分析 (1)连接BE,由正方形的性质得出∠BAD=∠BAC=45°,由圆周角定理得出∠AEB=90°,证出△ABE是等腰直角三角形,由勾股定理得出AE=BE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AB=2$\sqrt{2}$;(2)①连接OA、OF,则OA=OF=2,证出∠OAF=90°-30°=60°,得出△OAF是等边三角形,即可得出AF=OA=2;
②证出∠NAM=90°,即AM⊥AN,得出AM过点O,设AM交⊙O于G,连接FG,过点O作OH⊥DM于H,由三角函数求出AF=AGcos∠DAM=2$\sqrt{3}$,在Rt△ADM中,求出AM=$\frac{8\sqrt{3}}{3}$,得出OM=AM-OA=$\frac{8\sqrt{3}}{3}$-2,在Rt△OHM中,由三角函数求出OH=4-$\sqrt{3}$,得出OH-OA=2-$\sqrt{3}$>0,得出OH>OA,即可证出DM与⊙O相离;
③当α=90°时,AD⊥AN,AD过圆心O,即可得出结论.
解答 解:(1)连接BE,如图1所示:
∵四边形ABCD是正方形,
∴∠BAD=∠BAC=45°,
∵AB是⊙O的直径,
∴∠AEB=90°,
∴△ABE是等腰直角三角形,
∴AE=BE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AB=2$\sqrt{2}$;
故答案为:2$\sqrt{2}$;
(2)①连接OA、OF,如图3所示:
则OA=OF=2,
∵α=30°,
∴∠OAF=90°-30°=60°,
∴△OAF是等边三角形,
∴AF=OA=2;
②∵α=60°,∠DAN=30°,
∴∠NAM=90°,即AM⊥AN,
∴AM过点O,
设AM交⊙O于G,连接FG,过点O作OH⊥DM于H,如图4所示:
∴∠AFG=90°,∠OHM=90°,
∵AG=4,
∴AF=AGcos∠DAM=4×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=2$\sqrt{3}$;
DM与⊙O相离,理由如下:
在Rt△ADM中,AM=$\frac{AD}{cos30°}$=$\frac{4}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$=$\frac{8\sqrt{3}}{3}$,
∴OM=AM-OA=$\frac{8\sqrt{3}}{3}$-2,
在Rt△OHM中,OH=OM•sin∠OMH=($\frac{8\sqrt{3}}{3}$-2)×sin60°=4-$\sqrt{3}$,
∵OH-OA=4-$\sqrt{3}$-2=2-$\sqrt{3}$>0,
∴OH>OA,
∴DM与⊙O相离;
③当α=90°时,DM与⊙O相切.理由如下:
当α=90°时,AD⊥AN,AD过圆心O,
∵AD⊥DM,
∴DM与⊙O相切;
故答案为:90.
点评 本题是圆的综合题目,考查了正方形的性质、圆周角定理、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、等边三角形的判定与性质、三角函数、直线与圆的位置关系、切线的判定等知识;本题综合性强,有一定难度.
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分数段 | 频数 | 频率 |
80≤x<85 | a | 0.2 |
85≤x<90 | 80 | 0.4 |
90≤x<95 | 60 | b |
95≤x<100 | 20 | 0.1 |
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整理情况 | 频数 | 频率 |
非常好 | 0.21 | |
较好 | 70 | 0.35 |
一般 | m | |
不好 | 36 |
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科目:初中数学 来源: 题型:选择题
A. | 5×102吨 | B. | 5×106吨 | C. | 5×107吨 | D. | 5×108吨 |
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A. | (a+b)2=a2+b2 | B. | (2a2)3=6a6 | C. | a3•a2=a6 | D. | $\sqrt{12}$-$\sqrt{3}$=$\sqrt{3}$ |
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科目:初中数学 来源: 题型:选择题
A. | 四边都相等的四边形是矩形 | |
B. | 菱形的对角线相等 | |
C. | 对角线互相垂直的平行四边形是正方形 | |
D. | 对角线相等的平行四边形是矩形 |
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