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文檔簡介
★啟用
2014-2015學(xué)年度???4月月考試卷副標(biāo)考試范圍:xxx;考試時間:100—二三四五六答題前填寫好自己的、班級、考號等信I卷(選擇題I一、選擇題(題型注釋xOy
經(jīng)過點(diǎn)A60B06O的
P
POPQQ為切點(diǎn),則切線長PQ的最小值為 7B.7B.【答案】試題分析:聯(lián)
C.3OQC.3OQPQ OP2OQPQ OP2OQ2 OP2ABOPOPABOP1AB322如圖,已知正方形ABCDE是邊AB的中O是線段AE上的一個動點(diǎn)(不與A、E重合O為圓心,OB為半徑的圓與邊AD相交于點(diǎn)M,過點(diǎn)M作⊙O的切線交則下列結(jié)論不一定成立的是 【答案】(1)21212121
2121∵(OA+DN)=MP,∴S△MNO=S2121∴S1=S2+S3S1>S2+S3.故AABCDA在△AMODMNAOMDMN,∴△AMO∽△DMN.B2,過點(diǎn)BBP⊥MN21212121
∵AD∥BC,∴∠CBM=∠AMB.BPMRt△MABRt△MPB中PMBAMBBMBP 中,BNBN ,∠PBN=∠CBN. A.考點(diǎn):1.單動點(diǎn)問題;2.切線的性質(zhì)3.正方形的性質(zhì);4在平面直角坐標(biāo)系xOyA(-3,0B(0,3P(1,0,為點(diǎn)P′,當(dāng)⊙P′與直線相交時,橫坐標(biāo)為整數(shù)的點(diǎn)P′共有( 【答案】(1,0,⊙P1,33若⊙PAB333A(-3,03
P′,∴MD⊥AB,MD=1.(-10N(-5,0).30;6.分類思想和數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用.如圖在半徑為5⊙O中BCD是互相直的兩條弦垂足為P且ABCD,則P的長為( )2 222【答案】
OM⊥ABM,ON⊥CDN5252∵OM⊥ABM,ON⊥CD2MONP2
.P25xA,BA(2,0(6,0(4, B. C.(4,4)D.(2,26(4,【答案】PPC⊥AB(2,0(6,0C(4,0)5 5PC=4,P(4,4C.1.垂徑定理;2當(dāng)滾動到⊙OCAO2A. 2【答案】O′C,O′B,O′D,OO′,21212121
OC2OB2
4222231.切線的性質(zhì);2如圖,AB切⊙O于點(diǎn)B,OA=23,∠A=30°,弦BC∥OA,則劣 的弧長3323332323【答案】Rt△ABO,OA=233 3OB=OC,60603 33則劣弧BC長 1.切線的性質(zhì);230;3.2 ,則弦AB所對的圓的度數(shù)2A. B. C.45°135D.60【答案】OA、OBOOF⊥AB,2 22212 2212222221 21考點(diǎn):1.垂徑定理;2.圓定理;3.特殊角的三角函數(shù)值1ABCDAB、CAEFEF時,BC的長度等于 2346 2346【答案】60036003II卷(非選擇題II二、填空題(題型注釋如圖所示,MNOMN1200CO3點(diǎn)A、B。已知圓O的半徑 ,那么在點(diǎn)C的運(yùn)動過程中AE+BD的最小值3 2121221DE=MNOA、OM,OCMN、ABF、2121∴∠OMN=213∵⊙的半徑 3
OM= 3,MF= 3 =32321 32321321413 321413 3 2343324343324AO2AO2
32 44212324212324CMNAE+BD針方向)AAA1A2,其中第二次翻滾被桌面上一小木塊擋住,使木板與桌面成30°角,則點(diǎn)A翻滾到A2位置時,點(diǎn)A共走過的路徑長是2290529052112C,AC60A1126036032ABBCAC∥QNAM=MB=2cmQM=4cm點(diǎn)PQQN1cmtP3為半徑的圓與△ABC的邊相切(切點(diǎn)在邊上),請寫出t可取的一切值(單位:秒21∵QN∥AC,AM=BM.∴NBC∴MN=213當(dāng)⊙P切AB于M′時,連接PM′,則 3即3 3t=3,當(dāng)⊙PACC3則3
3≤t≤7PAC3當(dāng)⊙P切BC于N′時,連接PN′,則 3t=8;如圖,等圓⊙O1與⊙O2相交于A、B兩點(diǎn),⊙O1經(jīng)過⊙O2的圓心O2A在x軸的正半軸上,兩圓分別與x軸交于C、D兩點(diǎn),yO2O1O1y以上結(jié)論正確的 .(寫出所有正確結(jié)論的序號試題分析:AO1,AO2,BO1,BO21AO1,AO2,BO1,BO2,21∴AD=O1O2=21④∵由③知
4333試題分析AB為圓的切線,得到OC垂直于AB,再由OA=OB,利用三線合一得到CAB中點(diǎn),且OC為角平分線,在Rt△AOC中,利用30度所對的直角邊等于斜邊的一半求出OC的長,利用勾股定理求出AC的長,進(jìn)而確定出AB的長,求出∠AOB度數(shù),從而根據(jù)陰影部分面積=△AOB21Rt△AOC,∠A=30°,OA=4,∴OC=214∴∠AOB=120°,ACOA2OC223 4∴∴陰 扇 1432.如圖,點(diǎn)C在以AB為直徑的半圓上,AB=8,∠CBA=30°,點(diǎn)D段AB上運(yùn)動E與點(diǎn)DACDF⊥DEDECF.下列結(jié)論CF;②EF23AD=2,EFFBC上,則AD=25;⑤當(dāng)點(diǎn)D從點(diǎn)A運(yùn)動到點(diǎn)B時,線段EF掃過的面積是163.其 又∵DF⊥DECDF90CDE90EF.∴CD=CF.∴CE=CF.結(jié)論①正CD⊥AD時線段CD∵ABO∵AB=8,∠CBA=30°,∴AC=4,BC=43CD⊥ADCDBCsinABC431232EF43∵∠CAB=90°,∠CBA=30°,∴∠CAB=60°.∴△AOB∵根據(jù)軸對稱的性質(zhì)∴EFFBCD,F(xiàn)B,AD=AB=8.DABEF△ABC21635.30;6.;7 OA2B2C2OOA2A2C2OB2
A2C2A2B2B2C2S2
圍成的陰影部分面積為
.則(1)S1 (2)SnSn11 442442∴B1B2=22- 再根據(jù)勾股定理得:2OA2=(22-2)2解得:OA2=642 (642)則陰影的面積=6-42-90(642)=6-4(642)11 如右圖,正六邊形ABCDEF的邊長為2,兩頂點(diǎn)A、B分別在x軸和y軸上運(yùn)動,則頂點(diǎn)D到原點(diǎn)O的距離的最大值和最小值的乘積為 【答案】O、D、AB,OD3 3
BD2BK2
13
13
13-
13
13-1.正多邊形和圓;2.Rt△ABC,∠ABC900AB8cmBC6cmA,C2 的長為半徑作圓,將Rt△ABC截去兩個扇形,則剩余(陰影)部分的面積2cm2(24254168242425Rt△ABC,∠ABC900,∴∠A+∠C=900425∴兩個扇形的面積的和為半徑5圓心角900的扇形的面積即四分之一圓的面 24254
cm2刻度尺均與圓相切(切點(diǎn)為B、P,且測得PA=5,則鐵環(huán)的半徑為 53Rt△OPAOOQ⊥AB又3 (cm)35322【答案】15°
21∴sin∠ABC=212 222 2215°75°.S1別繞直線AB,CD旋轉(zhuǎn)一周,所得幾何體的表面積分別S1 【答案】CD:2π×2×3=12π,1.圓錐的計(jì)算;2.點(diǎn)、線、面、體;3.如圖,直徑為10的⊙A經(jīng)過點(diǎn)C(0,5)和點(diǎn)O(0,0),B是y軸右側(cè)⊙A優(yōu)弧上一點(diǎn),則∠OBC的正弦值為 21【答案 21試題分析:首先連接AC,OA,由直徑為10的⊙A經(jīng)過點(diǎn)C(0,5)和點(diǎn)O(0,0,可得△OAC是等邊三角形,繼而可求得∠OAC的度數(shù),又由圓定理,即可求得∠OBCO(0,021 2121∴∠OBC:sin3021考點(diǎn):1.圓定理;2.坐標(biāo)與圖形性質(zhì);3.銳角三角函數(shù)的定義 0
2【答案2線的對稱性,可知陰影部分的面積=半圓的面積﹣△AOCO(0,0my=4x29my=49O(0,0)代入,得49my4(x﹣3)2+4A(3,49221(2212121
若⊙O的半徑為1,則AP+BP的最小值 2【答案 2試題分析:本題是要在MN上找一點(diǎn)P,使PA+PB的值最小,設(shè)A′是AMN的對稱點(diǎn),連接A′BMN的交點(diǎn)即為點(diǎn)P.此時PA+PB=A′B是最小值,可證△OA′B是等AMNAA′B,MNP,PA+PBOA′,AA′.AAMNABAN^2 22 2考點(diǎn):三、計(jì)算題(題型注釋25(12
ax2bxc0ABC
ABC的☆方程”ax2bxc0的根的情況 ;①(2)
ODOADCOABCax2bxc0(3)x1cABCax2bxc0a、b、c4ac4b0bABC(1)②(2)
2+6,x
26(3)①b3;②x
(1)形三邊,故b24ac0(2)圖中的關(guān)鍵信息是直徑和角平分線,得到ABC(3)4ADCABCADCABCADBADBCDB
ACB和ADBACBADBACBADB
BD平分b 2a ac1b
2x2
2x1x
2+6,x
2 ABCax2bxc0x
2+6,x
2; cx14c04(3cx14c04ac4b164b164b16
ac4bacac4bac164b4(4bacacbb原方程為
a1c4(不能構(gòu)成三角形,舍)acxx1,x1222x23x2
方程另一根為xx2四、解答題(題型注釋26ABOAB=8COA(CO、A,CAB⊙OD,OD,BOD⊙OE、交射CDF.設(shè)線段OC=a,BEEF(a1設(shè)點(diǎn)COD1a4a16a4a16
(3)CO
342342(1)△HBO≌△CO(AAS(1)1EO,∵∵DEDCOOHBOBEBO∴△HBO≌△COD(AAS,DODO∴4 4 2a 4a4aa4a1634BE=EP,2x=4-x,解得:x=34422422142x 4x 12121342綜上所述:當(dāng)CO的長為134227(本題滿分10分)如圖,已知半圓O的直徑AB,將—個三角板的直角頂點(diǎn)固定在圓心O上,當(dāng)三角板繞著點(diǎn)O轉(zhuǎn)動時,三角板的兩條直角邊與半圓圓周分別交于C、D證明21∴∠EBD=21考點(diǎn):圓定28(使∠A=2∠1,E是BCBEO經(jīng)過點(diǎn)D.AADB1OEC(【答案】(1)證明:∵OD=OB,∴∠1=∠ODB,∴∠DOC=∠1+∠ODB=2∠1,而=2∠1,∴∠DOC=∠A,∵∠A+∠C=90°,∴∠DOC+∠C=90°,∴OD⊥DC,∴AC是⊙O33 333603360332121
29(12點(diǎn)(A、B)OD⊥BC,OE⊥AC,D、E.在△DOE中是否存在長度保持不變的邊?如果存在,請并求其長度,如果不BD=x,△DOEy,求yx(1)2121∴BD=BC=21212 2(2)如圖=22=22∵DEBCAC221∴DE= 221(3)如圖 D作DF⊥OE.24x824x82x2222 228282x2x82x2222211822118282x24x2x4x2x222421(1)21
21212 24x4x24x
°,過2x22x2MCEME=AM,從而可證△AME三角形,并且△ABM≌△ACE,AM請你借鑒的方法寫出AM的長,并寫出推理過程若△ABC,∠BAC=90BMaCMb(baAM的長(用含有a,b【答案】(1)MBE,BE=MC,
∵∠AMC=∠ABC(在同圓中,同弧所對的圓相等∵∠AME=∠ACB(在同圓中,同弧所對的圓相等), MBE,BE=MC,AE,在△EAM由勾股定理得 即 由勾股定理得 即
(a+b)
(1)AE=AM=ME,出△EAM性質(zhì),圓定理,圓內(nèi)接四邊形性質(zhì)等知識點(diǎn)的運(yùn)用,關(guān)鍵是正確作輔助線推出
、OC、BC
ACO=
EB=18cm,CD24cm,求⊙O(2)26.(1) 定理即可得出(1)∵AB∴∴BCBD21212121
定理32(7)ABCODOC..BCADADO的切線;(2)ODABBC4ADAD4(1)OAAD(2)AD4(1)OAD90OAOAC,根據(jù)同弧所對的圓心角是圓的兩倍、B30、OAOCOAC(2)30ADBAOCOABAOCOAAOCAOCAOCOCAACDOADOAOAODOD
OBC
BCBCACOAACAD4RtOADD30AD4考點(diǎn):1.圓切線的判定及性質(zhì);2.垂徑定理;3.含
B,把AC⊙O12(1)3試題分析(1)根據(jù)圖形可知PO∥BC(2)根據(jù)圖形可知PO∥BC結(jié)論仍成立,根據(jù)條件只需要證明∠CPO=∠PCB(3)根據(jù)條件證得△APO為等邊三角形,進(jìn)而得∠OCP=60°,CD⊙O∠OCD=90°,所以∠DCP=30PC=2PD,PC=AP=OA,AB=4PD.(1)PO(2(1) ∴∠A=∠APO, 所對的圓∴∠A=∠PCB,∴∠CPO=∠PCB,∴OC⊥CDAD⊥CD, ∴∠A=∠APO=∠AOP,△APO∴∠AOP=60°,OP∥BC,∴∠OBC=∠AOP=60∴∠PCO=60°,PC=OP=OC,考點(diǎn):1.全等三角形的性質(zhì)與判定;2.圓定理;3.切線的性質(zhì);4.等邊三角形的34.如圖是兩個可以自由轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)盤,甲轉(zhuǎn)盤被等分成3個扇形,乙轉(zhuǎn)盤被等分成4個10(2)和和利用它們做游戲,游戲規(guī)則是:指針?biāo)竻^(qū)域內(nèi)的數(shù)字和小于10,獲勝;指針?biāo)竻^(qū)域內(nèi)的數(shù)字之和等于10,為平局;指針?biāo)竻^(qū)域內(nèi)的數(shù)字之和大于10,獲勝.你認(rèn)為該游戲規(guī)則是否公平?請說明理由;若游戲規(guī)則31(2)31(1)(1)3110314,因 4
135獲勝的概率 .獲勝的可能性大,所以5可以修改為若這兩個數(shù)的和為奇數(shù),則贏;積為偶數(shù),則贏.35(ABCDAD、ABl1,l2重合,AB=23cm,AD=2cm,若⊙OABCD 如圖②,兩個圖形移動一段時間后,⊙O⊙O1ABCD332d(cm332(1)105°(2)
(3)
3t 1333試題分析:(1)利用切線的性質(zhì)以及銳角三角函數(shù)關(guān)系分別求出∠OAD=45°,∠AC⊙Ot1AC⊙Ot2,分別求出即可.(1)∵l1⊥l2,⊙O4334∵AB=43cm,AD=4cm,∴CD=434334O1E,O1E=2,O1E⊥l1,3Rt△A1D1C1中,∵A1D1=4,C1D143313tan313tan3
,1 1 11 33333321 1,∴OO 133 33332t11332t113t133②當(dāng)直線AC與⊙O第二次相切時,設(shè)移動時間為t22t213t2
3tt2 31
3t 133336(的左側(cè)yA、D(AD,AD=23,將△ABCP180°,請?jiān)趫D中畫出線段MB、MC,并判斷四邊形ACMB的形狀(不必證明出點(diǎn)M的動直線l從與BM重合的位置開始繞點(diǎn)B順時針旋轉(zhuǎn),到與BC重合時停止,設(shè)直lCM點(diǎn)為E,點(diǎn)QBE的中點(diǎn),過點(diǎn)EEG⊥BCG,連接MQ、QG.請問在(1(﹣30(10(2(3(1CPAP與圓PMMB、MCACMBM作MH⊥BC,H,易證△MHP≌△AOP,MH、OHM易得∠OCA=60°,從而得到∠MBG=60°,進(jìn)而得到∠MQG=120°,所以∠MQG(1)PA1∵AD=23,∴OA=3OP2(﹣10∴OOP2C(1,0
=2.∴BP=CP=2.∴B(﹣3,0ACMB∵△MCBABCP180°ACMBM作MH⊥BC,H,2
3
3ACMB33OA33OA
37((1)填空:①∠AEB的度數(shù)為 如圖2,△ACB和△DCE為等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=900,A、D、E在同一直線上,CM△DCE中DE邊上的高,連接BE.請判斷∠AEB度數(shù)及線段CM、AE、BE之2ABP2
PPD=1,且(1①60②AD=E(2∠AEB=900AE=2CM+BE
32332(1)D,E∠ADC,從而可以求出∠AEB仿照(1)中的解法可求出∠AEBAD=BE;由△DCE形及CM為△DCE中DE邊上的高可得CM=DM=ME,從而AE=2CH+BE.PD=1可得:點(diǎn)P在以點(diǎn)D圓心,1徑的圓上;由∠BPD=90°可得:點(diǎn)P在以BD為直徑的圓上.顯然,點(diǎn)P是這兩個圓的交點(diǎn),由于兩圓有兩個交點(diǎn),接下來(1)①∴△ACD≌△BCE(SAS,∴∠ADC=∠BEC.∵點(diǎn)A,D,E在同一直線上,∴∠ADC=120°,∴∠BEC=120°,∴∠AEB=∠BEC﹣∠故答案為,∵C=CB,∠ACD∠BCE,CD=E,∴△AC≌△BCE(S,∵點(diǎn)A,D,E在同一直線上,∴∠ADC=135°,∴∠BEC=135°,∴∠AEB=∠BEC﹣∠PD、PB、PA,作AH⊥BP,H,AAE⊥AP,BPE,3①.2ABCD2
3 3又∵△BADB、E、P,AH⊥BP,∴由(2)3 3
3;2PD、PB、PA,作AH⊥BP,AAE⊥AP,PBE,3同理可得3
3.23232323238(A(﹣2,0,B(2,0,AC⊥ABA,AC=2,BD⊥AB于點(diǎn)B,BD=6,以AB徑的半圓O上有一動點(diǎn)P(不與A、B兩點(diǎn)重合連接PD、PC,我們把由五條線段AB、BD、DP、PC、CA所組成的封閉圖形ABDPCP12POyP當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動到什么位置時,點(diǎn)P的關(guān)聯(lián)圖形的面積最大,簡要說明理由,并求面(112(2△OCD(3)P842.(1)DB)DB)6)2822P△PCDACDB﹣△PCD(1)∵A(﹣2,0,∴OA=2,DB)6)2822 CPBDF,ACFB,∴CF=DF=4,∠DCF=45°,∴∠(DB)6)(DB)6)422
∵CD,∴PCDOC,OP,∵AC⊥OA,AC=OA,∴∠AOC=45°,CCF⊥BDF,ACFB∴CF=DF=4,∠DCF=45°,∴OC⊥CD,OC=22∵CD=42,CP=222(DB)(DB)6)422∴點(diǎn)PACDB﹣PCD的面積==16(842)842539.(本題12分)如圖甲,在平面直角坐標(biāo)系中,直線y=x+8分別交x軸、y軸5
個單位長度Py=x+8的動點(diǎn),過點(diǎn)P求點(diǎn)P如圖乙,若直線y=x+b將⊙O的圓周分成兩段弧長之比為1:3,請直接寫出向右移動⊙O(圓心Ox),試求出當(dāng)⊙Oyx+8Om55 或-55(4)8-
(1)my=-x+b將圓周分成兩段弧長之比為1:3,可知被割得的弦所PO(1)又OCPDPxF,21∴∠OPD=∠OPC=215 5m+8
(6,2;y=-x+b將圓周分成兩段弧長之比為1:3,可知被割得的弦所55 或- 5555故答案是 或- 55(4)8- 222240(
MyOM⊙M⊙MOMB,xy
, 上的動點(diǎn)∠AOB的度數(shù) (2)QOP上的點(diǎn),過點(diǎn)QQC垂直于OMC,直線QCx軸于(1)45(2)①E,0;②△ODQ4.22(1) 222 ,繼而求得222①由 22與⊙MBC△OBE
OB=42OD=
2,QtS=122t2
2tPA大面積;由已知可得:Q段BR上運(yùn)動,顯然BR=OB=4.(1)222∵點(diǎn) 222
2 2
=2,OD=2OH=2222
OB=42∴E(42122t 2②∵OD=22122t 22,PA,QyRQ∵∠AOM=45°,OB=4,∠OBR=90°,∴BR=OB=4,∴OR=42,∴t42∴∴Smax2t 2428∵Q只能段BR上運(yùn)動.∴Q經(jīng)過的路徑長為BR=4.如圖,已知⊙O上依次有A、B、C、D四個點(diǎn) OABE,BE=ABEC,F(xiàn)EC 的長求證:BF=BPBAE(1)2π(2)(3)(1)
∵FEC,∴BF△EAC,∴BF=
∵GBD,∴BG=在△PBGPBF
,∴△PBG≌△PBF(SAS,∴PG=PF.A(4,0(0,3求⊙M在直線MCP,使|DP﹣AP|52(2)(3)52MCP,此PDO|DP﹣AP|
61(1)B,DBDBDxQAMCO,DOMCP,P65DO|DP﹣AP|D,ODOy=x,6535DOP235
,此時
(1)252523證明:由題意可得出:M(2,2325∵CAOMC=,故C(2,﹣1251,DDH⊥xH,MCxN,34DH=5NC=5HA=5NA10.∴D(6,﹣5.BD:y=ax+b,346kb
k則b
,解得: 3.∴直線BD表達(dá)式為
49BDxQQ(9,049BQ2BQ2225,AB225,AQ2
.∴AQ25,BQ15 ∵即
BQ2AB2AQ2.∴△ABQDOy=kx,56556563535DOy3535又∵在直線DO上的點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為2
.∴P(2
52
.兩點(diǎn)的⊙OBCGABF,F(xiàn)BO(2)⊙O(1)AE⊥AEr(1)AE∵BM∴BE=∵BC=4,cosC=∴BE=2,cos∠ABC=在△ABE 解得∴⊙O考點(diǎn):1.2.相似三角形的判定與性質(zhì);3.(1,已知∠(2,CD25(2) (3)25(1) CEAB CEABD⊙OECDD⊙ODCE(1)又∵∠BCD=∠BAC,∴∠BCD=∠OCA.∴∠OCD=∠BCDOCB=90°,CECEAB5k3k105k3k10OC、OEOOF⊥CE2521則△OECEF=252133222525OE2EF2 2525判定;6.相似三角形的判定和性質(zhì);7.等定系數(shù)法的應(yīng)用;8.等邊三角形的判定和性如圖,△ABC的內(nèi)接三角形,PBC延長線上一點(diǎn),∠PAC=∠B,AD為⊙O的直徑,C作CG⊥AD于E,AB于F,交⊙O于G。555若⊙O5
,求△AFG(2)(3)3.(1)連接EFEG(1)PA1,CD,∵ADO,CG⊥AD,∴ACAD∴AG:AB=AF:AG.3,555555
5454∴∴EFAF2AE21∵EGAG2AE24,∴FGEGEF413∴∴ 1FGAE132322考點(diǎn):1.圓定理;2.直角三角形兩銳角的關(guān)系;3.相切的判定;4.垂徑定理;5.如圖,BC是半圓O的直徑,點(diǎn)A在半圓O上,點(diǎn)D是AC的中點(diǎn),點(diǎn)E 21 21EDDA為直角頂點(diǎn)的等腰三角形與已知得出②以點(diǎn)E為直角頂點(diǎn)的等腰A知得出.試題解析:∵BC為半⊙O21 21∵DAC2121
A為直角頂點(diǎn)的等腰三角形不存在∴B、A、E∴B、A、EE不在⊙O上A為直角頂點(diǎn)的等腰三角形不存在1E∵BC為半⊙O在△ABE和△DCE中,3AB∴△AEDD為直角頂點(diǎn)的等腰三角形不存在2ECD為直角頂點(diǎn)的等腰三角形存在ED=AD=2,∠DAE=∠AED=45°,∵EDAC∴ACDEAED.53如圖,已知∠MONOM、ON,sin∠O=OA=5DOA53若⊙A∠OOMB、C,BC=yyxx210x551【答案 (0<xx210x55121(1)212121
21 21中利用勾股定理得到(y)=(5-x)3yx56=4(5-x5755755∽Rt△A′AG,利用相似比可計(jì)算出5
DG=AG-
5575 5575
)(x-)5x
AH5(1)AH5 2121∴CH=BH=BC=2121∴AD=5-21Rt△ACH,AC=5-x,AH=3,CH=2121 21∴(y)=(5-x)-3x210xx210x(2)①A′E⊥OAEOA2OA2AH∴A′E=5-
5:6=4(5-51∴x=51A′G⊥OAG,連結(jié)A′D,∵⊙A′與以DDOD
, 3 3 56575∴DG=AG- -(5-x)=x-575575 575 )+(x-)=555
5,x2= 55∴x的值 5ABCDECDBE=BAAAD作⊙A交ABM,BABF,F(xiàn).75367536(1)(1)BE⊙AAEAAH⊥BEEADEG(2)33 333753603753606上半圓運(yùn)動(P、QABABC.當(dāng)線段ABO△ABC(3324【答案 (2)3324試題分析(1)連接OA,如下圖1,根據(jù)條件可求出AB,ACBH,求出BH就可以求出△ABC如下圖2,首先考慮臨界位置:當(dāng)點(diǎn)A與點(diǎn)Q重合時AB與圓O只有一個公共點(diǎn),此時α=0°;當(dāng)線段AB所在的直線與圓O相切時,線段AB與圓O只有一個公α=60°.α△BMQ∽△BAO,又PO=OQ=BQ,從而可以求出MQ、OD,進(jìn)而求出PD、DM、AM、CM的值.(1)OAB作BH⊥AC,H,1OB2OB2OA2 2212 3 3 3333332221∴S△ABC=211333133332243434①當(dāng)點(diǎn)AQABOOA1⊥BA1,OA1=1,OB=2,1212α:0°≤α≤60°.∴同理4 42 24 4AD2AD2DM2 (3)24415)2 2 62 62662 6626AC26AC2AM2 (6)226)232 3232ABCDEBCAEDEBAD求證AEDEADABFDFAEG② 值43(2)①BC=10; =43(1)DEBAD、∠ADC∠DAE+∠ADE=90AE⊥DE;(2)①由于AD∥BC,AE∠BAE=∠BEAAB=BE=CD=5,同理有CE=CD=5BC=BE+CE=10; ,而 (1)又∴BC=AD2AE2AD2AE2102
4386 =43863 3A是⊙O上一點(diǎn),OA⊥AB⊥OBM,并交⊙OC求證:BC是⊙O
,OB交⊙ODBBP⊥OBOAPPDsin∠BPD(2) (1)OCAC⊥OBAM=CMOB為線段由于∠OAB=90°,則∠OCB=90°BC是⊙O的切線;(2)Rt△OABOB=23033系得∠ABO=30°,∠AOB=60°,在Rt△PBO中,由∠BPO=30°得到 ;33Rt△PBD中,BD=OB﹣OD=1sin∠BPD(1)
13∴OBAC在△OAB和△OCBOAOBOBBA∴BC是⊙O3(2)解:在Rt△OAB中 3∴∴OB AB2OA22Rt△PBO33 333在Rt△PBD中 3∴∴PD PB2BD21311用xAD用xS,并求SSABCD⊙OEFABCD⊙O的半徑R32xCD=16+x(2S=-3
3(x-
33
21試題分析作AH⊥CDHBG⊥CDGAHGBHG=AB=3x,AD=BC,DH=CGRt△ADHDH=t303三角形三邊的關(guān)系得 t,然后根據(jù)等腰梯形ABCD的周長為48333333根據(jù)梯形的面積公式計(jì)算可得到S=-3
,再進(jìn)行配方得3S=-3
3OA、OD,如圖②,由(2)x=2AB=6,CD=18,33 3CDEF3的高,即 33333
33
-a)2+92=R2Ra
33
)2+323(1)3AHGB3 321S=21321= (8-3213333
333333
3 333 ×(8- 33EFABCD3 33 -333
-33 333 3
21OP,CP.2PO⊙ODDBCP=DB:CPO(1)(1)∵AB=4,21 21 3 323BCOBBCOBCOBDCP∴△ODB≌△BPC(SAS考點(diǎn):1、最值問題;2、切線的性質(zhì)與判定;3、圓定E, 43tan∠CAB=,BC=3,DE4359(2)59(1)∠2=∠OCAOC∥AD,AD⊥CD,OC⊥CD,然后根據(jù)切線的判定定理CDO5555
BCCE55
5(1)5∵∵BCCE3434
AC2BC2
32425AD5AD54
CD1235354∵∵BCCEDEFC∴∴EFCD125∴BE2EF245AEAE AB2BE2 52(24)255 ∴∴DEADAE1679 如圖,AB是eO的直徑,C
的中點(diǎn),eOBD
DEOBCEBDFEACCD
交eOHBH(2)2(2)2ACOEHDBFBH4BH45試題分析:(1)連接OC,若要證明C為AD的中點(diǎn),只需證OC//BD,已知C是 點(diǎn),可知OC⊥AB,又BD是切線,可知BD⊥AB,問題得證AFBH的長(1)OC∵C
的中點(diǎn),AB是⊙O∵BD是⊙O∵EOB在△COE和△FBECEOOECOEAB2AB2BF22∵ABABBFAFBHABBF42 245考點(diǎn):1、平行線分線段成比例定理;2、切線的性質(zhì);3勾股定理;4、全等三角形56.如圖,在△ABC中,AB=ACAB為直徑的⊙OBC、ACD、E兩點(diǎn),DFACF.求證:DF為⊙OcosC35 ,cosC35CCDFEBOA(2)7.(1)OM,即可求出答案.(1)∵AB是⊙的直徑,∴∠ADB=90°.又∵OD為⊙的半徑,∴DF為⊙O(2)BEODMOON⊥AENcosC35 ,CF=9,∴DC=15.∴DF15292cosC35∵ABOMEN∵OD99R2設(shè)⊙OR2則在Rt△EMO中,由勾股定理得:R2122R92,解得 9729722xoy,E(8,0),F(xiàn)(0 (2)P,使∠FPE=90°OEPFP要求寫出點(diǎn)P點(diǎn)坐標(biāo)畫出過P點(diǎn)的分割線并分割(不必說明理由不寫畫法是直角三角形,且∠FGE=90°.(2)一方面,由于∠FPE=90°,從而根據(jù)直徑所對圓直角的性質(zhì),點(diǎn)P在以EF為直徑的圓上;另一方面,由于四邊形OEPF被過P點(diǎn)的一條直線分割成兩部分后,可以拼成一個正方形,從而OP是正方形的對角線,即點(diǎn)P在∠FOE的角平分線上,因此可P(7,7),PH(1)∵E(8,0),F(xiàn)(0,FG=25,EG=45252452102,即FG2EG2FE2∴△FEG∠FGE=90PPH考點(diǎn):1.網(wǎng)格問題;2.勾股定理和逆定理;3.作圖(設(shè)計(jì));4.圓定理AE⊙O,D⊙OADAD=DC,CE⊙OB,AB.過點(diǎn)EACF,且∠F=∠CED.23(2)23(1)三角形的判定方法得到EA=EC,則∠AED=∠CED,由于∠F=∠CED,所以∠AED=∠F,易(2)根據(jù)相似三角形的判定方法得到△ADE∽△AEF,AE=23,CE=AE=23Rt△ADEDE=22AE⊙O21到∠ABE=90°,則根據(jù)面積法得到214213 ,4213(1)而AE2∴AE:AF=AD:AE,AE:6=2:AE.∴AE=23.∴CE=AE=2AE2Rt△ADEDE
23222222121AB222121AB2244623Rt△ABEBE
23AE2AE2考點(diǎn):1.切線的判定和性質(zhì);2.相似三角形的判定和性質(zhì);3.圓定理;4勾股定rP⊙PABCDA(2,4C、D在xC在點(diǎn)D(1)r423,P2(4,6,P3( Pyx2上,且⊙PABCDP 標(biāo)為(6,2E、HyH在點(diǎn)E①若⊙PBC⊙P在y的“等距圓”的圓心,則r的取值范圍是 (1)①P2,P3;②P(-4,6)或P(4,-2(2)454或45400r2或r21722(1)①②(2)①(1)①P2,P3;∵(24(62∴E(02,I(35.∴∠I,∴L(0,5,PPQBCQ∵⊙PBC∴∴pp52p222,p252解得:p15p252∴∴P1(525,25),P2(525,25)∵⊙PEEy525∴⊙Py
2
54或25
552 55.00r2或r2172211P與直線ll1xlP與直線ll1
3x,y
3x的圖像分別是ll1
(3,1
P寫出其余滿足條件的寫出其余滿足條件的PxOy ((3,1),(3,1),(3,1),(0,2),(0,2),(23,0),(23,0),(13,1),(13,1),(13,1),(13,1)333333(2)83試題分析:(1)根據(jù)P①Py
3x,y 3xy PP1(3,1),P2(3,1),P3(3,1),P4(3,1),P5(0,2),P6(0,②Py
3x,y
3xxPP( 3,0),P(23,0),P(13,1),P(13,1),P(13,1),P(13,78393312 33∴所得幾何圖形的周長為123
383(1接OA、OB、OC,△ABC被劃分為三個角形.S S 1BCr1ACr1ABr1(ab2222rrabSABCD(與各邊都相切的圓(2AB=a,BC=b,CD=c,AD=d,r;212與⊙O分別為△ABD與△BCD的內(nèi)切圓,設(shè)它們的半徑分別為r和r,212(1)r
abc
. r1 (1)OrSSAOBSBOCSCODr1 BD
1(132120)r,
1(111320)r
AEAE1(ABDC)1(2111)22試題解析:(1)如圖(2),連接 OA、OB、OC、 1∵SS 1ar1br1cr1dr1(abcd22 23rrabc. 4(3DEDE AD2AE213252BEABAE215BD BD DE2BE2122162·6又 1(1113 r1r1 9如圖,已知⊙O1,DE是⊙OD作⊙OAD,C的中點(diǎn),AE交⊙OBBCOEADBC是⊙O【答案 (2)是,見解BCOERt△ABD中,CAD(2)BCDO∵ADOBCDOBCOACDAB.若⊙O3,AD=4AC6(2)2 6試題分析(1)連接OC,由OA=OC可以得到∠OAC=∠OCA,然后利用角平分線的性質(zhì)可以證明∠DAC=∠OCA,接著利用平行線的判定即可得到OC∥AD,然后就得到OC⊥CD,由CDO相切于C(2)連接BC,根據(jù)圓定理的推理得到∠ACB=90°,又∠DAC=∠OAC,由此可以得∵AC6 6如圖,用半徑R=3cm,r=2cm的鋼球測量口小內(nèi)大的內(nèi)孔的直徑D.測得鋼球頂點(diǎn)與孔口平面的距離分別為a=4cm,b=2cm,則內(nèi)孔直徑D的大小為 如圖,某市民廣場是半徑為60米,圓心角為90°的扇形AOB,廣場中兩個活動場所是圓心在OA、OB上,且與扇形OAB內(nèi)切的半圓☉O1、☉O2,其余為花圃.若這兩個半圓相506(1)9cm2)7- (3)650π6(1)ACEF連接O1、O2,并分別過O1、O2作AB、BC的平行線,則O1O22=O1 R+r的值即可;(1)4=3(cm1 如圖2,連接O1、O2,并分別過O1、O2作AB、BC的平行線.則OO2=O E1 6(R+r)2-666
(不合題意舍去O1O=60-r,O2O=60-R,O1O2=50, 212121212121
AC=CF,∠CBF=∠CFB.到點(diǎn)O的距離為5,則r的取值范圍為 33
33(1)根據(jù)圓心角、弧、弦間的關(guān)系,等邊三角形的判定證得△AODRt△ABF,∠ABF=90°,∠OAD=60°,AB=10,則利于∠ABF又21∴CB=21又∵ABD,點(diǎn)EAB33
3,即 33 33∴圓心距 3∵⊙O33 333故填 3O(0,0B(6,08AOA45°3測得A位于北偏東30°,求觀測點(diǎn)B到A船的距離 3AA(1)25π(2)16.2(3)A(
8262103333
x,OD=OB+BD=6+x
3AAG⊥yGO′作O′E⊥OBEEO′交AGF垂徑定理得,OE=BE=3Rt△OOEOE=4O′333
-
82628262過點(diǎn)AAD⊥xD,依題意,得∠BAD=30°,Rt△ABDBD=x,AB=2x,由勾股定理得
AB2BD2
3x3 33 33 3過點(diǎn)AAG⊥yO′作O′E⊥OBE,EOAGF.FEDA33∴EF=DA,而 3333
3考點(diǎn):1.勾股定理的應(yīng)用;2.點(diǎn)與圓的位置關(guān)系.321的延長線上,且∠CBF=2155若 55 【解析(1)連接AE,利用直徑所對的圓是直角,從而判定直角三角形,利用直21∵AB=AC,∴∠1=∠CAB2121∵∠CBF=∠CAB,∴∠1=∠CBF。∴∠CBF+∠2=90°。即∠ABF=90°21過點(diǎn)CCG⊥ABG5555 5555∵∠AEB=90°,AB=5,∴BE=AB?sin∠1=5
52525
55 55BFGCBFGCAB3yy
∠CBO45CDABQ(40)tC當(dāng)∠BCP15ttP為圓心,PC為半徑的t(1)C的坐標(biāo)為
P⊙P與四邊形(2)t的值為4 3或433(1)AOBOC=OB=3,CyC②當(dāng)⊙PCDC,POPOQt;t,∠BCO,∠BCO∠CBOOCOByCy
C的坐標(biāo)為(0,3PB若若∠BCP15,得∠PCO30故OPOCtan30 3,此時t4 3PB3,由∠BCP15得得∠PCO60,故POOCtan6033此時t433t的值為4 3或433t由題意知,若⊙PABCD①當(dāng)⊙PBCC時,有∠BCP90,從而∠OCP45OP3ttt 與CD相切于點(diǎn)C時,有PCCD,即點(diǎn)P與點(diǎn)O重合, ③當(dāng)⊙PAD相切時,由題意,∠DAO90A為切點(diǎn),如圖4.PC2PA29t)2,PO2t4)2于是(9t)2t4)232t5.6t14O如圖,在ABC中,AB=AC,以AB為直徑 于點(diǎn)M,MNAC于點(diǎn)OBAC
33863386(1)(1)OM.Rt△AMCMN⊥AC21∴AN=AM?sin∠AMN=AC?sin30°?sin30°=213232()332860()332860633863386如圖⊙O?ABC接圓,且AB=AC,點(diǎn)DBC上運(yùn)動,過點(diǎn)D當(dāng)點(diǎn)D,DE⊙O(2)8析 8當(dāng)點(diǎn)D運(yùn)動到弧BC中點(diǎn)時,DE是⊙O的切線,理由為:由D為弧BC中點(diǎn),利用垂徑定理的逆定理得到AD垂直于BC,且AD過圓心,由BCDE平行,利用與平行線ADDEDE連接BO,AO,延長AOBC于點(diǎn)F,由等腰三角形的性質(zhì)得到AFBC垂直,且FBC的中點(diǎn),求出BF的長,在直角三角形ABF中,理由勾股定理求出AF的長,設(shè)O的半r,在直角三角形OBFAF-AO表示出OF,利用勾股定理列出關(guān)于r試題解析:(1)證明:在?ABCDBCAD⊥BCADO,設(shè)⊙O的半r,在Rt?OBF中,DF=4-8 88 8考點(diǎn):1.圓定理;2.平行線的性質(zhì);3.等腰三角形的性質(zhì)OE,BC于點(diǎn)F.21sinA=,⊙O4,21338 -33821∴sinA=213 3321∴BC= 3213 333332121
38603860
—338AB的中點(diǎn)M3383 3MC、MD,DM=BM=BC,又∵AD=BC,21(2)由(1)AM=MD=AD=2121DDE⊥ABE21
2121
AD222AD222321 213321= 3321(2)若DAPCDO3【答案 3332333233即 3,∴∠ACP=90°;又∵D為APOAOAO(AD∴△OAD≌△OCD(SSS又∵APOAyCEOFABxD2⊙ExA、ByC、DCFxyCEOFABxD3(2)(3) 133(1)(11∠OFC=30°∠FOC=90E作EH⊥x軸于點(diǎn)HRt△CEG≌Rt△BEH,又由EH⊥AB,EG⊥CD,AB=CD;3 3(1)(1,1EG2EG2過點(diǎn)EEH⊥x(1,1∵∵CEEGEH∴Rt△CEG≌Rt△BEH(HL
CE2EG2 33 33同理 3又同理3陰 = 13陰
1127 ACE,DEBC(2)BF=4.DE=FE;(1)∴EDFr232r232CO
CDPDPC位于PC左側(cè)的點(diǎn),連結(jié)BD交線段PC于EPDPCPD是⊙O若⊙O43PC83OCxPD2yy①求關(guān)于xy②當(dāng)x 3時,求tanB的值33
31,②31(1)(2)x,yOP2PD2yxBEtanB(1)(2)①連接OP.Rt△POC3 33②當(dāng) 時33 33 33 3313331331.二次函數(shù)綜合題;2.切線的判定;3請判斷DEO (2)244(1)DEOS陰影部分=SBODE-SOBD進(jìn)行計(jì)算即可.(1)DEOD,BD,則∠ABD=∠ACD=45°,12129024
1.切線的判定;2Rt△ABC,∠ACB=90°,∠CAB=30°,BC=1AC(A2C2恰好靠在墻邊.34 【答案】(1)AB=2米; 34 (1(2)AB、AC.l上轉(zhuǎn)動兩次點(diǎn)A別繞點(diǎn)B120°C旋轉(zhuǎn)90°,將兩條弧長求出來加在一(1)(2)∵∠CAB=30°,BC=13∴AB=2米 米3(3)畫出A333∴A12023
34 5.9(米3333AA1AA1l1202 A1A2l903 4 4 4 4 1.弧長的計(jì)算;2.旋轉(zhuǎn)的性質(zhì);3.N(3,0)yD(0,3l34343434點(diǎn)P,⊙PAB343434342【答案】(1)y=x4x+3;(2)y=x+y=?x?;(3(2,1.5(2,-1.5(2,-6(2,6(1)N(3,0D(0,3)aAC=3,BC=4,B設(shè)⊙P與AB相切于點(diǎn)QD(0,31(x-D(0,31(x-3得1(x-∵過點(diǎn)A(-1,0)ABx21∴21(2,4)k4=2k ∴0=kb,解得: 4 b 3434∴y=x+3434k4=2k當(dāng)點(diǎn)B(2,-4)時0=k
,解得 4 b 3434∴y=?x?343434343434ABy=x+y=34343434∵當(dāng)點(diǎn)P,⊙PABx設(shè)⊙P與ABQxC;2243P(2,1.56(2,6考點(diǎn):二次函數(shù)綜合題.A、B、C在求∠OBA
O2O【答案】2121試題分析過點(diǎn)O作OE⊥AB于點(diǎn)E垂足為E根據(jù)垂徑定理可知 AB2121OOE⊥ABE21 2121 21,1.垂徑定理;2D,取CDE,AEBCP。OC=CP,AB=33CD(2)(1)(2)利用(1)Rt△OAP∠ACO=60°.△BAC、Rt△ACDAC=3,CD=23.(1)AO,AC.CECEDEAEOAOAsinPsinPOA .Rt△BAC,∵∠BAC=90°,AB=33AC3tan tan3CD3 231.切線的判定與性質(zhì);2.已知:如圖所示,ABO的弦,OAB45,C是優(yōu)弧AB,BD//OA,CAD,BC。BO ACAC43,CAB
O的半徑(2)4.(1)OAB=45°.則∠1+∠2=90°.BD⊥OBB.CD⊙O3 3得出∠3.在Rt△OAEOA(1)OB,如圖.∴BD⊥OB3 3321∴AE= 321242432考點(diǎn):1.切線的判定與性質(zhì);2.DAC如圖,△ABC是 延長DA至點(diǎn)E,使CEDAC
上一點(diǎn)AEBD若
ADBD
2CDACAC(≌△BCD,22(1)在△ECD∠E=∠CDE.∵∠CBA=∠CDE(
(2)2 2又22考點(diǎn):1.
ABCDEABFBC∠ADE=∠FDE在⑵的條件下若CD=4cm點(diǎn)M段DF上從點(diǎn)D出發(fā)向點(diǎn)F運(yùn)動速度為0.5cm/s,M,MD⊙M。當(dāng)運(yùn)動時間為多少秒時,⊙M⊙E.?38(2)(3)38EBF,即有:AD=AP,BF=PFAB=AD,從而得證;設(shè)t(1)E點(diǎn)作EP⊥DF,P,EF,DA=AB∵EAB(4-38解得:t=381.全等三角形的判定與性質(zhì);2.勾股定理;3.EO EO AB2⑵ AB225(25(1)利用△OBC≌△OEC,得到∠OBC=90BC⊙O(1)OE、OC.又∵DEO5(2)解:過點(diǎn)D作DF⊥BC于點(diǎn)F,則四邊形ABFD是矩形 55(x+2)2-5
25)2,解得 2525 25yA(0,yA(0,如圖,在平面直角坐標(biāo)系
OCB的外接圓與
軸交于 OCB60COB45OCCCyAB
312已知了 2AB22 22 2236 2236BBD⊥OC33 3tan 33考點(diǎn):1.圓定理;2.坐標(biāo)與圖形性質(zhì);3.解直角三角形K,過點(diǎn)GCDEABF3(2) 3(1)連接 試題解析:(1)OG,∴tan∠CAH=tan∠F=123 31.切線的判定,2如圖,Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=4,BC=3,P是斜邊AB上的一個動點(diǎn)(點(diǎn)P與點(diǎn)A、B不重合,以點(diǎn)P為圓心,PA為半徑的⊙P與射線AC的另一個交點(diǎn)為D,射線PDBCE.AAPDECByxx設(shè)線段BEQ,PQ⊙PI,CI=AP,APACCB65【答案】(1y36x(0x565
4 (1)y關(guān)于x53BEQPQPB=PEPQ⊥BE,易得535454
x+3(⊙Q5454
x+3535953 53595353CQ=BC-53
x,在Rt△CQI中,根據(jù)勾股定理得
592592=55555122
x-4,CQ=BC-BQ=5535955359
55515551
225(1)①∵AP=DP,∴∠PAD=∠PDA.BCBC35y535y5∴∴y36x(0x5 5x454∴PQ44x,BQ33x BE⊙P44xx33x 65x5AP656(2)如果點(diǎn)E段BC延長線上時由(1)②的結(jié)論可知IQPQPI44xx49x CQCQBCBQ333x35 CICI CQ2QI2 x4 x 55x2 x5
18x272x16x x1解 ,x24x1∴AP的長 IQPIPQxIQPIPQx44x9x5 ,CQCQBCBQ333x35 Rt△CQICI
3CQ2CQ2
x4
18x2
x16
5 x1∴18x272x16x1
(不合題意,舍去
4
4xP(1,0)xyA、B、C、DCP,⊙P2.若過弧CBQ⊙PMNxMyN,求直線MN3【答案 3y
3x223x
(133533 3533(1)PQ,求出∠CPO,求出∠QPMPMMMN=2ON,根據(jù)勾股定理求出ONN的坐標(biāo),設(shè)直線MN解析式是y=kx+b,把M、N的坐標(biāo)代入求出即可.(1)∵P(1,0),⊙P2,3 33由垂徑定理得 333 33yyax2bx33 330ab∴09a3b a b23 3c3y3xy3x2333x333x1233
3x223x
3(1332 32∵QBC21 21535353530=5k53b3533解得 35333533 3533
為O的直徑AD與O相切于點(diǎn)ADE與O相切EDE延長線上一點(diǎn),且求證BC為O的切線AB25AD2,求線段BC的長25 25(1)用△OBC≌△OEC,得到∠OBC=90°BCO(1)OE、OC.又∵DEO5(2)過點(diǎn)D作DF⊥BC于點(diǎn)F,則四邊形ABFD是矩形 555
25)2,解得 2525 25五、判斷題(題型注釋六、新添加的題43xOyy=-x+b(bb>0)43D、ED在點(diǎn)E若直線ABCDF、設(shè)b≥5,段AB上是否存在點(diǎn)P,使∠CPE=45°?若存在,請求出P點(diǎn)坐標(biāo);(1)45
(4≤b<5(2)(1)OM⊥ABMOFMFM2FG2b(1)①1,21∴∠CFE=212,OM⊥ABM43∵OM⊥AB,直線的函數(shù)式為:y=-4334∴OM:y=341612∴交點(diǎn)16121212
121216
16)16
21∵FM=211212
)2-
6416164161
1b2(4≤b<5)(2)∵在直角坐標(biāo)系中OP,∵P3 344533即 3OB2OB2=52(20)22533PM⊥AOAOMP(x,y,∴ 5y5y3535555 55ABCDACOOAO,⊙OB、DBBK⊥AC,KDDH∥KB,DHAC、AB、⊙OCBE、F、G、H。31AB=a,AD=a(aBK(a31若FEGDE=6,求⊙OGH(2)
(3)r922121(1)2121AC
EF,再利用△AFD≌△HBFHF3131(1)31解:∵AB=a,AD=31AC ABAC AB2BC2 a2(1a)233111122
2AB2ABa133在△ABKEF=3,BK=6,EF∥BK,1111r663
,EG=6,OE2EG2OG2∴∴(1r)262r23∴∴r22.如圖,ABOCDABE,DE=ECBADFE作EG⊥BC于G,延長GEAD于H.445AE:AD=,DF=9,求⊙O5(2)10.(1)EG⊥BC,易證得∠CDA=∠DEH,HD=EHAH=EH,則可證得結(jié)論;(2)由AB⊙OBDF=90°BF∠DBF=∠C,然后由三BD(1)454343
,53∴sin∠A=5394(本題10如圖,BE⊙O的直徑,點(diǎn)AEB延長線上,弦PD⊥BE,C,OD,∠AOD=∠APC.若⊙O3163164
3.(1)(2)分別求出△DPOOPBD積,然后利用S陰影=SOPBD-S△OPD計(jì)算即可.(1)OPOD=OP,又(2)解:在Rt△APO∵AP=43
AP2PO28PO=1AO2∴∠OPC=30°21∴OC=21PCPO2OC223∴PD=2PC=43=12042=1204214323163164與⊙OA、B,∠AOB=90°.ABx2-x-k=0的兩根,3.求方程x2-x-k=0把直線lPl⊙Ol5 5(1)3,可點(diǎn)x1-x2=3,解方程組即可得方程的根;過點(diǎn)A作AC⊥x軸于點(diǎn)C,過點(diǎn)BBD⊥x軸于點(diǎn)D,通過△AOC≌△OBDA點(diǎn)坐標(biāo),OAA、B標(biāo)利用待定系數(shù)法求出直線AB析式,從而得到點(diǎn)P坐標(biāo),過點(diǎn)P的x1x2(1)設(shè)方程的兩根分別為x1,x2(x1>x2),由已知得x
x1
2xOC2AC2 14 過點(diǎn)OC2AC2 14 ∴A(-1,2),B(2,1)k1b12kbk1b12kb k3b53y=1x5y=01x5=0,
OP2OE2
255
52121
2121
552
541x1x
k2b2
5k2b2
b
1x1x5221 18【答案 8AB2AB2AC=2952試題分析 84584522145AC22145AC828 82897(D,且∠BAC=∠DAC.53CD=6,cos∠ACD=,求⊙O534 4(1)連接,由∠DACAD∥OC,由AD⊥MN,OC⊥MNMN⊙O53(2)CD=6,cos∠ACD=,可得AC=10,又由∠ACB=∠ADC,∠BAC=∠DAC53(1)MNOOC,OC,AD⊥MN,OC⊥MN,∵OC⊙OMNO
10253∵ABO10253ACD,428 428如圖,在矩形ABCD中,AB=2,BC=4,⊙D的半徑為1.現(xiàn)將一個直角三角板的直角頂點(diǎn)與矩形的對稱中心O重合,繞著O點(diǎn)轉(zhuǎn)動三角板,使它的一條直角邊與⊙D切于點(diǎn)H,ADE,F(xiàn)EH.4343DH.ABCD
422225521∴OD= 52121∴tan∠ADB=tan∠HOD=2143434343BCBCABD,BD=8CB230BCBDC,根據(jù)等角對等邊可得21CCE⊥ADEAE=DE=AD,然后利用21BCBCAB∴∴BCBDC在△BCDCCE⊥AD
2122121
又AEBEAEBE 2102
CE2BE2
(25)2102
120=230;2.勾股定理1OOx,再選定一個單位長度,那么平面上任一點(diǎn)M位置可由∠MOxθOM的長度m確定,有序數(shù)對(θ,m)稱為M點(diǎn)的“極坐標(biāo)”,這樣建立的坐標(biāo)系稱為“極坐標(biāo)系”.在圖2的極坐標(biāo)系下,如果正六邊形的邊長為2,有一邊OA在射線Ox上,六邊形的頂點(diǎn)C的極坐標(biāo)應(yīng)記為()A(60°,4) B(45°,4) C(60°, D(50°,【
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