$, 求证: $\mathrm{DC}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的切线


选项：
答案：n答案: 证明: 连接 $\mathrm{OD}, \because \mathrm{OC} / / \mathrm{AD}$,

<ImageHere>

$\therefore \angle 1=\angle 3, \angle 2=\angle 4$.

又 $\because \angle 1=\angle 2, \therefore \angle 4=\angle 3$.

$\because \mathrm{OD}=\mathrm{OB}, \mathrm{OC}=\mathrm{OC}, \therefore \triangle \mathrm{ODC} \cong \triangle \mathrm{OBC}$.

$\therefore \angle \mathrm{ODC}=\angle \mathrm{OBC}=90^{\circ}$.

又 $\because$ 点 $\mathrm{D}$ 在圆上, $\therefore \mathrm{DC}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的切线.
解析：: 分析: 本题主要考查了圆的切线的性质及判定定理, 解决问题的关键是根据圆的切线的性质及判定定理结合所给条件分析构造辅助线证明即可
题目（高三 · 度量几何学）：22. 如图, $\mathrm{BE}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的直径, 点 $\mathrm{A}$ 在 $\mathrm{EB}$ 的延长线上, 弦 $\mathrm{PD} \perp \mathrm{BE}$, 垂足为点 $\mathrm{C}$, 连接 $\mathrm{OD}$, 且 $\angle$ $\mathrm{AOD}=\angle \mathrm{APC}$. 求证: $\mathrm{AP}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的切线.


选项：
答案：答案: 证明: 连接 $O P$,如图,

<ImageHere>

$\because \mathrm{PD} \perp \mathrm{BE}$,

$\therefore \angle \mathrm{OCD}=90^{\circ}$.

$\therefore \angle \mathrm{ODC}+\angle \mathrm{COD}=90^{\circ}$.

$\because \mathrm{OD}=\mathrm{OP}$,

$\therefore \angle \mathrm{ODC}=\angle \mathrm{OPC}$.

$\because \angle \mathrm{AOD}=\angle \mathrm{APC}, \therefore \angle \mathrm{OPC}+\angle \mathrm{APC}=90^{\circ}$.

$\therefore \angle \mathrm{APO}=90^{\circ}$,即 $\mathrm{AP} \perp \mathrm{PO}$.

$\therefore \mathrm{AP}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的切线.
解析：: 分析: 本题主要考查了圆的切线的性质及判定定理, 解决问题的关键是根据圆的切线的性质及判定定理结合所给图形构造辅助线方向证明即可
题目（高三 · 度量几何学）：23. 已知圆内接 $\triangle A B C$ 中, $D$ 为 $B C$ 上一点, 且 $\triangle A D C$ 为正三角形, 点 $E$ 为 $B C$ 的延长线上一点, $\mathrm{AE}$ 为圆 $\mathrm{O}$ 的切线.



(1) 求 $\angle \mathrm{BAE}$ 的度数;
选项：
答案：答案: 解: 在 $\triangle \mathrm{EAB}$ 与 $\triangle \mathrm{ECA}$ 中, $\because \mathrm{AE}$ 为圆 $\mathrm{O}$ 的切线,

$\therefore \angle \mathrm{EBA}=\angle \mathrm{EAC}$

又 $\angle \mathrm{E}$ 公用, $\therefore \angle \mathrm{EAB}=\angle \mathrm{ECA}$

$\because \triangle \mathrm{ACD}$ 为等边三角形,

$\therefore \angle E A B=\angle E C A=120^{\circ}$

(2) 求证: $C D^{2}=B D \cdot E C$

答案: 证明: $\because \mathrm{AE}$ 为圆 $\mathrm{O}$ 的切线,

$\therefore \angle \mathrm{ABD}=\angle \mathrm{CAE}$

$\because \triangle \mathrm{ACD}$ 为等边三角形,
$\therefore \angle \mathrm{ADC}=\angle \mathrm{ACD}$,

$\therefore \angle \mathrm{ADB}=\angle \mathrm{ECA}$,

$\therefore \triangle \mathrm{ABD} \sim \triangle \mathrm{EAC}$

$\therefore \frac{A D}{B D}=\frac{E C}{C A}$, 即 $A D \cdot C A=B D \cdot E C$

$\because \triangle \mathrm{ACD}$ 为等边三角形,

$\therefore \mathrm{AD}=\mathrm{AC}=\mathrm{CD}$,

$\therefore C D^{2}=B D \cdot E C$
解析：: 分析: 本题主要考查了圆的切线的性质及判定定理, 解决问题的关键是 (1) 在 $\triangle \mathrm{EAB}$与 $\triangle \mathrm{ECA}$ 中, 因为 $\mathrm{AE}$ 为圆 $\mathrm{O}$ 的切线, 所以 $\angle \mathrm{EBA}=\angle \mathrm{EAC}, \angle \mathrm{EAB}=\angle \mathrm{ECA}$, 因为 $\triangle \mathrm{ACD}$为等边三角形, 所以 $\angle E A B=\angle E C A=120^{\circ}$; (2) 容易证明 $\triangle \mathrm{ABD} \sim \triangle \mathrm{EAC}$, 所以 $\frac{A D}{B D}=\frac{E C}{C A}$, 即 $A D \cdot C A=B D \cdot E C$, 因为 $\triangle A C D$ 为等边三角形, 所以 $A D=A C=C D$, 所以 $C D^{2}=B D \cdot E C$
题目（高三 · 度量几何学）：24. 如图, $\mathrm{D}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的直径 $\mathrm{AB}$ 的延长线上一点, $\mathrm{PD}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的切线, $\mathrm{P}$ 是切点, $\angle \mathrm{D}=30^{\circ}$. 求证:PA=PD.


选项：
答案：答案: 证明: 如图,连接 $\mathrm{OP}$,

<ImageHere>

$\because \mathrm{PD}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的切线, $\mathrm{P}$ 为切点.

$\therefore \mathrm{PO} \perp \mathrm{PD} . \because \angle \mathrm{D}=30^{\circ}, \therefore \angle \mathrm{POD}=60^{\circ}$.

又 $\because \mathrm{OA}=\mathrm{OP}, \therefore \angle \mathrm{A}=\angle \mathrm{APO}$.

$\therefore \angle \mathrm{A}=30^{\circ} \therefore \angle \mathrm{A}=\angle \mathrm{D}$.

$\therefore \mathrm{PA}=\mathrm{PD}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了圆的切线的性质及判定定理, 解决问题的关键是欲证 PA=PD,只要证明 $\angle \mathrm{A}=\angle \mathrm{D}=30^{\circ}$ 即可.
题目（高三 · 度量几何学）：25. 如图, $\odot O$ 内切于 $\triangle A B C$ 的边于点 $D, E, F, A B=A C$, 连接 $A D$ 交 $\odot O$ 于点 $H$, 直线 $H F$ 交 $B C$的延长线于点 $\mathrm{G}$.



(1) 求证:圆心 $\mathrm{O}$ 在 $\mathrm{AD}$ 上;

答案: 证明: 由题意知 $A E=A F, C F=C D, B D=B E$, 而 $A B=A C$,

$\therefore \mathrm{CD}=\mathrm{CF}=\mathrm{BE}=\mathrm{BD}$.

$\therefore \mathrm{D}$ 为 $\mathrm{BC}$ 的中点,

$\therefore \mathrm{AD}$ 是 $\angle \mathrm{BAC}$ 的平分线,

$\therefore$ 圆心 $\mathrm{O}$ 在 $\mathrm{AD}$ 上.

(2) 求证: $C D=C G$;
选项：
答案：答案: 证明: 如图,连接 DF.

<ImageHere>

$\because \mathrm{O}$ 在 $\mathrm{AD}$ 上,

$\therefore \mathrm{DH}$ 为直径,

$\therefore \angle \mathrm{DFH}=90^{\circ}$.

$\because \mathrm{CF}=\mathrm{CD}, \angle \mathrm{CFD}=\angle \mathrm{FDC}$,

$\therefore \angle \mathrm{G}=90^{\circ}-\angle \mathrm{FDC}=90^{\circ}-\angle \mathrm{CFD}=\angle \mathrm{CFG}$,

$\therefore \mathrm{CG}=\mathrm{CF}, \therefore \mathrm{CG}=\mathrm{CD}$.

(3) 若 $A H: A F=3: 4, C G=10$, 求 $H F$ 的长.

答案: 解: $\because \angle \mathrm{AFH}=90^{\circ}-\angle \mathrm{CFD}=90^{\circ}-\angle \mathrm{FDC}=\angle \mathrm{FDA}$, 又 $\angle \mathrm{FAD}$ 为公共角,则 $\triangle \mathrm{AHF} \sim \triangle \mathrm{AFD}$.

$\therefore \frac{\mathrm{FH}}{\mathrm{FD}}=\frac{\mathrm{AH}}{\mathrm{AF}}=\frac{3}{4}$

$\therefore$ 在 Rt $\triangle \mathrm{HFD}$ 中,FH $: \mathrm{FD}: \mathrm{DH}=3: 4: 5$.

$\because \triangle \mathrm{HDF} \sim \triangle \mathrm{DGF}$,

$\therefore \mathrm{DF}: \mathrm{GF}: \mathrm{DG}=3: 4: 5$.

又 $\because \mathrm{CG}=10, \therefore \mathrm{GD}=20$.

$\therefore \mathrm{DF}=3 \times 20 \times \frac{1}{5}=12$,
$\therefore \mathrm{FH}=\frac{3}{4} \mathrm{FD}=9$.
解析：: 分析: 本题主要考查了圆的切线的性质及判定定理, 解决问题的关键是根据圆的切线的性质及判定定理结合所给图形根据三角形相似性以及边角关系计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：16. 如图, $\mathrm{AD}$ 是 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中 $\angle \mathrm{BAC}$ 的平分线, 经过点 $\mathrm{A}$ 的 $\odot \mathrm{O}$ 与 $\mathrm{BC}$ 切于点 $\mathrm{D}$, 与 $\mathrm{AB}, \mathrm{AC}$ 分别相交于点 $\mathrm{E}, \mathrm{F}$.求证: $\mathrm{EF} / / \mathrm{BC}$.


选项：
答案：答案: 证明: 连接 $\mathrm{DF}$,如图所示,

<ImageHere>

$\because \mathrm{AD}$ 是 $\angle \mathrm{BAC}$ 的平分线,

$\therefore \angle \mathrm{BAD}=\angle \mathrm{DAC}$.

$\because \angle \mathrm{EFD}=\angle \mathrm{BAD}$

$\therefore \angle \mathrm{EFD}=\angle \mathrm{DAC}$.

$\because \mathrm{BC}$ 切 $\odot \mathrm{O}$ 于点 $\mathrm{D}$,

$\therefore \angle \mathrm{FDC}=\angle \mathrm{DAC}$.

$\therefore \angle \mathrm{EFD}=\angle \mathrm{FDC}$.
$\therefore \mathrm{EF} / / \mathrm{BC}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了弦切角的性质, 解决问题的关键是连接 $\mathrm{DF}$,于是 $\angle \mathrm{FDC}=\angle \mathrm{DAC}$,根据 $\mathrm{AD}$ 是 $\angle \mathrm{BAC}$ 的平分线, 有 $\angle \mathrm{BAD}=\angle \mathrm{DAC}$, 而 $\angle \mathrm{BAD}$ 与 $\angle \mathrm{EFD}$ 对着同一段弧,由此得到 $\angle \mathrm{EFD}$ 与 $\angle \mathrm{FDC}$ 的相等关系,根据内错角相等,可以断定两条直线平行.
题目（高三 · 度量几何学）：17. 如图, $\triangle \mathrm{ABC}$ 内接于 $\odot \mathrm{O}, \mathrm{AB}$ 的延长线与过 $\mathrm{C}$ 点的切线 $\mathrm{GC}$ 相交于点 $\mathrm{D}, \mathrm{BE}$ 与 $\mathrm{AC}$ 相交于点 $\mathrm{F}$,且 $\mathrm{CB}=\mathrm{CE}$. 求证: $\mathrm{BE} / / \mathrm{DG}$.


选项：
答案：答案: 证明: $\because \mathrm{CG}$ 为 $\odot \mathrm{O}$ 的切线, $\therefore \angle \mathrm{EBC}=\angle \mathrm{GCE}$.

$\because \mathrm{CB}=\mathrm{CE}, \therefore \mathrm{CB}=\mathrm{CE}, \therefore \angle \mathrm{EBC}=\angle \mathrm{E}$.

$\therefore \angle \mathrm{E}=\angle \mathrm{GCE} . \therefore \mathrm{DG} / / \mathrm{BE}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了弦切角的性质, 解决问题的关键是根据弦切角的性质结合所给条件分析证明即可
题目（高三 · 度量几何学）：18. 已知 $\triangle \mathrm{ABC}$ 内接于 $\odot \mathrm{O}, \angle \mathrm{BAC}$ 的平分线交 $\odot \mathrm{O}$ 于点 $\mathrm{D}, \mathrm{CD}$ 的延长线交过 $\mathrm{B}$ 点的切线于点 E. 求证: $\frac{\mathrm{CD}^{2}}{\mathrm{BC}^{2}}=\frac{\mathrm{DE}}{\mathrm{CE}}$


选项：
答案：答案：证明：连接 $\mathrm{BD}$,如图.

<ImageHere>

$\because \mathrm{AD}$ 是 $\angle \mathrm{BAC}$ 的平分线, $\therefore \angle \mathrm{BAD}=\angle \mathrm{CAD}$.

又 $\angle \mathrm{BCD}=\angle \mathrm{BAD}, \angle \mathrm{CBD}=\angle \mathrm{CAD}$,

$\therefore \angle \mathrm{BCD}=\angle \mathrm{CBD} . \therefore \mathrm{BD}=\mathrm{CD}$.

又 $\mathrm{BE}$ 为 $\odot \mathrm{O}$ 的切线,
$\therefore \angle \mathrm{EBD}=\angle \mathrm{BAD}$

$\therefore \angle \mathrm{EBD}=\angle \mathrm{BCD}$.

故在 $\triangle \mathrm{BED}$ 和 $\triangle \mathrm{CEB}$ 中,

$\angle \mathrm{EBD}=\angle \mathrm{ECB}, \angle \mathrm{BED}=\angle \mathrm{CEB}$,

$\therefore \triangle \mathrm{BED} \sim \triangle \mathrm{CEB}$.

$\therefore \frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{BC}}=\frac{\mathrm{BE}}{\mathrm{CE}}, \frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{BC}}=\frac{\mathrm{DE}}{\mathrm{BE}}, \therefore\left(\frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{BC}}\right)^{2}=\frac{\mathrm{DE}}{\mathrm{CE}}$

又 $\mathrm{BD}=\mathrm{CD}, \therefore \frac{\mathrm{CD}^{2}}{\mathrm{BC}^{2}}=\frac{\mathrm{DE}}{\mathrm{CE}}$
解析：: 分析: 本题主要考查了弦切角的性质, 解决问题的关键是直接证明此等式有一定的难度,可以考虑把它分解成两个比例式的形式,借助相似三角形的性质得出结论.
题目（高三 · 度量几何学）：19. 如图, $\mathrm{AB}$ 为 $\odot \mathrm{O}$ 的直径, 弦 $\mathrm{CD} / / \mathrm{AB}, \mathrm{AE}$ 切 $\odot \mathrm{O}$ 于点 $\mathrm{A}$, 交 $\mathrm{CD}$ 的延长线于点 $\mathrm{E}$. 求证: $\mathrm{BC}^{2}=\mathrm{AB} \cdot \mathrm{DE}$.


选项：
答案：答案:
解析：：解答：如图,连接 BD,OD,OC.



$\because \mathrm{AE}$ 切 $\odot \mathrm{O}$ 于点 $\mathrm{A}$,

$\therefore \angle \mathrm{EAD}=\angle \mathrm{ABD}$,

且 $A E \perp A B$.

又 $\mathrm{AB} / / \mathrm{CD}$,

$\therefore \mathrm{AE} \perp \mathrm{CE}, \therefore \angle \mathrm{E}=90^{\circ}$

$\because A B$ 为 $\odot O$ 的直径,

$\therefore \angle \mathrm{ADB}=90^{\circ}$.

$\therefore \angle \mathrm{E}=\angle \mathrm{ADB}, \therefore \triangle \mathrm{ADE} \sim \triangle \mathrm{BAD}, \therefore \frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{AB}}=\frac{\mathrm{DE}}{\mathrm{AD}}$

$\therefore \mathrm{AD}^{2}=\mathrm{AB} \cdot \mathrm{DE}$

$\because \mathrm{CD} / / \mathrm{AB}, \therefore \angle 1=\angle 2, \angle 3=\angle 4$.
$\because \angle 2=\angle 4, \therefore \angle 1=\angle 3, \therefore A D=B C$

$\therefore \mathrm{AD}=\mathrm{BC}, \therefore \mathrm{BC}^{2}=\mathrm{AB} \cdot \mathrm{DE}$.

分析: 本题主要考查了弦切角的性质, 解决问题的关键是根据弦切角的性质结合所给圆的性质分析计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：20. 如图, 四边形 $\mathrm{ABED}$ 内接于 $\odot \mathrm{O}, \mathrm{AB} / / \mathrm{DE}, \mathrm{AC}$ 切 $\odot \mathrm{O}$ 于点 $\mathrm{A}$, 交 $\mathrm{ED}$ 延长线于点 $\mathrm{C}$.

求证: $\mathrm{AD}: \mathrm{AB}=\mathrm{DC}: \mathrm{BE}$.


选项：
答案：答案: 解答: $\because$ 四边形 ABED 内接于 $\odot \mathrm{O}$,

$\therefore \angle \mathrm{ADC}=\angle \mathrm{ABE}$

$\because \mathrm{AC}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的切线, $\therefore \angle \mathrm{CAD}=\angle \mathrm{AED}$.

$\because \mathrm{AB} / / \mathrm{DE}, \therefore \angle \mathrm{BAE}=\angle \mathrm{AED}$.

$\therefore \angle \mathrm{CAD}=\angle \mathrm{BAE}$

$\therefore \triangle A C D \sim \triangle A E B$.

$\therefore \mathrm{AD}: \mathrm{AB}=\mathrm{DC}: \mathrm{BE}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了弦切角的性质, 解决问题的关键是根据弦切角的性质求证成比例的四条线段在两个三角形 $\triangle \mathrm{ACD}$ 和 $\triangle \mathrm{ABE}$ 中,所以只要证明 $\triangle \mathrm{ACD} \sim \triangle \mathrm{AEB}$ 即可
题目（高三 · 度量几何学）：22. 如图, $\mathrm{AB}$ 是半圆 $\mathrm{O}$ 的直径, $\mathrm{C}$ 是圆周上一点(异于点 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ ), 过点 $\mathrm{C}$ 作圆 $\mathrm{O}$ 的切线 $\mathrm{l}$, 过点 $\mathrm{A}$作直线 $l$ 的垂线 $\mathrm{AD}$, 垂足为点 $\mathrm{D}, \mathrm{AD}$ 交半圆于点 $\mathrm{E}$. 求证: $\mathrm{CB}=\mathrm{CE}$.


选项：
答案：答案：证明：连接 BE,如图.

<ImageHere>

因为 $\mathrm{AB}$ 是半圆 $\mathrm{O}$ 的直径, 点 $\mathrm{E}$ 为圆周上一点,

所以 $\angle \mathrm{AEB}=90^{\circ}$,

即 $\mathrm{BE} \perp \mathrm{AD}$.

又因为 $\mathrm{AD} \perp 1$,所以 $\mathrm{BE} / / \mathrm{l}$.

所以 $\angle \mathrm{DCE}=\angle \mathrm{CEB}$.

因为直线 1 是圆 $\mathrm{O}$ 的切线,

所以 $\angle \mathrm{DCE}=\angle \mathrm{CBE}$.

所以 $\angle \mathrm{CBE}=\angle \mathrm{CEB}$, 故 $\mathrm{CE}=\mathrm{CB}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了弦切角的性质, 解决问题的关键是根据弦切角的性质转化为证明 $\angle \mathrm{CBE}=\angle \mathrm{CEB}$.
题目（高三 · 度量几何学）：23. 如图, $\mathrm{BA}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的直径, $\mathrm{AD}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的切线, 切点为 $\mathrm{A}, \mathrm{BF}, \mathrm{BD}$ 分别交 $\mathrm{AD}$ 于点 $\mathrm{F}, \mathrm{D}$, 交 $\odot \mathrm{O}$ 于点 $\mathrm{E}, \mathrm{C}$, 连接 $\mathrm{CE}$.求证: $\mathrm{BE} \cdot \mathrm{BF}=\mathrm{BC} \cdot \mathrm{BD}$.


选项：
答案：答案：证明：如图,过点 $\mathrm{B}$ 作 $\odot \mathrm{O}$ 的切线 $\mathrm{BG}$,

<ImageHere>

则 $\mathrm{AB} \perp \mathrm{BG}$.

又 $\mathrm{AD}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的切线,
$\therefore \mathrm{AD} \perp \mathrm{AB}, \therefore \mathrm{BG} / / \mathrm{AD}$,

$\therefore \angle \mathrm{GBC}=\angle \mathrm{BDF}$.

又 $\because \angle \mathrm{GBC}=\angle \mathrm{BEC}$,

$\therefore \angle \mathrm{BEC}=\angle \mathrm{BDF}$.

又 $\angle \mathrm{CBE}=\angle \mathrm{DBF}, \therefore \triangle \mathrm{BEC} \sim \triangle \mathrm{BDF}$.

$\therefore \frac{\mathrm{BE}}{\mathrm{BD}}=\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{BF}} \therefore \mathrm{BE} \cdot \mathrm{BF}=\mathrm{BC} \cdot \mathrm{BD}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了弦切角的性质, 解决问题的关键是根据弦切角的性质要证 $\mathrm{BE} \cdot \mathrm{BF}=\mathrm{BC} \cdot \mathrm{BD}$, 只需证 $\frac{\mathrm{BE}}{\mathrm{BD}}=\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{BF}}$, 即证明 $\triangle \mathrm{BEC} \sim \triangle \mathrm{BDF}$.由 $\angle \mathrm{DBF}$ 为公共角, 只需再找一组角相等,为此,过点 $\mathrm{B}$ 作 $\odot \mathrm{O}$ 的切线,构造弦切角.
题目（高三 · 度量几何学）：25. 如图, 已知点 $P$ 在 $\odot \mathrm{O}$ 外, $\mathrm{PC}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的切线,切点为 $\mathrm{C}$, 直线 $P O$ 与 $\odot \mathrm{O}$ 相交于点 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$.



(1)试探索 $\angle \mathrm{BCP}$ 与 $\angle \mathrm{P}$ 的数量关系;
选项：
答案：答案: 解: $\because \mathrm{PC}$ 是切线,

$\therefore \angle \mathrm{BCP}=\angle \mathrm{A}$.

又 $\because A B$ 是直径,

$\therefore \angle \mathrm{ACB}=90^{\circ}$.

在 $\triangle \mathrm{ACP}$ 中, $\angle \mathrm{A}+\angle \mathrm{P}+\angle \mathrm{ACP}=180^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{BCP}+\angle \mathrm{P}+\angle \mathrm{ACB}+\angle \mathrm{BCP}=180^{\circ}$.

$\therefore 2 \angle \mathrm{BCP}+\angle \mathrm{P}+90^{\circ}=180^{\circ}$.

$\therefore \angle \mathrm{P}=90^{\circ}-2 \angle \mathrm{BCP}$.

(2)若 $\angle A=30^{\circ}$,则 $P B$ 与 $P A$ 有什么关系?

答案: 解: 若 $\angle \mathrm{A}=30^{\circ}$, 则 $\angle \mathrm{BCP}=\angle \mathrm{A}=30^{\circ}, \angle \mathrm{ABC}=60^{\circ}$.

$\therefore \angle \mathrm{P}=30^{\circ}, \therefore \mathrm{PB}=\mathrm{BC}, \mathrm{BC}=\frac{1}{2} \mathrm{AB}$.

$\therefore \mathrm{PB}=\frac{1}{3} \mathrm{PA}$, 即 $\mathrm{PA}=3 \mathrm{~PB}$.

(3) $\angle \mathrm{A}$ 可能等于 $45^{\circ}$ 吗? 为什么?

答案: 解: $\angle \mathrm{A}$ 不可能等于 $45^{\circ}$.

原因:设 $\angle A=45^{\circ}$,则 $\angle A B C=45^{\circ}, \angle B C P=45^{\circ}$,

$\therefore \mathrm{CP} / / \mathrm{AB}$, 与题干中 $\mathrm{PC}$ 与 $\mathrm{AB}$ 交于点 $\mathrm{P}$ 矛盾,

$\therefore \angle \mathrm{A}$ 不可能等于 $45^{\circ}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了弦切角的性质, 解决问题的关键是根据弦切角的性质结合所给几何条件分析计算即可解决问题，有一定难度.
题目（高三 · 度量几何学）：18. 如图 $\mathrm{ABCD}$ 边长为 1 的正方形, 曲线 AEFGH $\cdots$ 叫做 “正方形的渐开线”, 其中

AE.EF.FG.GH $\cdots$ 的圆心依次按 B.C.D.A 循环, 它们依次相连接, 求曲线 AEFGH 的长。


选项：
答案：答案: 解: 根据渐开线的定义可知, $\mathrm{AE}$ 是半径为 1 的 $\frac{1}{4}$ 圆周长, 长度为 $\frac{\pi}{2}$, 继续旋转可得 $\widehat{\mathrm{EF}} \mathrm{EF}$ 是半径为 2 的 $\frac{1}{4}$ 圆周长, 长度为 $\pi$; $\mathrm{FG}$ 是半径为 3 的 $\frac{1}{4}$ 圆周长, 长度为 $\frac{3 \pi}{2} ; \mathrm{GH}$是半径为 4 的 $\frac{1}{4}$ 圆周长, 长度为 $2 \pi$. 所以曲线 AEFGH 的长是 $5 \pi$
解析：: 分析: 本题主要考查了渐开线的生成过程及其参数方程, 解决问题的关键是根据渐开线的生成过程分析计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：14. 在半径为 $R$ 的圆内, 求周长最大的内接长方形.
选项：
答案：答案:解:如图,

<ImageHere>

设内接长方形 $A B C D$ 的长为 $x$, 则宽为 $\sqrt{4 R^{2}-x^{2}}$, 于是长方形 $A B C D$ 的周长

$l=2\left(x+\sqrt{4 R^{2}-x^{2}}\right)=2\left(1 \times x+1 \times \sqrt{4 R^{2}-x^{2}}\right)$.

由柯西不等式得 $l \leq 2\left[x^{2}+\left(\sqrt{4 R^{2}-x^{2}}\right)^{2}\right]^{\frac{1}{2}}\left(1^{2}+1^{1}\right)^{\frac{1}{2}}=2 \sqrt{2} \cdot 2 R=4 \sqrt{2} R$.

当且仅当 $\frac{\tilde{z}}{1}=\frac{\sqrt{4 R^{2}-x^{2}} x}{1} \frac{\underline{w}}{1}=\frac{\sqrt{4 R^{2}-x^{2}}}{1}$, 即 $x=\sqrt{2} R$ 时等号成立.

此时, $\sqrt{4 R^{2}-x^{2}}=\sqrt{4 R^{2}-(\sqrt{2} R)^{2}}=\sqrt{2} R$.

即长方形 $A B C D$ 为正方形, 故周长最大的内接长方形为正方形, 其周长为 $4 \sqrt{2} R$.
解析：: 分析: 本题主要考查了二维形式的柯西不等式, 解决问题的关键是根据所给实际问题得到周长的表达式，然后根据二维形式的柯西不等式变换计算即可.