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$ 解：∵△ABC的內(nèi)切圓⊙O與BC、CA、AB分別相交于點(diǎn)D、E、F，$

$ ∴AE=AF，BF=BD，CD=CE，$

$ 設(shè)AF=x，則AE=x，BF=BD=AB-AF=8-x，$

$ ∴CE=CD=CA-AE=10-x，∵BD+CD=BC，$

$ ∴8-x+10-x=12，解得x=3，$

$ ∴AF=3，BD=5，CE=7．$

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$證明：(1)如圖，連接OP．$

$∵PA、PC分別與⊙O相切于點(diǎn)A，C，$

$∴PA=PC，OA⊥PA，$

$∵OA=OC，OP=OP，PA=PC，$

$∴△OPA≌△OPC(\mathrm {SSS}).∴∠AOP=∠POC，$

$∵QP⊥PA，OA⊥PA，∴QP//BA，$

$∴∠QPO=∠AOP，∴∠QOP=∠QPO，$

$∴OQ=PQ．$

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$解：(1) \because P A 為切線，$

$\therefore O A \perp P A .$

$\therefore \angle C A P=90^{\circ} .$

$\therefore \angle P A B=90^{\circ}-\angle B A C=90^{\circ}-25^{\circ}=65^{\circ}.$

$\because P A 、 P B 是 \odot O 的切線，\therefore P A=P B .$

$\therefore \angle P B A=\angle P A B=65^{\circ} .$

$\therefore \angle P=180^{\circ}-65^{\circ}-65^{\circ}=50^{\circ} \quad $

$(2)連接 B C\ $

$\because P A 、 P B 是 \odot O 的切線，$

$\therefore P A=P B， \angle C A P=90^{\circ} .$

$\because \angle P=60^{\circ}，$

$\therefore \triangle P A B 是等邊三角形.$

$\therefore A B=P A=2 \sqrt{3}， \angle P A B=60^{\circ}\ .$

$\therefore \angle C A B=30^{\circ}$

$\therefore A C 是 \odot O 的直徑，$

$\therefore \angle A B C=90^{\circ}.$

$在 Rt \triangle A B C 中，由勾股定理，\ $

$得A C=4$

$證明：(1)連接OD，$

$∵PA切⊙O于A，$

$∴PA⊥AB，即∠PAO=90°，$

$∵OP//BD，$

$∴∠DBO=∠AOP，∠BDO=∠DOP，$

$∵OD=OB，∴∠BDO=∠DBO，$

$∴∠DOP=∠AOP， $

$在△AOP 和△DOP 中$

$\{\begin{array}{l}A O=D O \\ \angle A O P=\angle D O P \\ P O=P O\end{array}.$

$∴△AOP≌△DOP(\mathrm {SAS})，$

$∴∠PDO=∠PAO， $

$∵∠PAO=90°，$

$∴∠PDO=90°，即OD⊥PD，$

$∵OD過(guò)O，$

$∴PD是⊙O的切線$

$（2）解：由(1)知：$

$△AOP≌△DOP，∴PA=PD，$

$∵四邊形POBD是平行四邊形，$

$∴PD=OB，$

$∵OB=OA，$

$∴PA=OA，$

$∴∠APO=∠AOP，$

$∵∠PAO=90°，$

$∴∠APO=∠AOP=45°．$

$(2)設(shè)OA=r．$

$∵OB=OC，$

$∴∠OBC=∠OCB.$

$∵OB//QD，∴∠QDC=∠B，$

$∵∠OCB=∠QCD，$

$∴∠QCD=∠QDC，∴QC=QD=6，$

$∵QO=QP，∴OC=DP=r，$

$∵PC是⊙O的切線，∴OC⊥PC，$

$∴∠OCP=∠PCQ=90°. $

$在Rt△PCQ 中，$

$∵PQ^2=PC^2+QC^2 ，$

$∴(6+r)^2=6^2+(2r)^{2 }，$

$解得r=4或0(舍棄)，$

$∴OP=\sqrt{{4}^2+{8}^2}=4\sqrt{5}.$

$∵OB=PD，OB//PD，$

$∴四邊形OBDP是平行四邊形，$

$∴BD=OP=4\sqrt{5} ． $

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