高中数学同步练习 几何证明选讲

12-1几何证明选讲基础巩固强化1.如图，CD是圆O的切线，切点为C，点A、B在圆O上，BC＝1，∠BCD＝30°，则圆O的面积为()A.eq\f(π,2)B．πC.eq\f(3π,2)D．2π[答案]B[解析]∠A＝∠BCD＝30°，由eq\f(BC,sinA)＝2R，得R＝1，所以圆O的面积为πR2＝π.2．(文)如图，E是▱ABCD边BC上一点，eq\f(BE,EC)＝4，AE交BD于F，eq\f(BF,FD)等于()A.eq\f(4,5)B.eq\f(4,9)C.eq\f(5,9)D.eq\f(4,10)[答案]A[解析]在AD上取点G，使AGGD＝1:4，连接CG交BD于H，则CG∥AE，∴eq\f(BF,FH)＝eq\f(BE,CE)＝4，eq\f(DH,FH)＝eq\f(DG,GA)＝4，∴eq\f(BF,FD)＝eq\f(4,5).[点评]利用AD∥BC可证△BEF△DAF.eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(BC∥AD⇒∠EAD＝∠AEB,∠ADF＝∠FBE))⇒△BFE△DFA⇒eq\f(BF,FD)＝eq\f(BE,AD)＝eq\f(BE,BC)＝eq\f(4,5).(理)如图，在△ABC中，∠A＝90°，正方形DEFG的边长是6cm，且四个顶点都在△ABC的各边上，CE＝3cm，则BC的长为()A．12cmB．21cmC．18cmD．15cm[答案]B[解析]∵四边形DEFG是正方形，∴∠GDB＝∠FEC＝90°，GD＝DE＝EF＝6cm，又∵∠B＋∠C＝90°，∠B＋∠BGD＝90°，∴∠C＝∠BGD，∴△BGD△FCE，∴eq\f(BD,EF)＝eq\f(GD,EC)，即BD＝eq\f(EF·GD,EC)＝12cm，∴BC＝BD＋DE＋EC＝21cm.3．(文)如图，Rt△ABC中，CD为斜边AB上的高，CD＝6，且AD:BD＝3:2，则斜边AB上的中线CE的长为()A．5eq\r(6) B.eq\f(5\r(6),2)C.eq\r(15) D.eq\f(3\r(10),2)[答案]B[解析]设AD＝3x，则DB＝2x，由射影定理得CD2＝AD·BD，∴36＝6x2，∴x＝eq\r(6)，∴AB＝5eq\r(6)，∴CE＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(5\r(6),2).(理)如图所示，在矩形ABCD中，AE⊥BD于E，S矩形＝40cm2，S△ABE:S△DBA＝1:5，则AE的长为________．[答案]4cm[解析]∵∠BAD＝90°，AE⊥BD，∴△ABE△DBA，∴S△ABES△DBA＝AB2DB2.∵S△ABE:S△DBA＝1:5，∴AB2:DB2＝1:5，∴AB:DB＝1:eq\r(5).设AB＝k，则DB＝eq\r(5)k，AD＝2k，∵S矩形＝40cm2，∴k·2k＝40，∴k＝2eq\r(5)，∴BD＝eq\r(5)k＝10，AD＝4eq\r(5)，S△ABD＝eq\f(1,2)BD·AE＝20，∴eq\f(1,2)×10×AE＝20，∴AE＝4cm.4．(文)如图，四边形ABCD中，DF⊥AB，垂足为F，DF＝3，AF＝2FB＝2，延长FB到E，使BE＝FB，连接BD，EC.若BD∥EC，则四边形ABCD的面积为()A．4 B．5C．6 D．7[答案]C[解析]由条件知AF＝2，BF＝BE＝1，∴S△ADE＝eq\f(1,2)AE×DF＝eq\f(1,2)×4×3＝6，∵CE∥DB，∴S△DBC＝S△DBE，∴S四边形ABCD＝S△ADE＝6.(理)已知矩形ABCD，R、P分别在边CD、BC上，E、F分别为AP、PR的中点，当P在BC上由B向C运动时，点R在CD上固定不变，设BP＝x，EF＝y，那么下列结论中正确的是()A．y是x的增函数B．y是x的减函数C．y随x的增大先增大再减小D．无论x怎样变化，y为常数[答案]D[解析]∵E、F分别为AP、PR中点，∴EF是△PAR的中位线，∴EF＝eq\f(1,2)AR，∵R固定，∴AR是常数，即y为常数．5．(2012·合肥二检)如图，半径为2的⊙O中，∠AOB＝90°，D为OB的中点，AD的延长线交⊙O于点E，则线段DE的长为()A.eq\f(\r(5),5) B.eq\f(2\r(5),5)C.eq\f(3\r(5),5) D.eq\f(\r(3),2)[答案]C[解析]延长BO交圆O于点F，由D为OB的中点，知DF＝3，DB＝1，又∠AOB＝90°，所以AD＝eq\r(5)，由相交弦定理知AD·DE＝DF·DB，即eq\r(5)DE＝3×1，解得DE＝eq\f(3\r(5),5).6．(文)(2012·佛山质检)如图所示，△ABC内接于圆O，过点A的切线交BC的延长线于点P，D为AB的中点，DP交AC于点M，若BP＝8，AM＝4，AC＝6，则PA＝________.[答案]4eq\r(2)[解析]由题意MC＝AC－AM＝6－4＝2.又D为AB的中点，∴AD＝BD.过点C作CN∥AB交PD于N，∴eq\f(AM,MC)＝eq\f(AD,CN)＝eq\f(BD,CN)＝eq\f(BP,CP)，∴eq\f(8,PC)＝eq\f(4,2)，∴PC＝4.∵PA2＝PC·PB＝32，∴PA＝4eq\r(2).(理)(2012·天津十二校联考)如图所示，EA是圆O的切线，割线EB交圆O于点C，C在直径AB上的射影为D，CD＝2，BD＝4，则EA＝()A．4 B.eq\f(5,2)C．3 D.eq\f(1,2)[答案]B[解析]解法1：根据题意可得BC2＝CD2＋BD2＝22＋42＝20，即BC＝2eq\r(5).由射影定理得BC2＝AB·BD，即20＝4AB，解得AB＝5，所以AC＝eq\r(52－20)＝eq\r(5)，设EA＝x，EC＝y，根据切割线定理可得x2＝y(y＋2eq\r(5))，即x2＝y2＋2eq\r(5)y，在Rt△ACE中，x2＝y2＋(eq\r(5))2，故2eq\r(5)y＝5，解得y＝eq\f(\r(5),2)，故x2＝eq\f(5,4)＋5＝eq\f(25,4)，得x＝eq\f(5,2)，即EA＝eq\f(5,2).解法2：连AC，∵AB为直径，∴∠ACB＝90°，CD⊥AB，CD＝2，BD＝4，∴AD＝eq\f(CD2,BD)＝1，又EA切⊙O于A，∴∠EAB＝90°，∴△EAB△CDB，∴eq\f(EA,CD)＝eq\f(AB,BD)，∴AE＝eq\f(AB·CD,BD)＝eq\f(5,2).7．(文)(2012·合肥二检)如图，在⊙O中，∠AOB＝90°，D为OB的中点，AD的延长线交⊙O于点E，线段DE的长为eq\f(3\r(5),5)，则⊙O的半径为________．[答案]2[解析]延长BO交⊙O于点F，设⊙O的半径为r，则AD＝eq\r(r2＋\f(r,2)2)＝eq\f(\r(5),2)r，又BD＝eq\f(1,2)，DF＝2r－eq\f(1,2)r＝eq\f(3,2)r，由圆的相交弦定理得AD·DE＝BD·DF，即eq\f(\r(5)r,2)×eq\f(3\r(5),5)＝eq\f(1,2)r×eq\f(3,2)r，解得r＝2.(理)(2011·深圳调研)如图，割线PBC经过圆心O，OB＝PB＝1，OB绕点O逆时针旋转120°到OD，连PD交圆O于点E，则PE＝________.[答案]eq\f(3\r(7),7)[解析]∵∠POD＝120°，OD＝OB＝1，PO＝2，∴PD＝eq\r(PO2＋OD2－2OD·PO·cos120°)＝eq\r(7)，由相交弦定理得，PE·PD＝PB·PC，∴PE＝eq\f(PB·PC,PD)＝eq\f(1×3,\r(7))＝eq\f(3\r(7),7).8．(文)如图，PA切圆O于点A，割线PBC经过圆心O，OB＝PB＝1，OA绕点O逆时针旋转60°到OD，则PD的长为________．[答案]eq\r(7)[解析]由图可知，PA2＝PB·PC＝PB·(PB＋BC)＝3，∴PA＝eq\r(3)，∴∠AOP＝60°，又∠AOD＝60°，∴∠POD＝120°，∵PO＝2，OD＝1，∴cos∠POD＝eq\f(22＋12－PD2,2×2×1)＝－eq\f(1,2)，∴PD＝eq\r(7).(理)(2012·湖南理，11)如右图，过点P的直线与⊙O相交于A、B两点．若PA＝1，AB＝2，PO＝3，则⊙O的半径等于________．[答案]eq\r(6)[解析]设圆半径为r，由切割线定理：PA·PB＝(3－r)·(3＋r)，即1×3＝9－r2，r2＝6，∴r＝eq\r(6).9.(2012·江南十校联考)如图，在圆的内接四边形ABCD中，∠ABC＝90°，∠ABD＝30°，∠BDC＝45°，AD＝1，则BC＝________.[答案]eq\r(2)[解析]连接AC.因为∠ABC＝90°，所以AC为圆的直径．又∠ACD＝∠ABD＝30°，所以AC＝2AD＝2.又∠BAC＝∠BDC＝45°，故BC＝eq\r(2).10．(2012·哈三中模拟)如图，⊙O是△ABC的外接圆，过⊙O上一点H作⊙O的切线，BC与这条线切线平行，AC、AB的延长线交这条切线于点E、F，连接AH、CH.(1)求证：AH平分∠EAF；(2)若CH＝4，∠CAB＝60°，求圆弧eq\o\ac(BHC,\s\up17(︵))的长．[解析](1)证明：连接OH，则OH⊥EF.∵EF∥BC，∴OH⊥BC，∴H为弧BC的中点，∴∠EAH＝∠FAH，∴AH平分∠EAF.(2)连接CO、BO，∵∠CAB＝60°，∴∠COB＝120°，∴∠COH＝60°，∴△COH为等边三角形，∴CO＝CH＝4，又∵∠BOC＝120°，∴eq\o\ac(BHC,\s\up17(︵))的长为eq\f(8π,3).能力拓展提升11.(文)(2012·湖南十二校联考)如图，在直角梯形ABCD中，DC∥AB，CB⊥AB，AB＝AD＝a，CD＝eq\f(a,2)，点E，F分别为线段AB、AD的中点，则EF＝__________.[答案]eq\f(a,2)[解析]连接DE，可知△AED为直角三角形，则EF是Rt△DEA斜边上的中线，其长等于斜边长的一半，为eq\f(a,2).(理)如图所示，已知圆O直径为eq\r(6)，AB是圆O的直径，C为圆O上一点，且BC＝eq\r(2)，过点B的圆O的切线交AC延长线于点D，则DA＝________.[答案]3[解析]∵AB为直径，∴∠ACB为直角，∵BC＝eq\r(2)，AB＝eq\r(6)，∴AC＝2，∵DB与⊙O相切，∴∠DBA为直角，由射影定理BC2＝AC·CD，∴CD＝1，∴AD＝3.12．(文)如图，BD为⊙O的直径，AB＝AC，AD交BC于E，AE＝2，ED＝4.则AB的长为________．[答案]2eq\r(3)[解析]∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠C，又∠C＝∠D，∴∠ABC＝∠D，又∠BAE＝∠DAB，∴△ABE△ADB，∴AB2＝AE·AD，∴AB＝2eq\r(3).(理)已知EB是半圆O的直径，A是BE延长线上一点，AC切半圆O于点D，BC⊥AC于点C，若BC＝6，AC＝8，则AE＝______，AD＝________.[答案]eq\f(5,2)，5[解析]∵AD切⊙O于D，∴OD⊥AC，又BC⊥AC，∴△ADO△ACB，∴eq\f(OD,BC)＝eq\f(AO,AB)，∵BC＝6，AC＝8，∴AB＝10，设OD＝R，则AO＝eq\f(5,3)R，∴R＋eq\f(5,3)R＝10，∴R＝eq\f(15,4)，AE＝AB－2R＝eq\f(5,2)，eq\f(AD,OD)＝eq\f(AC,BC)＝eq\f(4,3)，∴AD＝5.13．(文)(2012·湖北理，15)如下图，点D在⊙O的弦AB上移动，AB＝4，连接OD，过点D作OD的垂线交⊙O于点C，则CD的最大值为________．[答案]2[解析]解法1：∵CD⊥OD，∴OC2＝OD2＋CD2，当OD最小时，CD最大，而OE最小(E为AB的中点)，∴CDmax＝EB＝2.解法2：由题意知，CD2＝AD·DB≤(eq\f(AD＋DB,2))2＝eq\f(AB2,4)＝4.(当且仅当AD＝DB时取等号)．∴CDmax＝2.(理)(2012·广州测试)如图，AB是圆O的直径，延长AB至C，使BC＝2OB，CD是圆O的切线，切点为D，连接AD、BD，则eq\f(AD,BD)的值为________．[答案]eq\r(2)[解析]连接OD，则OD⊥CD.设圆O的半径为r，则OA＝OB＝OD＝r，BC＝2r.所以OC＝3r，CD＝eq\r(OC2－OD2)＝2eq\r(2)r.由弦切角定理得，∠CDB＝∠CAD，又∠DCB＝∠ACD，所以△CDB△CAD.所以eq\f(AD,BD)＝eq\f(AC,CD)＝eq\f(4r,2\r(2)r)＝eq\r(2).14．(文)(2012·天津，13)如图，已知AB和AC是圆的两条弦，过点B作圆的切线与AC的延长线相交于点D.过点C作BD的平行线与圆相交于点E，与AB相交于点F，AF＝3，FB＝1，EF＝eq\f(3,2)，则线段CD的长为________．[答案]eq\f(4,3)[解析]如图，由相交弦定理得AF·FB＝EF·FC，∴FC＝eq\f(AF·FB,EF)＝2，∵FC∥BD，∴eq\f(FC,BD)＝eq\f(AF,AB)，BD＝eq\f(FC·AB,AF)＝eq\f(8,3).又由切割线定理知BD2＝DC·DA，又由DA＝4CD知4DC2＝BD2＝eq\f(64,9)，∴DC＝eq\f(4,3).明确相交弦定理、切割弦定理等是解题的关键．(理)(2012·深圳调研)如图，A，B是圆O上的两点，且OA⊥OB，OA＝2，C为OA的中点，连接BC并延长交圆O于点D，则CD＝________.[答案]eq\f(3\r(5),5)[解析]延长CO交圆于点E，依题意得，BC＝eq\r(OB2＋OC2)＝eq\r(5)，BC·CD＝CA·CE，eq\r(5)×CD＝1×3，因此CD＝eq\f(3\r(5),5).15．(文)(2012·银川一中二模)如图，⊙O是△ABC的外接圆，D是eq\o\ac(AC,\s\up17(︵))的中点，BD交AC于E.(1)求证：DC2＝DE·DB；(2)若CD＝2eq\r(3)，O到AC的距离为1，求⊙O的半径r.[解析](1)证明：由D为eq\o(AC,\s\up6(→))中点知，∠ABD＝∠CBD，又∵∠ABD＝∠ECD，∴∠CBD＝∠ECD，又∠CDB＝∠EDC，∴△BCD～△CED，∴eq\f(DE,DC)＝eq\f(DC,DB)，∴DC2＝DE·DB；(2)∵D是eq\o\ac(AC,\s\up17(︵))的中点，∴OD⊥AC，设OD与AC交于点F，则OF＝1，在Rt△COF中，OC2＝CF2＋OF2，即CF2＝r2－1，在Rt△CFD中，DC2＝CF2＋DF2，∴(2eq\r(3))2＝r2－1＋(r－1)2，解得r＝3.(理)(2012·昆明一中测试)如图，已知A、B、C、D四点共圆，延长AD和BC相交于点E，AB＝AC.(1)证明：AB2＝AD·AE；(2)若EG平分∠AEB，且与AB、CD分别相交于点G、F，证明：∠CFG＝∠BGF.[证明](1)如图，连接BD.因为AB＝AC，所以∠ABC＝∠ACB＝∠ADB.又因为∠BAD＝∠EAB，所以△ABD△AEB，所以eq\f(AB,AD)＝eq\f(AE,AB)，即AB2＝AD·AE.(2)因为A、B、C、D四点共圆，所以∠ABC＝∠EDF.又因为∠DEF＝∠BEG，所以∠DFE＝∠BGF.又因为∠DFE＝∠CFG，所以∠CFG＝∠BGF.16．(2012·河南商丘模拟)如图，在△ABC和△ACD中，∠ACB＝∠ADC＝90°，∠BAC＝∠CAD，⊙O是以AB为直径的圆，DC的延长线与AB的延长线交于点E.(1)求证：DC是⊙O的切线；(2)若EB＝6，EC＝6eq\r(2)，求BC的长．[解析](1)∵AB是⊙O的直径，∠ACB＝90°，∴点C在⊙O上，连接OC，可得∠OCA＝∠OAC＝∠DAC，∴OC∥AD，又∵AD⊥DC，∴DC⊥OC，∵OC为半径，∴DC是⊙O的切线．(2)∵DC是⊙O的切线，∴EC2＝EB·EA.又∵EB＝6，EC＝6eq\r(2)，∴EA＝12，AB＝6.∵∠ECB＝∠EAC，∠CEB＝∠AEC，∴△ECB△EAC，∴eq\f(BC,AC)＝eq\f(EC,EA)＝eq\f(\r(2),2)，∴AC＝eq\r(2)BC.∵AC2＋BC2＝AB2＝36，∴BC＝2eq\r(3).1.如图所示，矩形ABCD中，AB＝12，AD＝10，将此矩形折叠使点B落在AD边的中点E处，则折痕FG的长为()A．13 B.eq\f(63,5)C.eq\f(65,6) D.eq\f(63,6)[答案]C[解析]过点A作AH∥FG交DG于H，则四边形AFGH为平行四边形．∴AH＝FG.∵折叠后B点与E点重合，折痕为FG，∴B与E关于FG对称．∴BE⊥FG，∴BE⊥AH.∴∠ABE＝∠DAH，∴Rt△ABERt△DAH.∴eq\f(BE,AB)＝eq\f(AH,AD).∵AB＝12，AD＝10，AE＝eq\f(1,2)AD＝5，∴BE＝eq\r(122＋52)＝13，∴FG＝AH＝eq\f(BE·AD,AB)＝eq\f(65,6).2．(2011·广州市测试)在梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝2，BC＝5，点E、F分别在AB、CD上，且EF∥AD，若eq\f(AE,EB)＝eq\f(3,4)，则EF的长为________．[答案]eq\f(23,7)[解析]如图所示，延长BA、CD交于点P，∵AD∥BC，∴eq\f(PA,PB)＝eq\f(AD,BC)＝eq\f(2,5)，∴eq\f(PA,AB)＝eq\f(2,3)，又∵eq\f(AE,EB)＝eq\f(3,4)，∴eq\f(AE,AB)＝eq\f(3,7)，∴eq\f(PA,AE)＝eq\f(14,9)，∴eq\f(PA,PE)＝eq\f(14,23).∵AD∥EF，∴eq\f(AD,EF)＝eq\f(PA,PE)＝eq\f(14,23)，又AD＝2，∴EF＝eq\f(23,7).[点评]过D作DH∥AB交EF于G，交BC于H，由平行截割定理知，eq\f(DG,GH)＝eq\f(AE,EB)＝eq\f(3,4)，∴eq\f(DG,DH)＝eq\f(3,7)，由GF∥HC可得，eq\f(GF,HC)＝eq\f(DG,DH)＝eq\f(3,7)，∵GF＝EF－2，HC＝5－2＝3，∴EF＝eq\f(23,7).3．(2011·南昌市模拟)函数f(x)＝(x－2010)(x＋2011)的图象与x轴、y轴有三个交点，有一个圆恰好通过这三个点，则此圆与坐标轴的另一个交点是________．[答案](0,1)[解析]f(x)的图象与x轴交于点A(－2011,0)，B(2010,0)，与y轴交于点C(0，－2010×2011)，设经过A、B、C三点的圆与y轴另一个交点为D(0，y0)，易知原点O在圆的内部，y0>0，由相交弦定理知，|OA|·|OB|＝|OC|·|OD|，∴2011×2010＝2010×2011y0，∴y0＝1.4.(2011·广东汕头测试)如图，正△ABC的边长为2，点M、N分别是边AB、AC的中点，直线MN与△ABC的外接圆的交点为P、Q，则线段PM＝________.[答案]eq\f(\r(5)－1,2)[解析]设PM＝x，则QN＝x，由相交弦定理可得PM·MQ＝BM·MA即x·(x＋1)＝1，解得x＝eq\f(\r(5)－1,2).5．如图，EB、EC是⊙O的两条切线，B、C是切点，A、D是⊙O上两点，如果∠E＝46°，∠DCF＝32°，则∠A的度数是________．[答案]99°[解析]连接OB、OC、AC，根据弦切角定理得，∠EBC＝∠BAC，∠CAD＝∠DCF，可得∠A＝∠BAC＋∠CAD＝eq\f(1,2)(180°－∠E)＋∠DCF＝67°＋32°＝99°.[点评]可由EB＝EC及∠E求得∠ECB，由∠ECB和∠DCF求得∠BCD，由圆内接四边形对角互补求得∠A.6．(2011·北京朝阳区统考)如图，AB是⊙O的直径，CB切⊙O于点B，CD切⊙O于点D，直线CD交AB于点E.若AB＝3，ED＝2，则CB的长为________．[答案]3[解析]由切割线定理得，ED2＝EA·EB，∴4＝EA(EA＋3)，∴EA＝1，∵CB是⊙O的切线，∴EB⊥CB，∴EB2＋CB2＝CE2，又∵CD是⊙O的切线，∴CD＝CB，∴42＋CB2＝(CB＋2)2，∴CB＝3.7．(2011·天津文，13)如图，已知圆中两条弦AB与CD相交于点F，E是AB延长线上一点，且DF＝CF＝eq\r(2)，AF:FB:BE＝4:2:1.若CE与圆相切，则线段CE的长为________．[答案]eq\f(\r(7),2)[解析]由题意：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(AF·FB＝DF·FC＝2，,\f(AF,FB)＝2.))∴AF＝2，FB＝1，∴BE＝eq\f(1,2)，AE＝AF＋BF＋BE＝eq\f(7,2).由切割线定理得：CE2＝BE·AE＝eq\f(1,2)×eq\f(7,2)＝eq\f(7,4).∴CE＝eq\f(\r(7),2).8．如图，AB是⊙O的直径，点P在AB的延长线上，PC与⊙O相切于点C，PC＝AC＝1，求⊙O的半径．[解析]连接OC.设∠PAC＝θ.因为PC＝AC，所以∠CPA＝θ，∠COP＝2θ.又因为PC与⊙O相切于点C，所以OC⊥PC.所以3θ＝90°.所以θ＝30°.设⊙O的半径为r，在Rt△POC中，r＝CP·tan30°＝1×eq\f(\r(3),3)＝eq\f(\r(3),3).9．如图，圆O的直径AB＝8，C为圆周上一点，BC＝4，过C作圆的切线l，过A作直线l的垂线AD，D为垂足，AD与圆O交于点E，求线段AE的长．[解析]连接OC、BE、AC，则BE⊥AE.∵BC＝4，∴OB＝OC＝BC＝4，即△OBC为正三角形，∴∠CBO＝∠COB＝60°，又直线l切⊙O于C，∴∠DCA＝∠CBO＝60°，∵AD⊥l，∴∠DAC＝90°－60°＝30°，而∠OAC＝∠ACO＝eq\f(1,2)∠COB＝30°，∴∠EAB＝60°，在Rt△BAE中，∠EBA＝30°，∴AE＝eq\f(1,2)AB＝4.10．如图，△ABC的角平分线AD的延长线交它的外接圆于点E.(1)证明：△ABE△ADC；(2)若△ABC的面积S＝eq\f(1,2)AD·AE，求∠BAC的大小．[解析](1)∵AD为∠BAC的角平分线∴∠BAE＝∠CAD又∵∠AEB与∠ACB为eq\x\to(AB)所对的圆周角∴∠AEB＝∠ACD，∴△ABE△ADC.(2)由(1)可知△ABE△ADC，故eq\f(AB,AE)＝eq\