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文檔簡介

垂徑定理-十大題型【知識點1垂徑定理及其推論】(1)垂徑定理

垂直于弦的直徑平分這條弦,并且平分弦所對的兩條?。?/p>

(2)垂徑定理的推論

推論1:平分弦(不是直徑)的直徑垂直于弦,并且平分弦所對的兩條?。?/p>

推論2:弦的垂直平分線經(jīng)過圓心,并且平分弦所對的兩條弧.

推論3:平分弦所對一條弧的直徑,垂直平分弦,并且平分弦所對的另一條?。绢}型1利用垂徑定理求線段長度】【例1】(雨花區(qū)校級開學(xué))如圖,⊙O的半徑OD⊥弦AB交AB于點C,連接AO并延長交⊙O于點E,連接EC.若AB=8,EC=213,則CD的長為()A.1 B.3 C.2 D.4【變式1-1】(寧津縣二模)如圖,已知圓O的半徑為10,AB⊥CD,垂足為P,且AB=CD=16,則OP的長為()A.6 B.62 C.8 D.【變式1-2】(建華區(qū)二模)如圖,⊙O的直徑AB與弦CD相交于點E,若AE=5,EB=1,∠AEC=30°,則CD的長為()A.5 B.23 C.42 D.2【變式1-3】(徐匯區(qū)校級期中)如圖,AB是⊙O的弦,D為半徑OA的中點,過D作CD⊥OA交弦AB于點E,且CE=CB,若BE=2AE,CD=5,那么⊙O的半徑為.【題型2利用垂徑定理求角度】【例2】(泰安模擬)如圖,⊙O的半徑OA,OB,且OA⊥OB,連接AB.現(xiàn)在⊙O上找一點C,使OA2+AB2=BC2,則∠OAC的度數(shù)為()A.15°或75° B.20°或70° C.20° D.30°【變式2-1】(天心區(qū)期中)如圖,已知⊙O半徑OA=4,點B為圓上的一點,點C為劣弧AB上的一動點,CD⊥OA,CE⊥OB,連接DE,要使DE取得最大值,則∠AOB等于()A.60° B.90° C.120° D.135°【變式2-2】(青田縣期末)如圖,在⊙O中,半徑OC過弦AB的中點E,OC=2,OE=2(1)求弦AB的長;(2)求∠CAB的度數(shù).【變式2-3】(開州區(qū)期末)如圖,在⊙O中,弦BC與半徑OA垂直于點D,連接AB、AC.點E為AC的中點,連接DE.(1)若AB=6,求DE的長;(2)若∠BAC=100°,求∠CDE的度數(shù).【題型3利用垂徑定理求最值】【例3】(威海模擬)⊙O中,點C為弦AB上一點,AB=1,CD⊥OC交⊙O于點D,則線段CD的最大值是()A.12 B.1 C.32【變式3-1】(河北模擬)如圖所示,在⊙O中,AB為弦,OC⊥AB交AB于點D.且OD=DC.P為⊙O上任意一點,連接PA,PB,若⊙O的半徑為1,則S△PAB的最大值為()A.1 B.233 C.33【變式3-2】(龍鳳區(qū)校級期末)如圖,矩形ABCD中,AB=20,AD=15,P,Q分別是AB,AD邊上的動點,PQ=16,以PQ為直徑的⊙O與BD交于點M,N,則MN的最大值為.【變式3-3】(延平區(qū)校級期末)在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=3,AC=4,D、E分別是AC、BC上的一點,且DE=3,若以DE為直徑的圓與斜邊AB相交于M、N,則MN的最大值為()A.910 B.65 C.85【題型4利用垂徑定理求取值范圍】【例4】(包河區(qū)校級二模)如圖,在⊙O中,直徑AB=10,CD⊥AB于點E,CD=8.點F是弧BC上動點,且與點B、C不重合,P是直徑AB上的動點,設(shè)m=PC+PF,則m的取值范圍是()A.8<m≤45 B.45<m≤10 C.8<m≤10 D.6<m【變式4-1】(佛山)如圖,⊙O的直徑為10cm,弦AB=8cm,P是弦AB上的一個動點,求OP的長度范圍.【變式4-2】(鹽都區(qū)校級月考)如圖,點P是⊙O內(nèi)一定點.(1)過點P作弦AB,使點P是AB的中點(不寫作法,保留作圖痕跡);(2)若⊙O的半徑為13,OP=5,①求過點P的弦的長度m范圍;②過點P的弦中,長度為整數(shù)的弦有條.【變式4-3】(天河區(qū)校級期中)已知⊙O的半徑為5,點O到弦AB的距離OH=3,點P是圓上一動點,設(shè)過點P且與AB平行的直線為l,記直線AB到直線l的距離為d.(1)求AB的長;(2)如果點P只有兩個時,求d的取值范圍;(3)如果點P有且只有三個時,求連接這三個點所得到的三角形的面積.【題型5利用垂徑定理求整點】【例5】(山海關(guān)區(qū)一模)已知⊙O的直徑CD=10,CD與⊙O的弦AB垂直,垂足為M,且AM=4.8,則直徑CD上的點(包含端點)與A點的距離為整數(shù)的點有()A.1個 B.3個 C.6個 D.7個【變式5-1】(新昌縣期末)如圖,AB是⊙O的弦,OC⊥AB于點C,連接OB,點P是半徑OB上任意一點,連接AP,若OB=5,OC=3,則AP的長不可能是()A.6 B.7 C.8 D.9【變式5-2】(橋西區(qū)校級模擬)如圖,AB是⊙C的弦,直徑MN⊥AB于點O,MN=10,AB=8,如圖以O(shè)為原點建立坐標系.我們把橫縱坐標都是整數(shù)的點叫做整數(shù)點,則線段OC長是3,⊙C上的整數(shù)點有個.【變式5-3】(肇東市期末)已知⊙O的半徑為5,點O到弦AB的距離為3,則⊙O上到弦AB所在直線的距離為2的點有()A.4個 B.3個 C.2個 D.1個【題型6利用垂徑定理求面積】【例6】(武漢模擬)如圖,在半徑為1的⊙O中有三條弦,它們所對的圓心角分別為60°,90°,120°,那么以這三條弦長為邊長的三角形的面積是()A.2 B.1 C.32 D.【變式6-1】(黃州區(qū)校級月考)如圖,矩形MNGH的四個頂點都在⊙O上,順次連接矩形各邊的中點,得到菱形ABCD,若BD=12,DF=4,則菱形ABCD的面積為.【變式6-2】(西城區(qū)校級期中)如圖,AB為⊙O直徑,過點O作OD⊥BC于點E,交⊙O于點D,CD∥AB.(1)求證:E為OD的中點;(2)若CB=6,求四邊形CAOD的面積.【變式6-3】(新洲區(qū)模擬)如圖,點A,C,D均在⊙O上,點B在⊙O內(nèi),且AB⊥BC于點B,BC⊥CD于點C,若AB=4,BC=8,CD=2,則⊙O的面積為()A.125π4 B.275π4 C.125π9【題型7垂徑定理在格點中的運用】【例7】(襄都區(qū)校級期末)如圖所示,一圓弧過方格的格點AB,試在方格中建立平面直角坐標系,使點A的坐標為(0,4),則該圓弧所在圓的圓心坐標是()A.(﹣1,2) B.(1,﹣1) C.(﹣1,1) D.(2,1)【變式7-1】(海門市期中)如圖所示,⊙P過B、C兩點,寫出⊙P上的格點坐標.【變式7-2】(商城縣三模)如圖所示的網(wǎng)格中,每個小正方形的邊長均為1,點A、B、C均在小正方形的頂點上,點C同時也在AB上,若點P是BC的一個動點,則△ABP面積的最大值是.【變式7-3】(靖江市校級月考)如圖,在單位長度為1的正方形網(wǎng)格中建立一直角坐標系,一條圓弧經(jīng)過網(wǎng)格點A、B、C,請在網(wǎng)格圖中進行下列操作(以下結(jié)果保留根號):(1)利用網(wǎng)格作出該圓弧所在圓的圓心D點的位置,并寫出D點的坐標為;(2)連接AD、CD,則⊙D的半徑為,∠ADC的度數(shù).【題型8垂徑定理在坐標系中的運用】【例8】(博山區(qū)一模)如圖,在平面直角坐標系中,半徑為5的⊙E與y軸交于點A(0,﹣2),B(0,4),與x軸交于C,D,則點D的坐標為()A.(4?26,0) B.(?4+26,0) C.【變式8-1】(西林縣期末)如圖,⊙P與y軸交于點M(0,﹣4),N(0,﹣10),圓心P的橫坐標為﹣4.則⊙P的半徑為()A.3 B.4 C.5 D.6【變式8-2】(印江縣三模)如圖,直線l為y=x,過點A1(1,0)作A1B1⊥x軸,與直線l交于點B1,以原點O為圓心,OB1長為半徑畫圓弧交x軸于點A2;再作A2B2⊥x軸,交直線l于點B2,以原點O為圓心,OB2長為半徑畫圓弧交x軸于點A3;…,按此作法進行下去,則點A2022的坐標為.【變式8-3】(宜春模擬)如圖,半徑為5的⊙P與y軸交于點M(0,﹣4),N(0,﹣10),函數(shù)y=﹣2x+m圖象過點P,則m=.【題型9垂徑定理與分類討論中的綜合運用】【例9】(化德縣校級期末)⊙O的半徑為10cm,弦AB∥CD,且AB=12cm,CD=16cm,則AB和CD的距離為()A.2cm B.14cm C.2cm或14cm D.10cm或20cm【變式9-1】(包河區(qū)二模)已知圓O的半徑為5,弦AB=8,D為弦AB上一點,且AD=1,過點D作CD⊥AB,交圓O于C,則CD長為()A.1 B.7 C.8或1 D.7或1【變式9-2】(方正縣期末)如圖,⊙O的弦AB與半徑OC垂直,點D為垂足,OD=DC,AB=23,點E在⊙O上,∠EOA=30°,則△EOC的面積為.【變式9-3】(淮南月考)如圖,已知⊙O的半徑為2.弦AB的長度為2,點C是⊙O上一動點,若△ABC為等腰三角形,則BC2的長為.【題型10垂徑定理的應(yīng)用】【例10】(武昌區(qū)校級期末)某地有一座圓弧形拱橋,它的跨度(弧所對的弦的長)24m,拱高(弧的中點到弦的距離)4米,則求拱橋的半徑為()A.16m B.20m C.24m D.28m【變式10-1】(望城區(qū)模擬)《九章算術(shù)》是我國古代著名數(shù)學(xué)經(jīng)典,其中對勾股定理的論述比西方早一千多年,其中有這樣一個問題:“今有圓材埋在壁中,不知大小.以鋸鋸之,深一寸,鋸道長一尺.問徑幾何?”其意為:今有一圓柱形木材,埋在墻壁中,不知其大小,用鋸去鋸該材料,鋸口深1寸,鋸道長1尺.如圖,已知弦AB=1尺,弓形高CD=1寸,(注:1尺=10寸)問這塊圓柱形木材的直徑是()A.13寸 B.6.5寸 C.26寸 D.20寸【變式10-2】(西城區(qū)校級期中)京西某游樂園的摩天輪采用了國內(nèi)首創(chuàng)的橫梁結(jié)構(gòu),風(fēng)格更加簡約.如圖,摩天輪直徑88米,最高點A距離地面100米,勻速運行一圈的時間是18分鐘.由于受到周邊建筑物的影響,乘客與地面的距離超過34米時,可視為最佳觀賞位置,在運行的一圈里最佳觀賞時長為分鐘.【變式10-3】(浙江)如圖,公園內(nèi)有一個半徑為20米的圓形草坪,A,B是圓上的點,O為圓心,∠AOB=120°,從A到B只有路AB,一部分市民為走“捷徑”,踩壞了花草,走出了一條小路AB.通過計算可知,這些市民其實僅僅少走了步(假設(shè)1步為0.5米,結(jié)果保留整數(shù)).(參考數(shù)據(jù):3≈

垂徑定理-十大題型(解析版)【知識點1垂徑定理及其推論】(1)垂徑定理

垂直于弦的直徑平分這條弦,并且平分弦所對的兩條?。?/p>

(2)垂徑定理的推論

推論1:平分弦(不是直徑)的直徑垂直于弦,并且平分弦所對的兩條?。?/p>

推論2:弦的垂直平分線經(jīng)過圓心,并且平分弦所對的兩條弧.

推論3:平分弦所對一條弧的直徑,垂直平分弦,并且平分弦所對的另一條弧.【題型1利用垂徑定理求線段長度】【例1】(雨花區(qū)校級開學(xué))如圖,⊙O的半徑OD⊥弦AB交AB于點C,連接AO并延長交⊙O于點E,連接EC.若AB=8,EC=213,則CD的長為()A.1 B.3 C.2 D.4【分析】由垂徑定理得出AC=BC=4,連接BE,由∠CBE=90°及CE長度求出BE=6,在Rt△ABE中求出AE=10,從而得出半徑OA=OD=5,再在Rt△AOC中求出OC,從而得出答案.【解答】解:∵OD⊥AB,AB=8,∴AC=BC=4,如圖,連接BE,∵AE是⊙O的直徑,∴∠ABE=90°,∵CE=213,∴BE=C則AE=A∴AO=OD=5,在Rt△AOC中,OC=A則CD=OD﹣OC=2,故選:C.【變式1-1】(寧津縣二模)如圖,已知圓O的半徑為10,AB⊥CD,垂足為P,且AB=CD=16,則OP的長為()A.6 B.62 C.8 D.【分析】根據(jù)題意作出合適的輔助線,然后根據(jù)垂徑定理、勾股定理即可求得OP的長,本題得以解決.【解答】解:作OE⊥AB交AB與點E,作OF⊥CD交CD于點F,如右圖所示,則AE=BE,CF=DF,∠OFP=∠OEP=90°,又∵圓O的半徑為10,AB⊥CD,垂足為P,且AB=CD=16,∴∠FPE=90°,OB=10,BE=8,∴四邊形OEPF是矩形,OE=6,同理可得,OF=6,∴EP=6,∴OP=6故選:B.【變式1-2】(建華區(qū)二模)如圖,⊙O的直徑AB與弦CD相交于點E,若AE=5,EB=1,∠AEC=30°,則CD的長為()A.5 B.23 C.42 D.2【分析】因為∠AED=30°,可過點O作OF⊥CD于F,構(gòu)成直角三角形,先求得⊙O的半徑為3,進而求得OE=3﹣1=2,根據(jù)30°角所對的直角邊等于斜邊的一半,得出OF=12OE=1,再根據(jù)勾股定理求得DF的長,然后由垂徑定理求出【解答】解:過點O作OF⊥CD于F,連接DO,∵AE=5,BE=1,∴AB=6,∴⊙O的半徑為3,∴OE=3﹣1=2.∵∠AEC=30°,∴OF=1,∴CF=22,∴CD=2CF=42,故選:C.【變式1-3】(徐匯區(qū)校級期中)如圖,AB是⊙O的弦,D為半徑OA的中點,過D作CD⊥OA交弦AB于點E,且CE=CB,若BE=2AE,CD=5,那么⊙O的半徑為23.【分析】先證明△AFO和△BCE是等邊三角形,設(shè)DE=x,根據(jù)CD=5列方程,求出x得到AD=3【解答】解:如圖,記DC與⊙O交于點F,連接AF、OF、OB,過點C作CT⊥AB于點T,連接OE,OT.∵D為半徑OA的中點,CD⊥OA,∴FD垂直平分AO,∴FA=FO,又∵OA=OF,∴△AOF是等邊三角形,∴∠OAF=∠AOF=∠AFO=60°,∵CE=CB,CT⊥EB,∴ET=TB,∵BE=2AE,∴AE=ET=BT,∵AD=OD,∴DE∥OT,∴∠AOT=∠ADE=90°,∴OE=AE=ET,∵OA=OB,∴∠OAE=∠OBT,∵AO=BO,AE=BT,∴△AOE≌△BOT(SAS),∴OE=OT,∴OE=OT=ET,∴∠ETO=60°,∴∠OAB=∠OBA=30°,∠AED=∠CEB=60°,∴△CEB是等邊三角形,∴CE=CB=BE,設(shè)DE=x,∴AE=2x,BE=CE=4x,∴CD=5x=5,∴x=1,∴AD=3∴AO=23.故答案為:23.【題型2利用垂徑定理求角度】【例2】(泰安模擬)如圖,⊙O的半徑OA,OB,且OA⊥OB,連接AB.現(xiàn)在⊙O上找一點C,使OA2+AB2=BC2,則∠OAC的度數(shù)為()A.15°或75° B.20°或70° C.20° D.30°【分析】設(shè)圓的半徑是r,作直徑BD,作BC關(guān)于直徑BD的對稱線段BE,連接EC,BE,ED,AC,再由直角三角形的性質(zhì)即可解答.【解答】解:如圖,設(shè)圓的半徑是r,則AO=r,BO=r,作直徑BD,作BC⊙O的弦BC,使∠DBC=30°,作BC關(guān)于直徑BD的對稱線段BE,連接EC,BE,ED,AC,直角△BED中,可以得∠EBD=30°,∵線段BE與線段BC關(guān)于直線BD對稱,∴BC=BE,∴BD垂直平分線段CE,∴DE=∴∠CBD=30°而∠BCA=12∠在△ABC中,∠OAC=180°﹣∠ABO﹣∠CBD﹣∠ACB﹣∠BAO=15°.同理,當(dāng)E為C時,∠OAC=75°.故∠OAC的度數(shù)為15°或75°.故選:A.【變式2-1】(天心區(qū)期中)如圖,已知⊙O半徑OA=4,點B為圓上的一點,點C為劣弧AB上的一動點,CD⊥OA,CE⊥OB,連接DE,要使DE取得最大值,則∠AOB等于()A.60° B.90° C.120° D.135°【分析】如圖,延長CD交⊙O于P,延長CE交⊙O于T,連接PT.根據(jù)垂徑定理以及三角形的中位線定理,可得DE=12PT,當(dāng)PT是直徑時,DE的長最大,再證明∠【解答】解:如圖,延長CD交⊙O于P,延長CE交⊙O于T,連接PT.∵OA⊥PC,OB⊥CT,∴CD=DP,CE=TE,∴DE=12∴當(dāng)PT是直徑時,DE的長最大,連接OC,∵OP=OC=OT,OD⊥PC,OE⊥CT,∴∠COD=∠POA,∠COB=∠BOT,∴∠AOB=∠COA+∠COB=12∠故選:B.【變式2-2】(青田縣期末)如圖,在⊙O中,半徑OC過弦AB的中點E,OC=2,OE=2(1)求弦AB的長;(2)求∠CAB的度數(shù).【分析】(1)連接OB,先由垂徑定理得OC⊥AB,AE=BE,OB=OC=2,再由勾股定理求出BE=2(2)先證△BOE是等腰直角三角形,得∠BOC=45°,再由圓周角定理即可求解.【解答】解:(1)連接OB,如圖所示:∵半徑OC過弦AB的中點E,∴OC⊥AB,AE=BE,OB=OC=2,∴BE=O∴AB=2BE=22;(2)由(1)得:BE=OE,OC⊥AB,∴△BOE是等腰直角三角形,∴∠BOC=45°,∴∠CAB=12∠【變式2-3】(開州區(qū)期末)如圖,在⊙O中,弦BC與半徑OA垂直于點D,連接AB、AC.點E為AC的中點,連接DE.(1)若AB=6,求DE的長;(2)若∠BAC=100°,求∠CDE的度數(shù).【分析】(1)根據(jù)垂徑定理得到AB=AC,則AC=AB=6,然后根據(jù)直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)得到(2)利用等腰三角形的性質(zhì)和三角形的內(nèi)角和計算出∠C=40°,然后利用ED=EC得到∠CDE=∠C=40°.【解答】解:(1)∵BC⊥OA,∴AB=AC,∠∴AC=AB=6,∵點E為AC的中點,∴DE=12(2)∵AB=AC,∴∠B=∠C,∵∠BAC=100°,∴∠C=1∵點E為AC的中點,∴ED=EC,∴∠CDE=∠C=40°.【題型3利用垂徑定理求最值】【例3】(威海模擬)⊙O中,點C為弦AB上一點,AB=1,CD⊥OC交⊙O于點D,則線段CD的最大值是()A.12 B.1 C.32【分析】因為CD⊥OC交⊙O于點D,連接OD,△OCD是直角三角形,則CD=OD2?OC2,因為半徑【解答】解:連接OD,∵CD⊥OC交⊙O于點D,∴△OCD是直角三角形,根據(jù)勾股定理得CD=O∵半徑OD是定值,∴當(dāng)OC⊥AB時,線段OC最小,此時D與B重合,CD=OB∵OC⊥AB,∴AC=BC=12AB∴CD=OB2故選:A.【變式3-1】(河北模擬)如圖所示,在⊙O中,AB為弦,OC⊥AB交AB于點D.且OD=DC.P為⊙O上任意一點,連接PA,PB,若⊙O的半徑為1,則S△PAB的最大值為()A.1 B.233 C.33【分析】連接OA,如圖,利用垂徑定理得到AD=BD,AC=BC,再根據(jù)OD=DC可得到OD=12OA=12,所以AD=32,由勾股定理,則AB=3.△PAB底AB不變,當(dāng)高越大時面積越大,即P點到AB距離最大時,△APB的面積最大.則當(dāng)點P為AB所在優(yōu)弧的中點時,此時PD【解答】解:連接OA,如圖,∵OC⊥AB,∴AD=BD,∵OD=DC,∴OD=12OA∴AD=OA2?OD2當(dāng)點P為AB所對的優(yōu)弧的中點時,△APB的面積最大,此時PD=PO+OD=1+1∴△APB的面積的最大值為=1故選:C.【變式3-2】(龍鳳區(qū)校級期末)如圖,矩形ABCD中,AB=20,AD=15,P,Q分別是AB,AD邊上的動點,PQ=16,以PQ為直徑的⊙O與BD交于點M,N,則MN的最大值為83.【分析】過A點作AH⊥BD于H,連接OM,如圖,先利用勾股定理計算出BD=25,則利用面積法可計算出AH=36,再證明點O在AH上時,OH最短,此時HM有最大值,最大值為43,然后根據(jù)垂徑定理可判斷MN的最大值.【解答】解:過A點作AH⊥BD于H,連接OM,如圖:∵四邊形ABCD是矩形,∴∠BAD=90°,在Rt△ABD中,BD=A∵12×AH×BD=12∴AH=20×15∵⊙O的直徑為16,∴⊙O的半徑為8,∴點O在AH上時,OH最短,∵HM=O∴此時HM有最大值,OH=AH﹣OA=4,則最大值為82?4∵OH⊥MN,∴MN=2MH,∴MN的最大值為2×43=83故答案為:83.【變式3-3】(延平區(qū)校級期末)在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=3,AC=4,D、E分別是AC、BC上的一點,且DE=3,若以DE為直徑的圓與斜邊AB相交于M、N,則MN的最大值為()A.910 B.65 C.85【分析】由題意可知,C、O、G三點在一條直線上OG最小,MN最大,再由勾股定理求得AB,然后由三角形面積求得CF,最后由垂徑定理和勾股定理即可求得MN的最大值.【解答】解:過O作OG⊥AB于G,連接OC、OM,∵DE=3,∠ACB=90°,OD=OE,∴OC=12DE只有C、O、G三點在一條直線上OG最小,∵OM=3∴只有OG最小,GM才能最大,從而MN有最大值,過C作CF⊥AB于F,∴G和F重合時,MN有最大值,∵∠ACB=90°,BC=3,AC=4,∴AB=B∵12AC?BC=12AB∴CF=AC×BC∴OG=CF﹣OC=12∴MG=O∴MN=2MG=12故選:D.【題型4利用垂徑定理求取值范圍】【例4】(包河區(qū)校級二模)如圖,在⊙O中,直徑AB=10,CD⊥AB于點E,CD=8.點F是弧BC上動點,且與點B、C不重合,P是直徑AB上的動點,設(shè)m=PC+PF,則m的取值范圍是()A.8<m≤45 B.45<m≤10 C.8<m≤10 D.6<m【分析】連接PD,DF,OC,BD,利用垂徑定理可得AB是CD的垂直平分線,則PC=PD;利用三角形的任意兩邊之和大于第三邊,可得不等式PD+PF≥DF(當(dāng)D,P,F(xiàn)在一條直線上時取等號),結(jié)合圖形即可得出結(jié)論.【解答】解:連接PD,DF,OC,BD,如圖,∵CD⊥AB,BA為⊙O的直徑,∴CE=ED=12∵OC=12∴OE=O∴BE=OE+OB=8.∴BD=BE2∵P是直徑AB上的動點,CD⊥AB,∴AB是CD的垂直平分線,∴PC=PD.∵m=PC+PF,∴m=PD+PF,由圖形可知:PD+PF≥DF(當(dāng)D,P,F(xiàn)在一條直線上時取等號),∵點F是弧BC上動點,且與點B、C不重合,∴DC<DF≤直徑,∴8<m≤10.故選:C.【變式4-1】(佛山)如圖,⊙O的直徑為10cm,弦AB=8cm,P是弦AB上的一個動點,求OP的長度范圍.【分析】過點O作OE⊥AB于點E,連接OB,由垂徑定理可知AE=BE=12AB,再根據(jù)勾股定理求出【解答】解:過點O作OE⊥AB于點E,連接OB,∵AB=8cm,∴AE=BE=12AB=1∵⊙O的直徑為10cm,∴OB=12×∴OE=OB2?∵垂線段最短,半徑最長,∴3cm≤OP≤5cm.【變式4-2】(鹽都區(qū)校級月考)如圖,點P是⊙O內(nèi)一定點.(1)過點P作弦AB,使點P是AB的中點(不寫作法,保留作圖痕跡);(2)若⊙O的半徑為13,OP=5,①求過點P的弦的長度m范圍;②過點P的弦中,長度為整數(shù)的弦有4條.【分析】(1)連接OP并延長,過點P作AB⊥OP即可;(2)①過點P的所有弦中,直徑最長為26,與OP垂直的弦最短,由垂徑定理和勾股定理求出AB=24,即可得出答案;②過P點最長的弦為直徑26,最短的弦24,長度為25的弦有2條,即可得出結(jié)論.【解答】解:(1)如圖1,連接OP并延長,過點P作AB⊥OP,則弦AB即為所求;(2)①過點P的所有弦中,直徑最長為26,與OP垂直的弦最短,連接OA,如圖2所示:∵OP⊥AB,∴AP=BP=O∴AB=2AP=24,∴過點P的弦的長度m范圍為24≤m≤26;②∵過P點最長的弦為直徑26,最短的弦24,∴長度為25的弦有兩條,∴過點P的弦中,長度為整數(shù)的弦共有4條,故答案為:4.【變式4-3】(天河區(qū)校級期中)已知⊙O的半徑為5,點O到弦AB的距離OH=3,點P是圓上一動點,設(shè)過點P且與AB平行的直線為l,記直線AB到直線l的距離為d.(1)求AB的長;(2)如果點P只有兩個時,求d的取值范圍;(3)如果點P有且只有三個時,求連接這三個點所得到的三角形的面積.【分析】(1)連接OA,根據(jù)勾股定理求出AH,根據(jù)垂徑定理得出即可;(2)求出HC和HD的值,結(jié)合圖形得出即可;(3)先找出符合條件時的位置,求出三角形的高和底邊,根據(jù)三角形的面積公式求出即可.【解答】解:(1)連接OA,如圖1,∵點O到弦AB的距離OH=3,∴AB⊥OC,∴∠OHA=90°,AB=2AH,在Rt△AHO中,OA=5,OH=3,由勾股定理得:AH=4,∴AB=2AH=8;(2)延長CO交⊙O于D,如圖2,∵CH=5﹣3=2,HD=5+3=8,∴點P只有兩個時d的取值范圍是2<d<8;(3)如圖3,∵CH=5﹣3=2,HD=5+3=8,∴點P有且只有三個時,d=2,如圖,P在C、E、F處,連接OE,∵OC⊥AB,AB∥EF,∴OC⊥EF,∴EF=2EM,∵OE=5,OM=5﹣2﹣2=1,CM=2+2=4,∴由勾股定理得:EM=52?∴EF=2EM=46,∴S△CEF=12×EF×CM=1即點P有且只有三個時,連接這三個點所得到的三角形的面積是86.【題型5利用垂徑定理求整點】【例5】(山海關(guān)區(qū)一模)已知⊙O的直徑CD=10,CD與⊙O的弦AB垂直,垂足為M,且AM=4.8,則直徑CD上的點(包含端點)與A點的距離為整數(shù)的點有()A.1個 B.3個 C.6個 D.7個【分析】利用勾股定理得出線段AD和AC的長,根據(jù)垂線段的性質(zhì)結(jié)合圖形判斷即可.【解答】解:∵CD是直徑,∴OC=OD=12CD∵AB⊥CD,∴∠AMC=∠AMD=90°,∵AM=4.8,∴OM=5∴CM=5+1.4=6.4,MD=5﹣1.4=3.6,∴AC=4.82+6.∵AM=4.8,∴A點到線段MD的最小距離為4.8,最大距離為6,則A點到線段MD的整數(shù)距離有5,6,A點到線段MC的最小距離為4.8,最大距離為8,則A點到線段MC的整數(shù)距離有5,6,7,8,直徑CD上的點(包含端點)與A點的距離為整數(shù)的點有6個,故選:C.【變式5-1】(新昌縣期末)如圖,AB是⊙O的弦,OC⊥AB于點C,連接OB,點P是半徑OB上任意一點,連接AP,若OB=5,OC=3,則AP的長不可能是()A.6 B.7 C.8 D.9【分析】首先利用勾股定理得出AC的長,求出AB長,再利用三角形邊之間的關(guān)系進而得出AO≤AP≤AB,即可得出答案.【解答】解:連接OA,∵OC⊥AB于點C,OB=5,OC=3,∴BC=5∴AB=2×4=8,∵AO≤AP≤AB,∴5≤AP≤8,∴AP的長度不可能是:9(答案不唯一).故選:D.【變式5-2】(橋西區(qū)校級模擬)如圖,AB是⊙C的弦,直徑MN⊥AB于點O,MN=10,AB=8,如圖以O(shè)為原點建立坐標系.我們把橫縱坐標都是整數(shù)的點叫做整數(shù)點,則線段OC長是3,⊙C上的整數(shù)點有12個.【分析】過C作直徑UL∥x軸,連接AC,根據(jù)垂徑定理求出AO=BO=4,根據(jù)勾股定理求出OC,再得出答案即可.【解答】解:過C作直徑UL∥x軸,連接CA,則AC=1∵MN過圓心C,MN⊥AB,AB=8,∴AO=BO=4,∠AOC=90°,由勾股定理得:CO=A∴ON=5﹣3=2,OM=5+3=8,即A(﹣4,0),B(4,0),M(0,8),N(0,﹣2),同理還有弦QR=AB=8,弦WE=TS=6,且WE、TS、QR都平行于x軸,Q(﹣4,6),R(4,6),W(﹣3,7),E(3,7),T(﹣3,﹣1),S(3,﹣1),U(﹣5,3),L(5,3),即共12個點,故答案為:3;12.【變式5-3】(肇東市期末)已知⊙O的半徑為5,點O到弦AB的距離為3,則⊙O上到弦AB所在直線的距離為2的點有()A.4個 B.3個 C.2個 D.1個【分析】過O點作OC⊥AB,交⊙O于P,由OC=3,OA=5,得到PC=2,即點P到直線AB的距離為2;在直線的另一邊,圓上的點到直線的最遠距離為8,而圓為對稱圖形,則還有兩個點M,N到直線AB的距離為3.【解答】解:過O點作OC⊥AB,交⊙O于P,如圖,∴OC=3,而OA=5,∴PC=2,即點P到直線AB的距離為2;在直線的另一邊,圓上的點到直線的最遠距離為8,而圓為對稱圖形,∴在直線AB的這邊,還有兩個點M,N到直線AB的距離為2.故選:B.【題型6利用垂徑定理求面積】【例6】(武漢模擬)如圖,在半徑為1的⊙O中有三條弦,它們所對的圓心角分別為60°,90°,120°,那么以這三條弦長為邊長的三角形的面積是()A.2 B.1 C.32 D.【分析】連接OA、OB、OC、OD、OE、OF,則△AOB、△COD分別為等邊三角形,等腰直角三角形,進而可得到AB、CD長;再過點O作OH⊥EF于點H,根據(jù)垂徑定理可得EF=2EH,∠EOH=∠FOH=60°,根據(jù)銳角三角形函數(shù)可求出FH,進而可得EF;再根據(jù)AB2+CD2=EF2可判斷以AB、CD、EF為邊的三角形為直角三角形,即可求出其面積.【解答】解:如圖,連接OA、OB、OC、OD、OE、OF,則∠AOB=60°,∠COD=90°,∠EOF=120°,在Rt△COD中,CD=1∵OA=OB,∴△AOB是等邊三角形,∴AB=OA=1,過點O作OH⊥EF于點H,則EF=2EH,∠EOH=∠FOH=60°,∴FH=1×3∴EF=2FH=3∵12+(2)2=(3)2,即∴以AB、CD、EF為邊的三角形為直角三角形,∴其面積為:12故選:D.【變式6-1】(黃州區(qū)校級月考)如圖,矩形MNGH的四個頂點都在⊙O上,順次連接矩形各邊的中點,得到菱形ABCD,若BD=12,DF=4,則菱形ABCD的面積為96.【分析】先連接OH,根據(jù)BD=12得出OD長,那么可得到圓的半徑為OD+DF,利用三角形全等可得菱形邊長等于圓的半徑,再根據(jù)勾股定理求出OA的長,由S菱形ABCD=4S△AOD即可得出結(jié)論.【解答】解:如圖:連接OH,∵BD=12,DF=4∴⊙O的半徑r=OD+DF=12BD+DF∴OH=10在Rt△HOD與Rt△ADO中,OD=OD,AO=HD,∠AOD=∠HDO=90°∴△AOD≌△GDO,∴OH=AD=10,在Rt△AOD中,∵AD=10,OD=6,∴OA=AD∴S菱形ABCD=4S△AOD=4×1故答案為:96.【變式6-2】(西城區(qū)校級期中)如圖,AB為⊙O直徑,過點O作OD⊥BC于點E,交⊙O于點D,CD∥AB.(1)求證:E為OD的中點;(2)若CB=6,求四邊形CAOD的面積.【分析】(1)根據(jù)全等三角形的判定和性質(zhì)以及垂徑定理證明即可;(2)根據(jù)平行四邊形的判定和勾股定理解答即可.【解答】證明:(1)在⊙O中,OD⊥BC于E,∴CE=BE,∵CD∥AB,∴∠DCE=∠B,在△DCE與△OBE中∠DCE=∠BCE=BE∴△DCE≌△OBE(ASA),∴DE=OE,∴E是OD的中點;(2)連接OC,∵AB是⊙O的直徑,∴∠ACB=90°,∵OD⊥BC,∴∠CED=90°=∠ACB,∴AC∥OD,∵CD∥AB,∴四邊形CAOD是平行四邊形,∵E是OD的中點,CE⊥OD,∴OC=CD,∵OC=OD,∴OC=OD=CD,∴△OCD是等邊三角形,∴∠D=60°,∴∠DCE=90°﹣∠D=30°,∴在Rt△CDE中,CD=2DE,∵BC=6,∴CE=BE=3,∵CE2+DE2=CD2=4DE2,∴DE=3,CD=23∴OD=CD=23,∴四邊形CAOD的面積=OD?CE=63.【變式6-3】(新洲區(qū)模擬)如圖,點A,C,D均在⊙O上,點B在⊙O內(nèi),且AB⊥BC于點B,BC⊥CD于點C,若AB=4,BC=8,CD=2,則⊙O的面積為()A.125π4 B.275π4 C.125π9【分析】利用垂徑定理和勾股定理建立方程求出ON,再求出半徑后,根據(jù)圓面積的計算方法進行計算即可.【解答】解:如圖,連接OA、OC,過點O作OM⊥CD于M,MO的延長線于AB延長線交于N,則四邊形BCMN是矩形,∵OM⊥CD,CD是弦,∴CM=DM=12CD=1=∴AN=AB+BN=4+1=5,設(shè)ON=x,則OM=8﹣x,在Rt△AON、Rt△COM中,由勾股定理得,OA2=AN2+ON2,OC2=OM2+CM2,∵OA=OC,∴AN2+ON2=OM2+CM2,即52+x2=(8﹣x)2+12,解得x=5即ON=5∴OA2=52+(52)2=∴S⊙O=π×OA2=125故選:A.【題型7垂徑定理在格點中的運用】【例7】(襄都區(qū)校級期末)如圖所示,一圓弧過方格的格點AB,試在方格中建立平面直角坐標系,使點A的坐標為(0,4),則該圓弧所在圓的圓心坐標是()A.(﹣1,2) B.(1,﹣1) C.(﹣1,1) D.(2,1)【分析】連接AC,作出AB、AC的垂直平分線,其交點即為圓心.【解答】解:如圖所示,連接AC,作出AB、AC的垂直平分線,其交點即為圓心.∵點A的坐標為(0,4),∴該圓弧所在圓的圓心坐標是(﹣1,1).故選:C.【變式7-1】(海門市期中)如圖所示,⊙P過B、C兩點,寫出⊙P上的格點坐標.【分析】根據(jù)同圓的半徑相等可得點P的坐標.【解答】解:由圖形可知:⊙P上的格點坐標為(4,2).【變式7-2】(商城縣三模)如圖所示的網(wǎng)格中,每個小正方形的邊長均為1,點A、B、C均在小正方形的頂點上,點C同時也在AB上,若點P是BC的一個動點,則△ABP面積的最大值是85?8【分析】作AB的垂直平分線交AB于D,交AB于E,圓心為0,則點O在DE上,連接AE、BE,CF⊥OE于F,如圖,設(shè)⊙O的半徑為r,OD=x,利用勾股定理得到r2=x2+42①,r2=(x+2)2+22②,則利用②﹣①可求出得x=2,所以r=25,DE=25?2,然后根據(jù)三角形面積公式,點P點與點E重合時,△ABP【解答】解:作AB的垂直平分線交AB于D,交AB于E,圓心為0,則點O在DE上,連接AE、BE,CF⊥OE于F,如圖,設(shè)⊙O的半徑為r,OD=x,在Rt△BOD中,r2=x2+42①,在Rt△OCF中,r2=(x+2)2+22②,②﹣①得4+4x+4﹣16=0,解得x=2,∴OD=2,∴r=22+∴DE=OE﹣OD=25?∵點P是BC的一個動點,∴點P點與點E重合時,△ABP面積的最大值,最大值為12×8×(25?故答案為:85?【變式7-3】(靖江市校級月考)如圖,在單位長度為1的正方形網(wǎng)格中建立一直角坐標系,一條圓弧經(jīng)過網(wǎng)格點A、B、C,請在網(wǎng)格圖中進行下列操作(以下結(jié)果保留根號):(1)利用網(wǎng)格作出該圓弧所在圓的圓心D點的位置,并寫出D點的坐標為(2,1);(2)連接AD、CD,則⊙D的半徑為13,∠ADC的度數(shù)為90°.【分析】(1)利用網(wǎng)格特點,作AB和BC的垂直平分線,然后根據(jù)垂徑的推論可判定它們的交點為D點,從而得到D點坐標;(2)先利用勾股定理計算出DA、DC、AC,然后利用勾股定理的逆定理證明∠ADC的度數(shù)為90°.【解答】解:(1)如圖,點D為所作,D點坐標為(2,1);(2)AD=22+32=13∵DA2+DC2=AC2,∴△ADC為直角三角形,∠ADC=90°,即⊙D的半徑為13,∠ADC的度數(shù)為90°.故答案為(2,1);13,90°.【題型8垂徑定理在坐標系中的運用】【例8】(博山區(qū)一模)如圖,在平面直角坐標系中,半徑為5的⊙E與y軸交于點A(0,﹣2),B(0,4),與x軸交于C,D,則點D的坐標為()A.(4?26,0) B.(?4+26,0) C.【分析】過O點作EH⊥AB于H,EF⊥CD于F,連接ED,如圖,根據(jù)垂徑定理得到CF=DF,AH=BH=3,所以O(shè)H=1,再利用勾股定理計算出EH=4,則EF=1,OF=4,接著利用勾股定理計算出FD,然后計算出OD,從而得到D點坐標.【解答】解:過O點作EH⊥AB于H,EF⊥CD于F,連接ED,如圖,則CF=DF,AH=BH∵A(0,﹣2),B(0,4),∴AB=6,∴BH=3,∴OH=1,在Rt△BHE中,EH=E∵四邊形EHOF為矩形,∴EF=OH=1,OF=EH=4,在Rt△OEF中,F(xiàn)D=DE2∴OD=FD﹣OF=26?∴D(26?故選:B.【變式8-1】(西林縣期末)如圖,⊙P與y軸交于點M(0,﹣4),N(0,﹣10),圓心P的橫坐標為﹣4.則⊙P的半徑為()A.3 B.4 C.5 D.6【分析】過點P作PD⊥MN,連接PM,由垂徑定理得DM=3,在Rt△PMD中,由勾股定理可求得PM為5即可.【解答】解:過點P作PD⊥MN,連接PM,如圖所示:∵⊙P與y軸交于M(0,﹣4),N(0,﹣10)兩點,∴OM=4,ON=10,∴MN=6,∵PD⊥MN,∴DM=DN=12∴OD=7,∵點P的橫坐標為﹣4,即PD=4,∴PM=P即⊙P的半徑為5,故選:C.【變式8-2】(印江縣三模)如圖,直線l為y=x,過點A1(1,0)作A1B1⊥x軸,與直線l交于點B1,以原點O為圓心,OB1長為半徑畫圓弧交x軸于點A2;再作A2B2⊥x軸,交直線l于點B2,以原點O為圓心,OB2長為半徑畫圓弧交x軸于點A3;…,按此作法進行下去,則點A2022的坐標為((2)2021,0).【分析】利用直線y=x平分第一、三象限,則B1(1,1),由于OA2=OB1=2OA1=2,OA3=OB2=2OA2=(2)2,依此變化規(guī)律得到OA2022=(2)2021,從而得到點【解答】解:∵A1(1,0)作A1B1⊥x軸,與直線y=x交于點B1,∴OA1=1,B1(1,1),∵以原點O為圓心,OB1長為半徑畫圓弧交x軸于點A2,∴OA2=OB1=2OA1=∵以原點O為圓心,OB2長為半徑畫圓弧交x軸于點A3,∴OA3=OB2=2OA2=2×2=同理可得OA4=(2)3,???∴OA2022=(2)2021,∴點A2022的坐標為((2)2021,0).故答案為:((2)2021,0).【變式8-3】(宜春模擬)如圖,半徑為5的⊙P與y軸交于點M(0,﹣4),N(0,﹣10),函數(shù)y=﹣2x+m圖象過點P,則m=﹣15.【分析】過P點作PE⊥ON交y軸于點E,連接PM,由點M(0,﹣4),N(0,﹣10)得MN=6,所以ME=NE=3,得E(0,﹣7),由勾股定理得PE=4,故P(﹣4,﹣7),代入y=﹣2x+m得m.【解答】解:過P點作PE⊥ON交y軸于點E,連接PM,∵點M(0,﹣4),N(0,﹣10),∴MN=6,∴ME=NE=3,∴E(0,﹣7),∵PM=5,∴PE=5∵點P在第三象限,∴P(﹣4,﹣7),代入y=﹣2x+m得,m=﹣15,故答案為:﹣15.【題型9垂徑定理與分類討論中的綜合運用】【例9】(化德縣校級期末)⊙O的半徑為10cm,弦AB∥CD,且AB=12cm,CD=16cm,則AB和CD的距離為()A.2cm B.14cm C.2cm或14cm D.10cm或20cm【分析】分兩種情況考慮:當(dāng)圓心位于AB與CD之間時,連接OA,OC,如圖1所示,過O作EF⊥AB,由AB∥CD,得到EF⊥CD,利用垂徑定理得到E、F分別為AB、CD的中點,分別求出OE與OF,由OE+OF即可得到EF的長;當(dāng)圓心在AB與CD一側(cè)時,連接OA,OC,如圖2所示,過O作EF⊥AB,由AB∥CD,得到EF⊥CD,同理求出OE與OF,由OE﹣OF即可求出EF的長.【解答】解:當(dāng)圓心位于AB與CD之間時,連接OA,OC,如圖1所示,過O作EF⊥AB,由AB∥CD,得到EF⊥CD,∴E、F分別為AB、CD的中點,∴AE=6cm,CF=8cm,在Rt△AOE中,OA=10cm,AE=6cm,根據(jù)勾股定理得:OE=8cm,在Rt△COF中,OC=10cm,CF=8cm,根據(jù)勾股定理得到OF=6cm,此時AB和CD的距離EF=8+6=14cm;當(dāng)圓心在AB與CD一側(cè)時,連接OA,OC,如圖2所示,過O作EF⊥AB,由AB∥CD,得到EF⊥CD,同理求出OE=8cm,OF=6cm,此時AB和CD的距離EF=8﹣6=2cm,綜上,AB和CD的距離為2cm或14cm.故選:C.【變式9-1】(包河區(qū)二模)已知圓O的半徑為5,弦AB=8,D為弦AB上一點,且AD=1,過點D作CD⊥AB,交圓O于C,則CD長為()A.1 B.7 C.8或1 D.7或1【分析】連接OB,OC1,過O作OE⊥CD,OF⊥AB,則四邊形EDFO是矩形,根據(jù)矩形的性質(zhì)得到OE=DF,OF=DE,根據(jù)勾股定理得到BF=52?42=3,得到OE=DF【解答】解:如圖,連接OB,OC1,過O作OE⊥CD,OF⊥AB,則四邊形EDFO是矩形,∴OE=DF,OF=DE,∵圓O的半徑為5,弦AB=8,∴AF=BF=4,∴BF=5∵AD=1,∴DF=3,∴OE=DF=3,∴C1E=5∴C2E=4,∴C1D=7,C2D=1,∴CD長為7或1,故選:D.【變式9-2】(方正縣期末)如圖,⊙O的弦AB與半徑OC垂直,點D為垂足,OD=DC,AB=23,點E在⊙O上,∠EOA=30°,則△EOC的面積為1或2.【分析】設(shè)⊙O的半徑為x(x>0),則OD=DC=12x,根據(jù)垂徑定理可知AD=3,在Rt△ADO中利用勾股定理即可求出x值,再分點E在AC外和點E在AC上兩種情況考慮△EOC的面積,當(dāng)點E在AC外時,通過角的計算可得出∠COE=90°,利用三角形的面積公式即可求出S△EOC的值;當(dāng)點E在AC上時,過點E作EF⊥OC于點F,通過角的計算可得出∠COE=30°,由此可得出EF的長度,利用三角形的面積公式即可求出S【解答】解:依照題意畫出圖形,連接OA.設(shè)⊙O的半徑為x(x>0),則OD=DC=12∵OC⊥AB于點D,∴∠ADO=90°,AD=DB=12AB在Rt△ADO中,AO=x,OD=12x,AD∴∠OAD=30°,∠AOD=60°,AD=AO2解得:x=2.當(dāng)點E在AC外時,∠COE=∠AOD+∠EOA=90°,∴S△EOC=12EO?當(dāng)點E在AC上時,過點E作EF⊥OC于點F,∵∠COE=∠AOD﹣∠EOA=30°,∴EF=12∴S△EOC=12OC?綜上可知:△EOC的面積為1或2.故答案為:1或2.【變式9-3】(淮南月考)如圖,已知⊙O的半徑為2.弦AB的長度為2,點C是⊙O上一動點,若△ABC為等腰三角形,則BC2的長為8±43或

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