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(2010•深圳)如图1所示,以点M(-1,O)为圆心的圆与y轴,x轴分别交于点A,B,C,D,直线y=-x-与⊙M相切于点H,交x轴于点E,交y轴于点F.(1)请直接写出OE,⊙M的半径r,CH的长;(2)如图
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(2010•深圳)如图1所示,以点M(-1,O)为圆心的圆与y轴,x轴分别交于点A,B,C,D,直线y=-x-与⊙M相切于点H,交x轴于点E,交y轴于点F.
(1)请直接写出OE,⊙M的半径r,CH的长;
(2)如图2所示,弦HQ交x轴于点P,且DP:PH=3:2,求cos∠QHC的值;
(3)如图3所示,点K为线段EC上一动点(不与E,C重合),连接BK交⊙M于点T,弦AT交x轴于点N.是否存在一个常数a,始终满足MN•MK=a,如果存在,请求出a的值;如果不存在,请说明理由.
(1)请直接写出OE,⊙M的半径r,CH的长;
(2)如图2所示,弦HQ交x轴于点P,且DP:PH=3:2,求cos∠QHC的值;
(3)如图3所示,点K为线段EC上一动点(不与E,C重合),连接BK交⊙M于点T,弦AT交x轴于点N.是否存在一个常数a,始终满足MN•MK=a,如果存在,请求出a的值;如果不存在,请说明理由.
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答案和解析
(1)在直线y=-x-中,令y=0,可求得E的坐标,即可得到OE的长为5;连接MH,根据△EMH与△EFO相似即可求得半径为2;再由EC=MC=2,∠EHM=90°,可知CH是RT△EHM斜边上的中线,根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得出CH的长;
(2)连接DQ、CQ.根据相似三角形的判定得到△CHP∽△QDP,从而求得DQ的长,在直角三角形CDQ中,即可求得∠D的余弦值,即为cos∠QHC的值;
(3)连接AK,AM,延长AM,与圆交于点G,连接TG,由圆周角定理可知,∠GTA=90°,∠3=∠4,故∠AKC=∠MAN,再由△AMK∽△NMA即可得出结论.
【解析】
(1)∵直线y=-x-中,令y=0,则x=-5,即OE=5;
令x=0,则y=-,故F点坐标为(0,-),
∴EF==,
∵M(-1,0),
∴EM=4,
∵∠E=∠E,∠AOE=∠EHM,
∴△EMH∽△EFO,
∴=,即=,
∴r=2;
∵CH是RT△EHM斜边上的中线,
∴CH=EM=2.
(2)连接DQ、CQ.
∵∠CHP=∠D,∠CPH=∠QPD,
∴△CHP∽△QDP.
∴CH:DQ=HP:PD=2:3,
∴DQ=3.
∴cos∠QHC=cos∠D=.
(3)如图3,连接AK,AM,延长AM,与圆交于点G,连接TG,则∠GTA=90°,
∴∠MAN+∠4=90°,
∵∠3=∠4
∴∠MAN+∠3=90°
由于∠BKO+∠3=90°,故∠BKC=∠MAN;
而∠BKC=∠AKC,
∴∠AKC=∠2,
在△AMK和△NMA中,∠AKC=∠MAN;∠AMK=∠NMA,
故△MAK∽△MNA,
=;
即:MN•MK=AM2=4,
故存在常数a,始终满足MN•MK=a,
常数a=4.
(2)连接DQ、CQ.根据相似三角形的判定得到△CHP∽△QDP,从而求得DQ的长,在直角三角形CDQ中,即可求得∠D的余弦值,即为cos∠QHC的值;
(3)连接AK,AM,延长AM,与圆交于点G,连接TG,由圆周角定理可知,∠GTA=90°,∠3=∠4,故∠AKC=∠MAN,再由△AMK∽△NMA即可得出结论.
【解析】
(1)∵直线y=-x-中,令y=0,则x=-5,即OE=5;
令x=0,则y=-,故F点坐标为(0,-),
∴EF==,
∵M(-1,0),
∴EM=4,
∵∠E=∠E,∠AOE=∠EHM,
∴△EMH∽△EFO,
∴=,即=,
∴r=2;
∵CH是RT△EHM斜边上的中线,
∴CH=EM=2.
(2)连接DQ、CQ.
∵∠CHP=∠D,∠CPH=∠QPD,
∴△CHP∽△QDP.
∴CH:DQ=HP:PD=2:3,
∴DQ=3.
∴cos∠QHC=cos∠D=.
(3)如图3,连接AK,AM,延长AM,与圆交于点G,连接TG,则∠GTA=90°,
∴∠MAN+∠4=90°,
∵∠3=∠4
∴∠MAN+∠3=90°
由于∠BKO+∠3=90°,故∠BKC=∠MAN;
而∠BKC=∠AKC,
∴∠AKC=∠2,
在△AMK和△NMA中,∠AKC=∠MAN;∠AMK=∠NMA,
故△MAK∽△MNA,
=;
即:MN•MK=AM2=4,
故存在常数a,始终满足MN•MK=a,
常数a=4.
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