中考數(shù)學(xué)備考之圓與相似壓軸突破訓(xùn)練∶培優(yōu) 易錯 難題篇含答案_第1頁
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中考數(shù)學(xué)備考之圓與相似壓軸突破訓(xùn)練:培優(yōu)易錯難題篇含答案一、相似1.已知,如圖,AB是O0的直徑,點(diǎn)C為O0上一點(diǎn),OF丄BC于點(diǎn)F,交O0于點(diǎn)E,AE與BC交于點(diǎn)H,點(diǎn)D為OE的延長線上一點(diǎn),且/ODB=ZAEC.求證:BD是OO的切線;求證:CE2=EH?EA;.-5.j(3)若OO的半徑為-,sinA=,求BH的長.【答案】(1)證明:如圖,TZODB=ZAEC,ZAEC=ZABC,ZODB=ZABC,TOF丄BC,.ZBFD=90°,.ZODB+ZDBF=90°,.ZABC+ZDBF=90°,即ZOBD=90°,.BD丄OB,.BD是OO的切線(2)證明:連接AC,如圖2所示:TOF丄BC,.ZCAE=ZECB,TZCEA=ZHEC,

△CEH-△AEC,CE_EA.F:-,.CE2=eh?EA(3)解:連接BE,如圖3所示:圖dTAB是OO的直徑,ZAEB=90°,???OO的半徑為.,sinZBAE=,AB=5,BE=AB?sinZBAE=5x=3,EA=「:「=4,???X-.BE=CE=3,TCE2=eh?EA,EH=■,.在RtABEH中,BH=i.【解析】【分析】(1)要證BD是OO的切線,只需證ZOBD=90°,因?yàn)閆OBC+ZBOD=90°,所以只須證ZODB=ZOBC即可。由圓周角定理和已知條件易得ZODB=ZABC,則ZOBC+ZBOD=90°=ZODB+ZBOD,由三角形內(nèi)角和定理即可得ZOBD=90°;連接AC,要證CE2=EH?EA;只需證△CEH-△AEC,已有公共角ZAEC,再根據(jù)圓周角定理可得ZCAE=ZECB,即可證△CEH-△AEC,可得比例式求解;連接BE,解直角三角形AEB和直角三角形BEH即可求解。2.如圖所示,△ABC和厶ADE是有公共頂點(diǎn)的等腰直角三角形,ZBAC=ZDAE=90°,EC的延長線交BD于點(diǎn)P.

把厶ABC繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到圖1,BD,CE的關(guān)系是(選填"相等”或"不相等”);簡要說明理由;若AB=3,AD=5,把厶ABC繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn),當(dāng)/EAC=90。時,在圖2中作出旋轉(zhuǎn)后的圖形,求PD的值,簡要說明計(jì)算過程;在(2)的條件下寫出旋轉(zhuǎn)過程中線段PD的最小值為,最大值為【答案】(1)解:相等理由:???△ABC和厶ADE是有公共頂點(diǎn)的等腰直角三角形,ZBAC=ZDAE=90°,BA=CA,ZBAD=ZCAE,DA=EA,△ABD竺△ACE,.BD=CE;解:作出旋轉(zhuǎn)后的圖形,若點(diǎn)C在AD上,如圖2所示:STZEAC=90°,CE=J;',TZPDA=ZAEC,ZPCD=ZACE△PCD-△ACE,

ZBAD=90°,RtAABD中,BD=,BE=AE-AB=2,TZABD=ZPBE,ZBAD=ZBPE=90°,△BAD-△BPE,(3)1;7【解析】【解答】解:(3)如圖3所示,以A為圓心,AC長為半徑畫圓,當(dāng)CE在OA下方與OA相切時,PD的值最??;當(dāng)CE在在OA右上方與OA相切時,PD的值最大.如圖3所示,分兩種情況討論:在RtAPED中,PD=DE?sinZPED,因此銳角ZPED的大小直接決定了PD的大小.當(dāng)小三角形旋轉(zhuǎn)到圖中△ACB的位置時,TOC\o"1-5"\h\z在RtAACE中,CE="J「-=4,在RtADAE中,DE="J、,T四邊形ACPB是正方形,.PC=AB=3,.PE=3+4=7,在RtAPDE中,PD=J■'',即旋轉(zhuǎn)過程中線段PD的最小值為1;當(dāng)小三角形旋轉(zhuǎn)到圖中△AB'C'時,可得DP為最大值,此時,DP'=4+3=7,即旋轉(zhuǎn)過程中線段PD的最大值為7.故答案為:1,7.【分析】(1)BD,CE的關(guān)系是相等,理由如下:根據(jù)同角的余角相等得出ZBAD=ZCAE,根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得出BA=CA,DA=EA,從而利用SAS判斷出△ABD竺△ACE,根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等得出BD=CE;作出旋轉(zhuǎn)后的圖形,若點(diǎn)C在AD上,如圖2所示:首先根據(jù)勾股定理算出CE的PDCL二長,然后判斷出△PCD-△ACE,根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例得出',根據(jù)比例式列出方程,求解得出PD的長;若點(diǎn)B在AE上,如圖2所示:根據(jù)勾股定理算出BD的PBBE———長,然后判斷出△BAD-△BPE,根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例得出-,根據(jù)比例式列出方程,求解得出PB的長,根據(jù)線段的和差即可得出PD的長;如圖3所示,以A為圓心,AC長為半徑畫圓,當(dāng)CE在OA下方與OA相切時,PD的值最?。划?dāng)CE在在OA右上方與OA相切時,PD的值最大.如圖3所示,分兩種情況討論:在RtAPED中,PD=DE?sinZPED,因此銳角ZPED的大小直接決定了PD的大小.①當(dāng)小三角形旋轉(zhuǎn)到圖中△ACB的位置時,根據(jù)勾股定理算出CE,DE的長,根據(jù)正方形的性質(zhì)得出PC=AB=3,進(jìn)而得出PE的長,根據(jù)勾股定理算出PD的長,即旋轉(zhuǎn)過程中線段PD的最小值為1;②當(dāng)小三角形旋轉(zhuǎn)到圖中△AB'C'時,可得DP'為最大值,此時,DP'=4+3=7,即旋轉(zhuǎn)過程中線段PD的最大值為7.3.如圖,在RtAABC中,二,「角平分線交BC于0,以O(shè)B為半徑作OQ.判定直線AC是否是OO的切線,并說明理由;1Ahranz7?=-—連接AO交OO于點(diǎn)E,其延長線交OO于點(diǎn)D,■-,求?的值;在(2)的條件下,設(shè)"的半徑為3,求AC的長.【答案】(1)解:AC是OO的切線理由::,作.|于?,

:■血.是竺批的角平分線,;■.?左,?:AC是OO的切線解:連接',址是OO的直徑,*:ZDBE=90*,即J十Z3二90°*:Z1.:'OB=0DfZ^3=G,t\Z1=ZD.又?—沁一二山(同角),AHBE』—-—=1規(guī)/丿=一ZABBLJ(3)解:設(shè).「::二=■■-在I"'.■-和二「朮〔中,由三角函數(shù)定義有:ABOFABOFABOF得:?■72AC=4nAC=4n100106即的長為?1)利用角平分線的性質(zhì):角平分線上的點(diǎn)到角兩邊的距離相等證得點(diǎn)【解析】【分析】O到AC的距離為半徑長,即可證得AC與圓O相切;(2)先連接BE構(gòu)造一個可以利用正切值的直角三角形,再證得/1=ZD,從而證得兩個三角形ABE與ABD相似,即可求得兩個線段長的比值;(3)也可以應(yīng)用三角形相似的判定與性質(zhì)解題,其中AB的長度是利用勾股定理與(2)中AE與AB的比值求得的.

J35.y=a(x—)-~-.2)C(-2)4.已知頂點(diǎn)為?拋物線經(jīng)過點(diǎn),點(diǎn)二.求拋物線的解析式;如圖1,直線AB與x軸相交于點(diǎn)M,y軸相交于點(diǎn)E,拋物線與y軸相交于點(diǎn)F,在直線AB上有一點(diǎn)P,若/OPM=Z皿人卩求厶POE的面積;(3)如圖2,點(diǎn)Q是折線(3)如圖2,點(diǎn)Q是折線A-B-C上一點(diǎn),過點(diǎn)Q作QNIIy軸,過點(diǎn)E作ENIIx軸,直線QN與直線EN相交于點(diǎn)N,連接QE,將厶QEN沿QE翻折得到厶QEN】,若點(diǎn)叫落在x軸上,請直接寫出Q點(diǎn)的坐標(biāo).解得:a=1,???拋物線的解析式為:'「或(2)解:設(shè)直線AB解析式為:y=kx+b,代入點(diǎn)A、B的坐標(biāo)得:-1),-1),1?2?2二一k士b9解得:?’,?直線AB的解析式為:y=-2x-1,71?E(0,-1),F(0,-■),M(-.,0),?OE=1,FE=■,TZOPM=ZMAF,?當(dāng)OPIIAF時,△OPE-△FAE,OP_0Lr_1_4~FA~7e~~3~設(shè)點(diǎn)P(t,-2t-1),化簡得:(15t+2)3t+2)=0,T1當(dāng)t=-?時,、△OPE=-xlx?=■,2121當(dāng)t=-時,匯OPE=-xlx=,綜上,△POE的面積為?或.Q(--,【解析】【解答】(3)解:由(2)知直線AB的解析式為:y=-2x-1,E(0,設(shè)Q(m,-2m-1),N1(n,0),???N(m,-1),???△QEN沿QE翻折得到厶QENtnn-NN】中點(diǎn)坐標(biāo)為),EN=EN],-NN1中點(diǎn)一定在直線AB上,???EN2=EN12,二m2=(---m)2+1,解得:m=--,.-5,'j???Q(-■,.).【分析】(1)用待定系數(shù)法將點(diǎn)B點(diǎn)坐標(biāo)代入二次函數(shù)解析式即可得出a值.(2)設(shè)直線AB解析式為:y=kx+b,代入點(diǎn)A、B的坐標(biāo)得一個關(guān)于k和b的二元一次方程71組,解之即可得直線AB解析式,根據(jù)題意得E(0,-1),F(xiàn)(0,-■),M(-■,0),根4413/s\'j-7匕_刖r_2一?--據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)得OP=FA=、…-,設(shè)點(diǎn)P(t,-2t-1),根據(jù)兩點(diǎn)間的距離公式即可求得t值,再由三角形面積公式△POE的面積.(3)由(2)知直線AB的解析式為:y=-2x-1,E(0,-1),設(shè)Q(m,-2m-1),N1(n,用;n-160),從而得N(m,-1),根據(jù)翻折的性質(zhì)知NN】中點(diǎn)坐標(biāo)為(??,??)且在直11線AB上,將此中點(diǎn)坐標(biāo)代入直線AB解析式可得n=--m,即N1(---m,0),再根據(jù)翻折1的性質(zhì)和兩點(diǎn)間的距離公式得m2=(---m)2+1,解之即可得Q點(diǎn)坐標(biāo).

(2)在(1)的條件下,①證明:AE丄DE;②若CD=2,AB=4,點(diǎn)M,N分別是AE,AB上的動點(diǎn),求BM+MN的最小值。(2)①證明:在AD上取一點(diǎn)F使DF=DC,連接EF,【答案】(1)?:DE平分/ADC,ZFDE=ZCDE,在厶FED和厶CDE中,DF=DC,ZFDE=ZCDE,DE=DE△FED竺△CDE(SAS),.ZDFE=ZDCE=90°,ZAFE=180°-ZDFE=90°.ZDEF=ZDEC,TAD=AB+CD,DF=DC,.AF=AB,在RtAAFE竺RtAABE(HL).ZAEB=ZAEF,111.ZAED=ZAEF+ZDEF=.ZCEF+.ZBEF=.(ZCEF+ZBEF)=90°。.AE丄DE②解:過點(diǎn)D作DP丄AB于點(diǎn)P,

T由①可知,B,F關(guān)于AE對稱,BM=FM,BM+MN=FM+MN,當(dāng)F,M,N三點(diǎn)共線且FN丄AB時,有最小值,TDPIAB,AD=AB+CD=6,ZDPB=ZABC=ZC=90°,.四邊形DPBC是矩形,.BP=DC=2,AP=AB-BP=2,在RtAAPD中,DP=T「"■■■"=叮',TFN丄AB,由①可知AF=AB=4,FNIIDP,△AFN-△ADPAF_冋???「’-,4_FN即,解得FN=',???BM+MN的最小值為【解析】【分析】(1)根據(jù)角平分的做法即可畫出圖?(2)①在AD上取一點(diǎn)F使DF=DC,連接EF;角平分線定義得ZFDE=ZCDE;根據(jù)全等三角形判定SAS得△FED竺△CDE,再由全等三角形性質(zhì)和補(bǔ)角定義得ZDFE=ZDCE=ZAFE=90°,ZDEF=ZDEC;再由直角三角形全等的判定HL得RtAAFE竺RtAABE,由全等三角形性質(zhì)得ZAEB=ZAEF,再由補(bǔ)角定義可得AE丄DE.②過點(diǎn)D作DP丄AB于點(diǎn)P;由①可知,B,F關(guān)于AE對稱,根據(jù)對稱性質(zhì)知BM=FM,當(dāng)F,M,N三點(diǎn)共線且FN丄AB時,有最小值,即BM+MN=FM+MN=FN;在RtAAPD中,根據(jù)勾股定理得DP=/;‘川二、;由相似三角形判定得△AFN-△ADP,再由相似三角形性質(zhì)得',從而求得FN,即BM+MN的最小值.6.如圖,已知△ABC的頂點(diǎn)坐標(biāo)分別為A(3,0),B(0,4),C(-3,0)。動點(diǎn)M,N同時從A點(diǎn)出發(fā),M沿ATC,N沿折線ATBTC,均以每秒1個單位長度的速度移動,當(dāng)一個動點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)C時,另一個動點(diǎn)也隨之停止移動,移動時間記為t秒。連接MN。求直線BC的解析式;移動過程中,將△AMN沿直線MN翻折,點(diǎn)A恰好落在BC邊上點(diǎn)D處,求此時t值及點(diǎn)D的坐標(biāo);當(dāng)點(diǎn)M,N移動時,記△ABC在直線MN右側(cè)部分的面積為S,求S關(guān)于時間t的函數(shù)關(guān)系式?!敬鸢浮?1)解:設(shè)直線BC解析式為:y=kx+b,???B(0,4),C(-3,0),rb=4tJ解得:4.直線BC解析式為:y=x+4.(2)解:依題可得:AM=AN=t,T△AMN沿直線MN翻折,點(diǎn)A與點(diǎn)點(diǎn)D重合,.四邊形AMDN為菱形,作NF丄x軸,連接AD交MN于Oz,TA(3,0),B(0,4),.OA=3,OB=4,.AB=5,.M(3-t,0),又:△ANF-△ABO,r好粧==空,TOC\o"1-5"\h\z.J4AF=t,NF=t,.j4N(3-t,t).\o"CurrentDocument"42???Oz(3-t,t),設(shè)D(x,y),jv*4yJ62.?..=3-t,/■'=t,54x=3-t,y=t,54D(3-t,t),又:D在直線BC上,\o"CurrentDocument"484x(3-t)+4=t,36t=..,D.(3)①當(dāng)0<tW5時(如圖2),△ABC在直線MN右側(cè)部分為△AMN,\o"CurrentDocument"1142?S=、?=.?AM?DF=.xtxt=t-,②當(dāng)5<t<6時,△ABC在直線MN右側(cè)部分為四邊形ABNM,如圖3AM=AN=t,AB=BC=5,BN=t-5,CN=-5-(t-5)=10-t.又:△CNF-△CBO,ChNF.--=-,10-tNF:.=-,NF=(10-t),S=一—-「’::=.?AC?OB-.?CM?NF,=-x6x4-x(6-t)x(10-t),2.3:':=-t'+'t-12.【解析】【分析】(1)設(shè)直線BC解析式為:y=kx+b,將B、C兩點(diǎn)坐標(biāo)代入即可得出二元一次方程組,解之即可得出直線BC解析式.(2)依題可得:AM=AN=t,根據(jù)翻折性質(zhì)得四邊形AMDN為菱形,作NF丄x軸,連接AD交MN于0z,結(jié)合已知條件得M(3-t,0),AAAbNF又ANF-△ABO,根據(jù)相似三角形性質(zhì)得'■=''=',TOC\o"1-5"\h\z.j4.j44代入數(shù)值即可得AF=t,NF=t,從而得N(3-t,t),根據(jù)中點(diǎn)坐標(biāo)公式得Oz(3-t,t),54設(shè)D(x,y),再由中點(diǎn)坐標(biāo)公式得D(3-t,t),又由D在直線BC上,代入即可得D點(diǎn)坐標(biāo).(3)①當(dāng)0<t<5時(如圖2),△ABC在直線MN右側(cè)部分為△AMN,根據(jù)三角形面積公式即可得出S表達(dá)式.②當(dāng)5<t<6時,△ABC在直線MN右側(cè)部分為四邊形ABN皿,由厶CNF-△CBO,根據(jù)相似CN41三角形性質(zhì)得''=?,代入數(shù)值得NF=(10-t),最后由S^'—=-?AC^OB-1??CM?NF,代入數(shù)值即可得表達(dá)式.7.如圖,在RtAABC中,ZACB=90°,AC=6cm,BC=8cm.動點(diǎn)M從點(diǎn)B出發(fā),在BA邊上以每秒3cm的速度向定點(diǎn)A運(yùn)動,同時動點(diǎn)N從點(diǎn)C出發(fā),在CB邊上以每秒2cm的速10(o/t<■―)度向點(diǎn)B運(yùn)動,運(yùn)動時間為t秒,連接MN.

(2)連接AN,CM,若AN丄CM,求t的值.【答案】((2)連接AN,CM,若AN丄CM,求t的值.【答案】(1)解:TZACB=90°,由題意得BM=3tcm,AC=6cm,BC=8cm,BA='=10(cm).CN=2tcm,BN=(8—2t)cm.3t8-當(dāng)厶BMN-△BAC時,當(dāng)厶BMN-△BCA時,=,解得t=;3t10-2t32=-,解得t=32綜上所述,△BMN與厶ABC相似時,t的值為…或'鳳Bb砌..''=一―=玉』.TAC=6cm,BC=8cm,BA=10cm,BM=3tcm,TOC\o"1-5"\h\z石12-—(8—t)..DM=tcm,BD=■tcm,.CD=cm.TAN丄CM,ZACB=90°,.ZCAN+ZACM=90°,ZMCD+ZACM=90°,ZCAN=ZMCD.TMD丄CB,.ZMDC=ZACB=90°,.△CAN-△DCM,\o"CurrentDocument"6門ACCN莎~:.匸.=.",..?=.J,解得t=..【解析】【分析】(1)在直角三角形ABC中,由已知條件用勾股定理可求得AB的長,再根據(jù)路程=速度時間可將BM、CN用含t的代數(shù)式表示出來,則BN=BC-CN也可用含t的代數(shù)式表示出來,因?yàn)椤鰾MN與△ABC相似,由題意可分兩種情況,①當(dāng)△BMN-△BAC時,由相似三角形的性質(zhì)可得比例式:心M;將已知的線段代入計(jì)算即可求解;②當(dāng)△BMN-△BCA時,由相似三角形的性質(zhì)可得比例式:丁;込將已知的線段代入計(jì)算即可求解;(2)過點(diǎn)M作MD丄CB于點(diǎn)D,根據(jù)有兩個角對應(yīng)相等的兩個三角形相似可得DMBDBABDM-△BCA,于是可得比例式「■,將已知的線段代入計(jì)算即可用含t的代數(shù)式表示DM、BD的長,則CD=CB-BD也可用含t的代數(shù)式表示出來,同理易證ac_aCAN-△DCM,可得比例式’,將已表示的線段代入計(jì)算即可求得t的值。8如圖,拋物線y=X2+bx+c與x軸交于A,B兩點(diǎn)(點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)),與y軸交于(1)求拋物線的函數(shù)關(guān)系式;(2)連接CD,過原點(diǎn)0作0E丄CD,垂足為H,OE與拋物線的對稱軸交于點(diǎn)E,連接AE,AD,并延長DA交y軸于點(diǎn)F,求證:△OAE-△CFD;(3)以(2)中的點(diǎn)E為圓心,1為半徑畫圓,在對稱軸右側(cè)的拋物線上有一動點(diǎn)P,過點(diǎn)P作OE的切線,切點(diǎn)為Q,當(dāng)PQ的長最小時,求點(diǎn)P的坐標(biāo),并直接寫出Q的坐標(biāo).【答案】(1)解:T頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為(3,-1).b4ac-H,匕=-1,解得b=-3,c=-,17.拋物線的函數(shù)關(guān)系式:yLX2-3x+_;(2)解:如答圖1,過頂點(diǎn)D作DG丄y軸于點(diǎn)G,則G(0,-1),GD=3,令x=0,得y=-,???C(0,.),7石CG=OC+OG=;3+1=;:;,tanZDCG=,設(shè)對稱軸交x軸于點(diǎn)M,貝9OM=3,DM=1,AM=3-(3-—)='」,由OE丄CD,易知ZEOM=ZDCG,EM_2tanZEOM=tanZDCG=:,解得EM=2,DE=EM+DM=3,在RtAAEM中,AM=—,EM=2,由勾股定理得:AE=;在RtAADM中,AM=—,DM=1,由勾股定理得:AD=.TAE2+AD2=6+3=9=DE2,△ADE為直角三角形,ZEAD=90°,設(shè)AE交CD于點(diǎn)P,TZAEO+ZEPH=90°,ZADC+APD=90°,ZEPH=ZAPD(對頂角相等),ZAEO=ZADC,△OAE~△CFD3)解:依題意畫出圖形,如答圖2所示:由OE的半徑為1根據(jù)切線性質(zhì)及勾股定理,得PQ2=EP2-1,要使切線長PQ取小,只需EP長取小,即EP2取小.設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為(x,y),由勾股定理得:EP2=(x-3)2+(y-2)2,?r=(x-3)2-1,???(x-3)2=2y+2,二EP2=2y+2+(y-2)2=(y-1)2+5,當(dāng)y=1時,EP2有最小值,最小值為5.11將y=1代入y=(x-3)2-1,得?(x-3)2-1=1,解得:x1=1,x2=5,又???點(diǎn)P在對稱軸右側(cè)的拋物線上,?x1=1舍去,P(5,1),Q1(3,1);???△eq2p為直角三角形,?過點(diǎn)q2作x軸的平行線,再分別過點(diǎn)E,P向其作垂線,垂足分別為M點(diǎn)和N點(diǎn),設(shè)點(diǎn)Q2的坐標(biāo)為(m,n),則在RtAMQ2E和RtAQ2NP中建立勾股方程,即(m-3)2+(n-2)2=1①,(5-m)2+(n-1)2=4②,①-②得n=2m-5③,將③代入到①得到,19m】=3(舍),m2=,再將m='代入③得n=',—q2(','),此時點(diǎn)Q坐標(biāo)為(3,1)或(’,')【解析】【分析】(1)根據(jù)拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)及頂點(diǎn)坐標(biāo)公式建立出關(guān)于b,c的二元一次方程組,求解得出b,c的值,從而得出拋物線的解析式;如答圖1,過頂點(diǎn)D作DG丄y軸于點(diǎn)G,則G(0,-1),GD=3,根據(jù)拋物線與坐標(biāo)軸交點(diǎn)的坐標(biāo)特點(diǎn)求出C點(diǎn)的坐標(biāo),A點(diǎn)坐標(biāo),進(jìn)而得出CG的長,根據(jù)正切函數(shù)的定義2求出tanZDCG=,設(shè)對稱軸交x軸于點(diǎn)M,則OM=3,DM=1,AM=3-(3-—)八根據(jù)同角的余角相等易知ZEOM=ZDCG,根據(jù)等角的同名三角函數(shù)值相等得出Eh2tanZEOM=tanZDCG=■=故解得EM=2,DE=EM+DM=3,在RtAAEM中,由勾股定理得AE的長,在RtAADM中,由勾股定理得AD的長,根據(jù)勾股定理的逆定理判斷出△ADE為直角三角形,ZEAD=90°,設(shè)AE交CD于點(diǎn)P,根據(jù)等角的余角相等得出ZAEO=ZADC,從而判斷出△OAE-△CFD;依題意畫出圖形,如答圖2所示:由OE的半徑為1,根據(jù)切線性質(zhì)及勾股定理,得PQ2=EP2-1,要使切線長PQ最小,只需EP長最小,即EP2最?。O(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為(x,y),由勾股定理得:EP2=(x-3)2+(y-2)2,根據(jù)拋物線的解析式,整體替換得出EP2=2y+2+(y-2)2=(y-1)2+5,當(dāng)y=1時,EP2有最小值,最小值為5.然后根據(jù)拋物線上點(diǎn)的坐標(biāo)特點(diǎn)將y=1代入拋物線的解析式,求出對應(yīng)的自變量x的值,再檢驗(yàn)得出P點(diǎn)的坐標(biāo),進(jìn)而得出Q]的坐標(biāo),由切割線定理得到Q2P=Q]P=2,EQ2=1,設(shè)點(diǎn)Q2的坐標(biāo)為(m,n),則在RtAMQ2E和RtAQ2NP中建立勾股方程,即(m-3)2+(n-2)2=1①,(5-m)2+(n-1)2=4②,由切割線定理得到Q2P=Q]P=2,EQ2=1,將③代入到①得到,求解并檢驗(yàn)得出m,n的值,從而得出Q2的坐標(biāo),綜上所述即可得出答案。二、圓的綜合9.如圖,OO是厶ABC的外接圓,點(diǎn)E為厶ABC內(nèi)切圓的圓心,連接AE的延長線交BC于點(diǎn)F,交OO于點(diǎn)D;連接BD,過點(diǎn)D作直線DM,使ZBDM=ZDAC.求證:直線DM是OO的切線;若DF=2,且AF=4,求BD和DE的長.【答案】(1)證明見解析(2)2^3【解析】【分析】根據(jù)垂徑定理的推論即可得到OD丄BC,再根據(jù)ZBDM=ZDBC,即可判定BCIIDM,進(jìn)而得到OD丄DM,據(jù)此可得直線DM是OO的切線;根據(jù)三角形內(nèi)心的定義以及圓周角定理,得到ZBED=ZEBD,即可得出DB=DE,再判定厶DBF-△DAB,即可得到DB2=DF?DA,據(jù)此解答即可.【詳解】(1)如圖所示,連接OD.T點(diǎn)E是厶ABC的內(nèi)心ZBAD=ZCAD,ABd=Cd,:.OD丄BC.又:乙BDM=ZDAC,ZDAC=ZDBC,AZBDM=ZDBC,ABCIIDM,AOD丄DM.又TOD為OO半徑,A直線DM是OO的切線.(2)連接BE.TE為內(nèi)心,AZABE=ZCBE.TZBAD=ZCAD,ZDBC=ZCAD,AZBAD=ZDBC,AZBAE+ZABE=ZCBE+ZDBC,即ZBED=ZDBE,ABD=DE.DFDB又TZBDF=ZADB(公共角),A△DBF-△DAB,A=,即DB2=DF?DA.DBDATDF=2,AF=4,ADA=DF+AF=6,ADB2=DF?DA=12,ADB=DE=2\:3.VD【點(diǎn)睛】本題主要考查了三角形的內(nèi)心與外心,圓周角定理以及垂徑定理的綜合應(yīng)用,解題時注意: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?。蝗切蔚膬?nèi)心到三角形三邊的距離相等;三角形的內(nèi)心與三角形頂點(diǎn)的連線平分這個內(nèi)角.10.如圖,點(diǎn)P是正方形ABCD內(nèi)的一點(diǎn),連接PA,PB,PC.將△PAB繞點(diǎn)B順時針旋轉(zhuǎn)90°到厶P'CB的位置.⑴設(shè)AB的長為a,PB的長為b(b<a),求△PAB旋轉(zhuǎn)到△P'CB的過程中邊PA所掃過區(qū)域(圖中陰影部分)的面積;⑵若PA=2,PB=4,ZAPB=135°,求PC的長.【答案】⑴S陰影治2七2);(2)PC=6.【解析】試題分析:(1)依題意,將△P'CB逆時針旋轉(zhuǎn)90°可與△PAB重合,此時陰影部分面積=扇形BAC的面積-扇形BPP'的面積,根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知,兩個扇形的中心角都是90°,可據(jù)此求出陰影部分的面積.

(2)連接PP',根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知:BP=BP',旋轉(zhuǎn)角ZPBP'=90°,則△PBP'是等腰直角三角形,ZBP'C=ZBPA=135°,ZPP'C=ZBP'C-ZBP'P=135°-45°=90°,可推出△PP'C是直角三角形,進(jìn)而可根據(jù)勾股定理求出PC的長.試題解析:(1)T將厶PAB繞點(diǎn)B順時針旋轉(zhuǎn)90°到厶PZCB的位置,△PAB^△P'CB,???S△PAB=S△P'CBS???S△PAB=S△P'CBS陰影=S扇形BAC-S扇形BPP'=(a2-b2)(2)連接PP',根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知:△APB竺△CP'B,.BP=BP'=4,P'C=PA=2,ZPBP'=90°,?△PBP'是等腰直角三角形,P'P2=PB2+P'B2=32;又:ZBP'C=ZBPA=135°,?ZPP'C=ZBP'C-ZBP'P=135°-45°=90°,即△PP'C是直角三角形.=6?考點(diǎn):1.扇形面積的計(jì)算;2.正方形的性質(zhì);3.旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)?11?11?如圖1,在RtAABC中,AC=8cm,BC=6cm,D、E分別為邊AB、BC的中點(diǎn),連結(jié)DE,點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā),沿折線AD-DE運(yùn)動,到點(diǎn)E停止,點(diǎn)P在AD上以5cm/s的速度運(yùn)動,在DE上以1cm/s的速度運(yùn)動,過點(diǎn)P'作PQ丄AC于點(diǎn)Q,以PQ為邊作正方形PQMN.設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動時間為t(s).當(dāng)點(diǎn)P在線段DE上運(yùn)動時,線段DP的長為cm.(用含t的代數(shù)式表示)當(dāng)正方形PQMN與厶ABC重疊部分圖形為五邊形時,設(shè)五邊形的面積為S(cm2),求S與t的函數(shù)關(guān)系式,并寫出t的取值范圍.如圖2,若點(diǎn)O在線段BC上,且CO=1,以點(diǎn)O為圓心,1cm長為半徑作圓,當(dāng)點(diǎn)P開始運(yùn)動時,OO的半徑以0.2cm/s的速度開始不斷增大,當(dāng)OO與正方形PQMN的邊所在直線相切時,求此時的t值.

【答案】(Dr-1;(2)S=--t2+3t+3(1【答案】(Dr-1;810(310(3)t=—s.分析:(1)根據(jù)勾股定理求出AB,根據(jù)D為AB中點(diǎn),求出AD,根據(jù)點(diǎn)P在AD上的速度,即可求出點(diǎn)P在AD段的運(yùn)動時間,再求出點(diǎn)P在DP段的運(yùn)動時間,最后根據(jù)DE段運(yùn)動速度為1cm/s,即可求出DP;由正方形PQMN與厶ABC重疊部分圖形為五邊形,可知點(diǎn)P在DE上,求出DP=t-1,PQ=3,根據(jù)MNIIBC,求出FN的長,從而得到FM的長,再根據(jù)S=SFMHD+S缽梯形FMHD矩形dhqp,列出S與t的函數(shù)關(guān)系式即可;當(dāng)圓與邊PQ相切時,可求得r=PE=5-t,然后由r以0.2cm/s的速度不斷增大,r=1+0.2t,然后列方程求解即可;當(dāng)圓與MN相切時,r=CM=8-t=1+0.2t,從而可求得t的值.詳解:(1)由勾股定理可知:ab=^ac2+bc2=10.???DE=2AC=4,1AD=2???DE=2AC=4,1AD=2AB=5'???點(diǎn)p在AD上的運(yùn)動時間=5=1s,當(dāng)點(diǎn)p在線段DE上運(yùn)動時,DP段的運(yùn)動時間為(t-1)s.vDE1)s.vDE段運(yùn)動速度為1cm/s,?DP=(t-1)cm.故答案為t-1.(2)當(dāng)正方形PQMN與厶ABC重疊部分圖形為五邊形時,有一種情況,如下圖所示.BECMHQ當(dāng)正方形的邊長大于DP時,重疊部分為五邊形,?3>t-1,t<4,DP>0,?t-1>0.解得:t>1,?1<t<4.v△DFNv△DFN-△ABC,DNAC84~FN=BC=6=3vDN=PN-PD,?DN=3-(t-1)=4-t,4-1_4~FN=4-1_4~FN=3FN=3(4-1)4?FM=3-3(4-1)3t—4—=才'TOC\o"1-5"\h\zS=S+S,梯形FMHD矩形DHQP\o"CurrentDocument".13t3…S=x(+3)x(4-t)+3(t-1)=-t2+3t+3(1VtV4).2483)①當(dāng)圓與邊PQ相切時,如圖:當(dāng)圓與PQ相切時,r=PE,由(1)可知,PD=(t-1)cm,PE=DE-DP=4-(t-1)=(5-t)cm.???r以0.2cm/s的速度不斷增大,二r=1+0.2t,1+0.2t=5-t,解得:t=s3?②當(dāng)圓與MN相切時,r=CM.B由(1)可知,DP=(t-1)cm,貝9PE=CQ=(5-t)cm,MQ=3cm,.MC=MQ+CQ=5-t+3=(8-t)cm,35.1+0.2t=8-t,解得:t=s.635TP到E點(diǎn)停止,.t-1<4,即t<5,.t=s(舍).610綜上所述:當(dāng)t=ys時,OO與正方形PQMN的邊所在直線相切.點(diǎn)睛:本題主要考查的是圓的綜合應(yīng)用,解答本題主要應(yīng)用了勾股定理、相似三角形的性質(zhì)和判定、正方形的性質(zhì),直線和圓的位置關(guān)系,依據(jù)題意列出方程是解題的關(guān)鍵.12.如圖所示,AB是半圓O的直徑,AC是弦,點(diǎn)P沿BA方向,從點(diǎn)B運(yùn)動到點(diǎn)A,速度為1cm/s,若AB10cm,點(diǎn)0到AC的距離為4cm.

求弦AC的長;問經(jīng)過多長時間后,△APC是等腰三角形.14【答案】(1)AC=6;(2)t=4或5或ys時,△APC是等腰三角形;【解析】【分析】過O作OD丄AC于D,根據(jù)勾股定理求得AD的長,再利用垂徑定理即可求得AC的長;(2)分AC=PC、AP=AC、AP=CP三種情況求t值即可.【詳解】(1)如圖1,過O作0D丄AC于D,易知AO=5,OD=4,從而AD=-工|芒-0[匸=3,AC=2AD=6;(2)設(shè)經(jīng)過t秒厶APC是等腰三角形,則AP=10-t①如圖2,若AC=PC,過點(diǎn)C作CH丄AB于H,圖2TZA=ZA,ZAHC=ZODA=90°,△AHC-△ADO,10-t.AC:AH=OA:AD,即卩AC:'=5:3,解得t='「s,???經(jīng)過.s后厶APC是等腰三角形;5②如圖3,若AP=AC,

由PB=x,AB=10,得到AP=10-x,又:AC=6,則10-t=6,解得t=4s,???經(jīng)過4s后厶APC是等腰三角形;③如圖③如圖4,若AP=CP,P與0重合,則AP=BP=5,???經(jīng)過5s后厶APC是等腰三角形.14綜上可知當(dāng)t=4或5或s時,△APC是等腰三角形.【點(diǎn)睛】本題是圓的綜合題,解決問題利用了垂徑定理,勾股定理等知識點(diǎn),解題時要注意當(dāng)△BPC是等腰三角形時,點(diǎn)P的位置有三種情況.13.如圖,在矩形ABCD中,點(diǎn)0在對角線AC上,以O(shè)A的長為半徑的O0與AD、AC分別交于點(diǎn)E、F,且/ACB=ZDCE.判斷直線CE與O0的位置關(guān)系,并說明理由;若AB=込,BC=2,求OO的半徑.【答案】(1)直線【答案】(1)直線CE與O0相切,理由見解析;2)OO的半徑為解析】分析】首先連接OE,由OE=OA與四邊形ABCD是矩形,易求得/DEC+ZOEA=90°,即卩0E丄EC,即可證得直線CE與OO的位置關(guān)系是相切;首先易證得△CDE-aCBA,然后根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊成比例,即可求得DE的長,又由勾股定理即可求得AC的長,然后設(shè)OA為X,即可得方程(朽)2—x2=-x)2,解此方程即可求得OO的半徑.【詳解】解:(1)直線CE與O0相切....理由:連接OE,T四邊形ABCD是矩形,zB=ZD=ZBAD=90°,BCIIAD,CD=AB,ZDCE+ZDEC=90°,ZACB=ZDAC,又ZDCE=ZACB,.ZDEC+ZDAC=90°,TOE=OA,.ZOEA=ZDAC,.ZDEC+ZOEA=90°,.ZOEC=90°,.OE±EC,TOE為圓0半徑,.直線CE與OO相切;…(2)TZB=ZD,ZDCE=ZACB,△CDE-△CBA,.BC_AB~DC~~DE,又CD=AB=、:2,BC=2,.DE=1根據(jù)勾股定理得EC=弓,又AC_\;AB2+BC2_訂6,…設(shè)OA為x,則(岳2+x2_(、:b一x)2,解得x_雖,4.OO的半徑為工64【點(diǎn)睛】此題考查了切線的判定與性質(zhì),矩形的性質(zhì),相似三角形的判定與性質(zhì)以及勾股定理等知識.此題綜合性較強(qiáng),難度適中,解題的關(guān)鍵是注意數(shù)形結(jié)合思想與方程思想的應(yīng)用,注意輔助線的作法.14.如圖,點(diǎn)A,B,C,D,E在OO上,AB丄CB于點(diǎn)B,tanD=3,BC=2,H為CE延長線上一點(diǎn),且AH=j10,CH二5^2.(1)求證:AH是OO的切線;(2)若點(diǎn)D是弧CE的中點(diǎn),且AD交CE于點(diǎn)F,求證:HF=HA;(3)在(2)的條件下,求EF的長.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)-邁【解析】【分析】(1)連接AC,由AB丄CB可知AC是OO的直徑,由圓周角定理可得ZC=ZD,于是得到tanC=3,故此可知AB=6,在Rt^ABC中,由勾股定理得:AC2=40,從而可得AC2+AH2=CH2,根據(jù)勾股定理的逆定理可得AC丄AH,問題得證;(2)連接DE、BE,由弦切角定理可知/ABD=ZHAD,由D是CE的中點(diǎn),可得ZCED=ZEBD,再由圓周角定理可得ZABE=ZADE,結(jié)合三角形的外角即可證明ZHAF=ZAFH,從而可證得AH=HF;(3)由切割線定理可得EH=f2,由(2)可知AF=FH=p10,從而可得EF=FH-EH=富0-、/2.【詳解】(1)如圖1所示:連接AC.TAB丄CB,???AC是OO的直徑,ZC=ZD,/.tanC=3,/.AB=3BC=3x2=6,在Rt^ABC中,由勾股定理得:AC2=AB2+BC2=40,又:AH2=10,CH2=50,???AC2+AH2=CH2,???△ACH為直角三角形,AC丄AH,AH是圓O的切線;(2)如圖2所示:連接DE、BE,TAH是圓O的切線,ZABD=ZHAD,TD是CE的中點(diǎn),C?DE?D,ZCED=ZEBD,又:ZABE=ZADE,ZABE+ZEBD=ZADE+ZCED,ZABD=ZAFE,ZHAF=ZAFH,AH=HF;(3)由切割線定理可知:AH2=EH?CH,即(J10)2=5*2EH,解得:EH=f'2,???由(2)可知AF=FH=\:IU,EF=FH-EH^.-T0一、遼.【點(diǎn)睛】本題主要考查圓的綜合應(yīng)用,解答主要應(yīng)用了切線的判定定理、弦切角定理、切割線定理、圓周角定理、勾股定理、勾股定理的逆定理、三角形的外角的性質(zhì)等,正確添

加輔助線是解題的關(guān)鍵.15.我們知道,如圖1,AB是OO的弦,點(diǎn)F是AFB的中點(diǎn),過點(diǎn)F作EF丄AB于點(diǎn)E,易得點(diǎn)E是AB的中點(diǎn),即AE=EB.OO上一點(diǎn)C(AOBC),則折線ACB稱為OO的一條“折弦”.當(dāng)點(diǎn)C在弦AB的上方時(如圖2),過點(diǎn)F作EF丄AC于點(diǎn)E,求證:點(diǎn)E是"折弦ACB”的中點(diǎn),即AE=EC+CB.當(dāng)點(diǎn)C在弦AB的下方時(如圖3),其他條件不變,則上述結(jié)論是否仍然成立?若成立說明理由;若不成立,那么AE、EC、CB滿足怎樣的數(shù)量關(guān)系?直接寫出,不必證明.如圖4,已知RtAABC中,ZC=90°,ZBAC=30°,RtAABC的外接圓OO的半徑為2,過OO上一點(diǎn)P作PH丄AC于點(diǎn)H,父AB于點(diǎn)M,當(dāng)ZPAB=45。時,求AH的長.FZ【答案】(1)見解析;(2)結(jié)論AE=EC+CB不成立,新結(jié)論為:CE=BC+AE,見解析;(3)AH的長為-1或%5+1.【解析】【分析】在AC上截取AG=BC,連接FA,FG,FB,FC,證明△FAG竺△FBC,根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到FG=FC,根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到EG=EC,即可證明.在CA上截取CG=CB,連接FA,FB,FC,證明△FCG竺△FCB,根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到FG=FB,得到FA=FG,根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到AE=GE,即可證明.分點(diǎn)P在弦AB上方和點(diǎn)P在弦AB下方兩種情況進(jìn)行討論.【詳解】解:(1)如圖2,

在AC上截取AG=BC,連接FA,FG,FB,FC,T點(diǎn)F是揚(yáng)fb的中點(diǎn),F(xiàn)A=FB,在厶FAG和厶FBC中,?FA=FB<ZFAG=ZFBCAG=BC,△FAG竺△FBC(SAS),FG=FC,TFE丄AC,.EG=EC,AE=AG+EG=BC+CE;(2)結(jié)論AE=EC+CB不成立,新結(jié)論為:CE=BC+AE,理由:如圖3,在CA上截取CG=CB,連接FA,FB,FC,T點(diǎn)F是坤FB的中點(diǎn),.fa=fb,Fa二Fb,ZFCG=ZFCB,'CG=CB在厶FCG和厶FCB中,</FCG=ZF

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