1)连接OB,
∵AB=OC,OB=OC(都是半径),
∴OB=AB,∴∠BOA=∠BAO=∠A,
∵OE=OB,∴∠OEB=∠OBE=∠BOA+∠BAO=2∠A,
∴∠EOD=∠OEB+∠A=2∠A+∠A=3∠A=72°
∴3∠A=72°,
∴∠A=24°.
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[注]这里反复使用了一个简单结论：三角形外角等于与它不相邻的两个内角之和
2)证：连接OA,OB,OC,
∵ON⊥AC,OA=OC(都是半径),
∴NA=NC,∴CN=1/2*CA,
∵OM⊥BC,OB=OC(都是半径),
∴MB=MC,∴CM=1/2*CB,
∴CN:CA=CM:CM=1:2
∵∠NCM=∠ACB=∠C
∴△NCM∽△ACB(SAS)
∴NM‖AB且NM:AB=1:2
∴NM=1/2*AB
证毕.
3)证：任取直线l与直线外一点P,由几何公理得存在一条直线i使得i⊥l；由于i不平行于l,所以由几何公理得i与l有且仅有一个交点,设此交点为A,则PA⊥l,
假设过P存在异于i的直线j使得j⊥l,易得在直线l上存在点B为j与l的交点,使得PB⊥l；由于i≠j且i与j已经有交点P,所以B≠A(因为若非如此就有i=j,因为由几何公理得两点P,A确定一条直线所以i,j重合).
∵线段AB在l上,且P不在l上,
∴P与AB不共线,
∴可以连接PA,PB使得PAB构成一个三角形,
∵PAB为三角形,
∴∠P+∠A+∠B=180°且∠P,∠A,∠B＞0°
∵PA,PB⊥l,∴PA,PB⊥AB,
∴∠PAB=∠PBA=90°即∠A=∠B=90°,
∴∠P=180°-(∠A+∠B)=0°而这与∠P＞0°矛盾,
∴假设不成立,这就证明了过任一直线外一点有且只有一条直线与一只直线垂直.
证毕.
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[注意]题目条件前提部分为了严谨应加入“同一平面内”,即“同一平面内,过直线外一点有且只有一条直线与一只直线垂直”,因为过3维空间的直线外一点有无数条直线与给定直线垂直,在非欧几何中该命题也不成立.
4)∵菱形对角线互相垂直平分,
∴AC⊥BD且OA=OC,OD=OB,
∴AO=1/2*AC=1/2*8=4(cm)且∠AOB=90°,
∴BO=√(AB^2-AO^2)√(5^2-4^2)=3(cm)(由△AOB为Rt三角形得AB^2=AO^2+BO^2),
∵ABCD为菱形,所以ABCD中心O到四边距离都相等,过O作OE⊥AB,
∵面积S(△AOB)=1/2*OE*AB=1/2*AO*BO,
∴OE=AO×BO÷AB=4×3÷5=12/5=2.4＞2,
∴2cm位半径的圆与菱形四边都不交.
由前述分析得,以O点为圆心的圆,半径为2.4时,圆O与菱形的四边都相切.
5)
(1)设OB=x,则OD=OB=x,故OC=OD+CD=x+1,
∵△OBC为直角三角形,所以OB^2+BC^2=OC^2,
∴√3^2+x^2=(x+1)^2,解得x=1,
∴OB=x=1,故圆O半径长度为1.
(2)DF与圆O相切.证明如下：
∵F为BE的中点,∴BF=1/2*BE,
∵OB=OA,∴BO=1/2*BA,
∴OF平行且等于1/2*AC(由SAS得△BOF∽△BAC),
∴∠DOF=∠ODA,∠BOF=∠A,
∵∠ODA=∠A(∵OD=OA),
∴∠DOF=∠BOF,
又∵OD=OB,OF=OF,
∴△DOF≌△BOF(SAS),
∴∠ODF=∠OBF=90°,
∴DF⊥OD,
∴DF与圆O相切
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[注意]千万不能用第(1)小问的结论“OB=1,CO=2,∠C=30°,∠COB=60°”,一方面条件“若BC=根号√3,CD=1”只适用于第(1)小问,一方面第二问结论完全可以不依赖第一问的条件独立推出,是更一般性的结论.
6)证：连接BO,
∵PA,PA为圆O切线,∴∠OAP=∠OBP=90°,
又∵OA=OB,OP=OP,
∴△OAP≌△OBP(SAS),
∴∠AOP=∠BOP,∴∠AOB=∠AOP+∠BOP=2∠BOP,
∴π=∠AOC=∠AOB+∠COB=2∠BOP+∠COB,
又∵π=∠C+∠OBC+∠COB=2∠OBC+∠COB(∵OC=OB易得∠C=∠OBC),
∴2∠BOP+∠COB=2∠OBC+∠COB,
∴∠BOP=∠OBC,
∴OP‖BC.证毕.
7)
(1)连接OD,OE,OF,设圆O半径长为r,由O为△ABC内切圆易得OD=OE=OF=r;已知△ABC周长L=8(cm),面积为S=12(cm^2),
∵L=AB+BC+CA,
S=S(△ABC)=S(△AOB)+S(△BOC)+S(△COA)=1/2*AB*OE+1/2*BC*OF+1/2*CA*OD=1/2*(AB+BC+CA)*r,
∴S=1/2*L*r,
∴r=2S/L=2*12/8=3(cm),
∴圆O半径长为3cm.
(2)S,l,r关系为S=1/2*Lr,证明直接包含在(1)推导过程中.
8)
(1)过D做DE⊥AC,
∵AD‖BC,∴∠ADC+∠BC