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文檔簡介

清單05垂徑定理的應(yīng)用(5種題型解讀(30題))【知識導(dǎo)圖】【知識清單】【考試題型1】直接利用勾股定理求線段長1.(2023上·甘肅慶陽·九年級??计谥校┤鐖D,在半徑為10的⊙O中,OC垂直弦AB于點D,AB=16,則CD的長是(

)A.3 B.4 C.6 D.8【答案】B【分析】本題主要考查了垂徑定理,勾股定理,先由垂徑定理得到AD=12AB=8,再利用勾股定理求出OD=6【詳解】解:如圖所示,連接OA,∵OC垂直弦AB于點D,AB=16,∴AD=1在Rt△AOD中,由勾股定理得OD=∴CD=OC-OD=10-6=4,故選B.2.(2023上·江蘇南京·九年級南京市金陵匯文學(xué)校??茧A段練習(xí))如圖,點E在y軸上,⊙E與x軸交于點A、B,與y軸交于點C、D,若C0【答案】6【分析】本題考查垂徑定理,坐標(biāo)與圖形性質(zhì),勾股定理.先求得⊙E的半徑,再根據(jù)垂徑定理和勾股定理即可求解.【詳解】解:∵C0∴OD=1,∴CD=10,∴EA=ED=12CD=5∵AB⊥CD,∴AO=BO=12AB∴AB=2OB=6;故答案為:6.3.(2023上·河北石家莊·九年級??茧A段練習(xí))圓O的半徑為5,AB,CD為兩條平行的弦,AB=8,CD=6.則這兩條平行弦之間的距離為.【答案】1或7【分析】本題考查了垂徑定理的知識,此題綜合運(yùn)用了垂徑定理和勾股定理,特別注意有時要考慮兩種情況.連接OC、OA,過點O作OE⊥AB于E,交CD于F,則EF⊥CD,根據(jù)垂徑定理求出CF,AE,根據(jù)勾股定理求出OE、OF,即可得出答案.【詳解】解:連接OA,OC.過點O作OE⊥AB于E,交CD于F,當(dāng)AB和CD在圓心的同側(cè)時,如圖所示,∵AB∥CD,∴OF⊥CD,∵OE⊥AB,OF⊥CD,∴AE=12AB=4根據(jù)勾股定理,得OE=AO2則EF=OF-OE=1.當(dāng)AB和CD在圓心的兩側(cè)時,如圖所示,∵AB∥CD,∴EF⊥CD,∵OE⊥AB,OF⊥CD,∴AE=12AB=4根據(jù)勾股定理,得OE=AO2則EF=OF+OE=7.故答案為:1或7.4.(2023上·江蘇·九年級期末)如圖,在⊙O中,直徑AB與弦MN相交于點P,∠NPB=45°,若AP=2,BP=6,則MN=.【答案】2【分析】本題考查的是垂徑定理及勾股定理,根據(jù)題意作出輔助線,構(gòu)造出直角三角形是解答此題的關(guān)鍵.過點O作OD⊥MN于點D,連接ON,先根據(jù)AB是直徑AP=2,BP=6求出⊙O的半徑,故可得出OP的長,根據(jù)∠NPB=45°,得出△OPD是等腰直角三角形,再根據(jù)勾股定理求出OD的長,故可得出DN的長,由此即可得出結(jié)論.【詳解】解:如圖所示,過點O作OD⊥MN于點D,連接ON,則MN=2DN,∵AB是⊙O的直徑,AP=2,BP=6,∴⊙O的半徑=1∴OP=4-AP=4-2=2,∵∠NPB=45°,∴△OPD是等腰直角三角形,∴OD=2在Rt△ODNDN=O∴MN=2DN=214故答案為:2145.(2023上·廣東惠州·九年級??计谥校┤鐖D,AB是⊙O的直徑,弦CD⊥AB于點E,OC=10cm,CD=16【答案】AE=16【分析】本題考查垂徑定理.根據(jù)垂徑定理求出OE的長,利用OA+OE求出AE即可.【詳解】解:∵AB是⊙O的直徑,弦CD⊥AB于點E,OC=10cm∴CE=12CD=8cm,∴OE=O∴AE=OA+OE=10+6=16cm6.(2023上·安徽淮南·九年級??茧A段練習(xí))如圖,在⊙O中,AB、AC為互相垂直的兩條弦,OD⊥AB于點D,OE⊥AC于點E,若AB=4cm,AC=3cm,求【答案】2.5【分析】此題考查了垂徑定理,矩形的判定與性質(zhì)及勾股定理,解答本題的關(guān)鍵是掌握垂徑定理.先由垂徑定理得AE=1.5,AD=2,再證得四邊形ADOE是矩形,然后利用勾股定理即可求得【詳解】解:連接AO∵OE⊥AC,OD⊥AB,AB=4cm,∴AE=1.5又∵AC⊥AB∴四邊形ADOE為矩形∴OD=AE=1.5,∴OA=【考試題型2】運(yùn)用單勾股列方程求線段長7.(2023上·江蘇常州·九年級??计谥校┤鐖D,⊙O的半徑OF⊥弦AB于點E,C是⊙O上一點,AB=6,CE的最大值為9,則EF的長為(

)A.1 B.2 C.3 D.4【答案】A【分析】本題考查了垂徑定理和勾股定理,連接OA,根據(jù)垂徑定理得AE=BE=12AB=3,設(shè)半徑為r,根據(jù)當(dāng)C,O,E在同一條直線上時CE最長得到EF=2r-9,在Rt△AOE中,根據(jù)勾股定理得r-2r-92=r2-3【詳解】解:如圖,連接OA,∵⊙O的半徑OF⊥弦AB于點E,AB=6,∴AE=BE=1設(shè)半徑為r,可知當(dāng)C,O,E在同一條直線上時CE最長,即CE=OE+OC,∴r+r-EF=9,∴EF=2r-9,在Rt△AOE中,由勾股定理得O∴r-2r-92=∴EF=2r-9=1,故選:A.8.(2023上·江蘇淮安·九年級統(tǒng)考期中)把球放在長方體紙盒內(nèi),球的一部分露出盒外,其截面如圖所示,已知EF=CD=4cm,則球的半徑長是(

A.1cm B.2cm C.52【答案】C【分析】本題主要考查了垂徑定理及推論、矩形性質(zhì)等知識點,如圖:連接OF,過O點作MN⊥EF、垂足為M,構(gòu)造出直角三角形,再利用垂徑定理和勾股定理求解即可.靈活運(yùn)用垂徑定理和勾股定理是解題關(guān)鍵.【詳解】解:如圖:過O點作MN⊥EF,垂足為M,連接OF,∵四邊形ABCD是矩形,∴EF=CD=MN=4cm設(shè)OF=xcm,則OM=在直角三角形OMF中,OM2+MF2=OF故選C.9.(2023上·黑龍江哈爾濱·九年級哈爾濱市第四十九中學(xué)校??计谥校┤鐖D,AB為⊙O的直徑,弦CD⊥AB,垂足為E,若AE=8,BE=2,則線段A.8 B.5 C.4 D.3【答案】A【分析】本題主要考查了垂徑定理和勾股定理,先連接OC,根據(jù)已知條件求出OB,OC,從而求出OE,然后根據(jù)勾股定理求出【詳解】解:連接OC,∵AE=8,∴AB=AE+BE=8+2=10,∵AB是⊙O的直徑,∴OC=OB=1∵BE+OE=OB,∴OE=OB-BE=5-2=3,∵CD⊥AB,∴∠CEO=90°,∴CE=O∴CD=8,故選:A.10.(2023·全國·九年級專題練習(xí))如圖,AB是☉O的直徑,弦CD⊥AB于點E,CD=10,BE=2,則☉O的直徑為.【答案】29【詳解】由題意,設(shè)半徑為r,則OC=OB=r.∵BE=2,∴OE=r2.∵AB是☉O的直徑,弦CD⊥AB于點E,∴點E是CD的中點.∵CD=10,∴CE=102=5在Rt△OCE中,由勾股定理,得OC2=CE2+OE2.即r2=52+(r2)2,解得r=294∴直徑R=2r=292故☉O的直徑為29211.(2023上·河南許昌·九年級統(tǒng)考期中)筒車是我國古代發(fā)明的一種水利灌溉工具,筒車盛水桶的運(yùn)行軌道是以軸心O為圓心的圓,如圖1.唐代陳廷章在《水輪賦》中寫道“水能利物,輪乃曲成”.如圖2,已知圓心O在水面上方,且⊙O被水面截得弦AB長為8米,若點C為運(yùn)行軌道的最低點,點C到弦AB所在直線的距離是2,則⊙O的半徑長為米.【答案】5【分析】本題考查垂徑定理的應(yīng)用,勾股定理等知識,解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線,構(gòu)造直角三角形解決問題.連接OC交AB于點E.利用垂徑定理得AE=4,再利用勾股定理即可求出半徑.【詳解】解:連接OC交AB于點E.設(shè)OA=OC=r,由題意OC⊥AB,∴AE=BE=1∵CE=2,∴OE=r-2,在Rt△AEO中,r∴r=5米,故答案為:5.12.(2023上·山東濟(jì)寧·九年級??计谥校┤鐖D,⊙O的弦AB與CD相交于點E,已知AE=BE,DE=3CE,且AB=8,若CD過圓心O,求⊙O的半徑.【答案】⊙O的半徑為8【分析】本題主要考查垂徑定理,勾股定理,連接OB,根據(jù)垂徑定理得到CD⊥AB,結(jié)合勾股定理求解即可得到答案.【詳解】解:連接OB,如圖,∵AE=BE,CD過圓心O,AB=8,∴CD⊥AB,∵DE=3CE,∴OE=CE=1在Rt△OBE∴OB2-O解得:OB=8所以,⊙O的半徑為83【考試題型3】運(yùn)用雙勾股列方程求線段長13.(2023上·浙江溫州·九年級溫州市第八中學(xué)??计谥校┤鐖D,在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=5,BC=10,以點C為圓心,AC為半徑的圓與AB,BC分別交于點E與點D,則BE的長為【答案】3【分析】本題考查了垂徑定理和勾股定理,過點C作CH⊥AB于點H,根據(jù)勾股定理得出AB=AC2+BC2=55【詳解】解∶過點C作CH⊥AB于點H,∵∠C=90°,AC=5,BC=10,∴AB=A∵S△ABC∴AC?BC=AB?CH,即5×10=55解得:CH=25∴AH=A∵CH⊥AB,∴AE=2AH=25∴BE=AB-AE=35故答案為:3514.(2023上·江蘇南京·九年級統(tǒng)考期中)如圖,AD是△ABC的高,以O(shè)為圓心的兩個同心圓,小圓經(jīng)過點A,D,大圓經(jīng)過點B,C,若小圓半徑為6,大圓半徑為10,則AB2【答案】672【分析】本題主要考查了垂徑定理,勾股定理的運(yùn)用,過O作OF⊥BC,根據(jù)垂徑定理和勾股定理,用OF表示出AB【詳解】解:小圓與CD交于點E,連接AE,OB,OD,OC,過點O作OF⊥BC交BC于F,如圖:∵AD⊥BC,∴AE是小圓的直徑,即AE過點O,由垂徑定理可知,DF=EF,BF=CF,∴OF=1設(shè)OF=x,∴DF=EF=36-x2∴BD=BF-DF=100-x2-36-∴ABAC2=A∴AB故答案為:672.15.(2023上·黑龍江綏化·九年級??计谥校┰诎霃綖?3的⊙O中,弦AB∥CD,弦AB和CD間的距離為7,若AB=24,則CD的長為.【答案】10或2【分析】本題考查的是垂徑定理和勾股定理,根據(jù)題意畫出圖形,由于AB與CD的位置不能確定,故分AB與CD在圓心O的同側(cè)和AB與CD在圓心O的異側(cè)兩種情況進(jìn)行討論,然后利用垂徑定理和勾股定理求解即可.在解答此類題目時要注意進(jìn)行分類討論,不要漏解.【詳解】解:當(dāng)AB與CD在圓心O的同側(cè)時,如圖1所示:過點O作OF⊥CD于點F,交AB于點E,連接OA,OC.∵AB∥CD,OF⊥CD,∴OE⊥AB,∴AE=1在Rt△AOE中,OE=∴OF=OE+EF=5+7=12.在Rt△OCF中,CF=∴CD=2CF=10;當(dāng)AB與CD在圓心O的異側(cè)時,如圖2所示:過點O作OF⊥CD于點F,反向延長交AB于點E,連接OA,OC.∵AB∥CD,OF⊥CD,∴OE⊥AB,∴AE=1在Rt△AOE中,OE=∴OF=EF-OE=7-5=2.在Rt△OCF中,CF=∴CD=2CF=2165綜上所述,CD的長為10或2故答案為:10或216516.(2023·黑龍江哈爾濱·統(tǒng)考三模)如圖,已知⊙O的半徑為7,AB是⊙O的弦,點P在弦AB上.若PA=4,PB=6,則OP的長為.

【答案】5【分析】本題考查了垂徑定理,勾股定理等知識.熟練掌握垂徑定理是解題的關(guān)鍵.由題意知,AB=10,如圖,作OD⊥AB于D,連接OB,則OB=7,由垂徑定理可得,AD=BD=12AB=5,則PD=1,由勾股定理得,O【詳解】解:由題意知,AB=AP+PB=10,如圖,作OD⊥AB于D,連接OB,則OB=7,

由垂徑定理可得,AD=BD=1∴PD=AD-AP=1,由勾股定理得,OD由勾股定理得,OP=P故答案為:5.17.(2023上·浙江杭州·九年級統(tǒng)考期中)如圖這是一個殘缺的圓形部件,已知A,B,C是該部件圓弧上的三點.(1)利用尺規(guī)作圖作出該部件的圓心;(保留作圖痕跡)(2)若△ABC是等腰三角形,底邊BC=16cm,腰AB=10cm,求該部件的半徑【答案】(1)見解析(2)圓片的半徑R為25【分析】本題考查了垂直平分線的尺規(guī)作圖,垂徑定理及勾股定理,熟記相關(guān)結(jié)論是解題關(guān)鍵.(1)弦AB和AC的垂直平分線交點O即為所求的圓心,據(jù)此即可完成作圖;(2)連接AO,OB,BC,根據(jù)垂徑定理可得BD=8cm,再結(jié)合勾股定理可得AD;設(shè)圓片的半徑為R,在Rt【詳解】(1)解:如圖所示:分別作弦AB和AC的垂直平分線交點O即為所求的圓心;(2)解:連接AO,OB,BC,BC交OA于D.∵BC=16cm∴BD=8cm∵AB=10cm∴AD=A設(shè)圓片的半徑為R,在Rt△BOD中,OD=∴解得:R=25∴圓片的半徑R為25318.(2023上·山東濰坊·九年級統(tǒng)考期中)如圖,在直徑為20的⊙O中,AB與CD是互相垂直的兩條弦,垂足為點F.已知AB=CD=16,求OF的長.【答案】6【分析】本題主要考查了垂徑定理以及圓心角、弧、弦的關(guān)系:在同圓或等圓中,如果兩個圓心角、兩條弧、兩條弦中有一組量相等,那么它們所對應(yīng)的其余各組量都分別相等.過O點作OM⊥AB于M點,ON⊥CD于N點,連接OA,先證明四邊形OMFN是正方形,然后根據(jù)垂徑定理求出OM即可解答.【詳解】解:過O點作OM⊥AB于M點,ON⊥CD于N點,連接OA,如圖,∴∠OMF=∠ONF=90°,AM=BM=8,∵AB⊥CD,∴∠MFN=90°,∴四邊形OMFN是矩形,∵AB=CD,∴OM=ON,∴四邊形OMFN正方形,∴OM=MF,∵直徑為20,∴OA=10,在Rt△AOM中,OM=∴MF=6,∴在Rt△OMF中,OF=即OF的長為62【考試題型4】垂徑定理的實際應(yīng)用19.(2023上·江蘇徐州·九年級統(tǒng)考期中)如圖,一座石橋的主橋拱是圓弧形,某時刻測得水面AB寬度為8米,拱高CD(弧的中點到水面的距離)為2米.(1)求主橋拱所在圓的半徑;(2)若水面下降1米,求此時水面的寬度(保留根號).【答案】(1)主橋拱所在圓的半徑長為5米(2)此時水面的寬度為221【分析】本題考查了垂徑定理,勾股定理等知識,解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線,構(gòu)造直角三角形解決問題,屬于中考??碱}型.(1)連接OA,OC,設(shè)半徑OA=OD=R,OC=OD-DC=R-2,在Rt△ACO(2)根據(jù)勾股定理列式可得FG的長,最后由垂徑定理可得結(jié)論.【詳解】(1)∵點D是AB的中點,DC⊥AB,∴AC=BC=1設(shè)拱橋的橋拱弧AB所在圓的圓心為O,連接OA,OC,設(shè)半徑OA=OD=R,OC=OD-DC=R-2,在Rt△ACO中,O∴解得R=5.答:主橋拱所在圓的半徑長為5米;(2)設(shè)OD與EF相交于點G,連接OF,∵EF∴OD⊥EF,∴∠OGF=90°,在Rt△OGF中,OG=5-1-2=2,OF=5∴FG=∴EF=2FG=2答:此時水面的寬度為22120.(2023上·江西南昌·九年級南昌市心遠(yuǎn)中學(xué)??计谥校┤鐖D1,重慶特色的九宮格火鍋分九格:四角格、十字格、中心格(中心格一般為正方形).隔板的設(shè)計有以下兩種:①橫縱隔板兩兩垂直交于隔板的三等分點如圖2所示;②橫縱隔板兩兩垂直交于圓鍋邊緣(圓)八等分點如圖3所示.已知圓鍋直徑為40cm

(1)求圖2的中心格面積S1(2)求兩種設(shè)計的中心格面積S1與S【答案】(1)S(2)S【分析】(1)如圖2,過點O作OB⊥AP于點B,連接OA,然后可得OA=20cm,AH=HI=IP,則有OB=HB=BI=12HI=(2)如圖3,過點C作CF⊥DG,垂足為F,連接CG、DE,則有CD=CE=20cm,CF=FG,根據(jù)圓周角定理可知∠CDF=12×45°=22.5°,則有CG=DG=2【詳解】(1)解:如圖2,過點O作OB⊥AP于點B,連接OA,

由題意得:OA=20cm,AH=HI=IP由中心格是正方形可得:OB=HB=BI=1設(shè)OB=xcm,則AB=3x在Rt△ABO中,由勾股定理得:x∴x2∴S1(2):如圖3,過點C作CF⊥DG,垂足為F,連接CG、DE,

由題意得:CD=CE=20cm,CF=FG∵橫縱隔板兩兩垂直交于圓鍋邊緣八等分點如圖3所示,∴圓鍋邊緣每段弧的度數(shù)為45°,∴∠CDF=1∵∠CGF=45°,∴∠DCG=∠CGF-∠CDF=22.5°=∠CDF,∴CG=DG=2∴FD=DG+FG=2∴在Rt△CDF中,由勾股定理得:CF2∴CF∴S∴S【點睛】本題主要考查垂徑定理、圓周角定理及勾股定理,熟練掌握垂徑定理、圓周角定理及勾股定理是解題的關(guān)鍵.21.(2023上·北京海淀·九年級北京交通大學(xué)附屬中學(xué)??茧A段練習(xí))“圓”是中國文化的一個重要精神元素,在中式建筑中有著廣泛的應(yīng)用,例如古典園林中的門洞.如圖1,其數(shù)學(xué)模型為如圖2所示.園林中的一個圓弧形門洞的地面跨徑AB=1米,D為圓上一點,DC⊥AB于點C,且CD=BC=0.7米,則門洞的半徑是多少?【分析】過O作ON⊥AB于N,過D作DM⊥ON于M,由垂徑定理得AN=BN=12AB=________(米),再證四邊形DCNM是________,則MN=CD=______米,DM=CN=BC+BN=______(米),設(shè)該圓的半徑長為r米,然后由題意列出方程或方程組,解方程(組)可得【答案】門洞的半徑長為1.3米【分析】本題考查了垂徑定理的應(yīng)用、勾股定理的應(yīng)用等知識;過O作ON⊥AB于N,過D作DM⊥ON于M,由垂徑定理得AN=BN=12AB=0.5米,再證四邊形DCNM是矩形,則MN=CD=0.7米,DM=CN=BC+BN=1.2(米)【詳解】解:過O作ON⊥AB于N,過D作DM⊥ON于M,如圖所示:

則AN=BN=12AB=0.5∵DC⊥AB,∴∠DCN=90°,∴四邊形DCNM是矩形,∴MN=CD=0.7米,DM=CN=BC+BN=1.2(米),設(shè)該圓的半徑長為r米,根據(jù)題意得,O解得:r=1.3即門洞的半徑長為1.3米,22.(2023上·湖北黃岡·九年級統(tǒng)考期中)某村為了促進(jìn)農(nóng)村經(jīng)濟(jì)發(fā)展,建設(shè)了蔬菜基地,新建了一批蔬菜大棚.如圖是蔬菜大棚的截面,形狀為圓弧型,圓心為O,跨度AB(弧所對的弦)的長為8米,拱高CD(弧的中點到弦的距離)為2米.

(1)求該圓弧所在圓的半徑;(2)在修建過程中,在距蔬菜大棚的一端(點B)1米處將豎立支撐桿EF,求支撐桿EF的高度.【答案】(1)該圓弧所在圓的半徑為5米(2)支撐桿EF的高度為1米【分析】此題考查了矩形判定和性質(zhì)、勾股定理、垂徑定理的應(yīng)用:(1)根據(jù)垂徑定理的推論得到圓心O在DC的延長線上,設(shè)⊙O的半徑為r米,則OC=(r-2)米.由垂徑定理得到CA=4米.在Rt△OAC中,由勾股定理得A(2)過F點作FH⊥CD于H點,連OF,先求出CE=3,證明四邊形EFHC為矩形,則FH=CE=3.在Rt△OFH中,OH=OF2-F【詳解】(1)∵AB垂直平分CD,∴圓心O在DC的延長線上.設(shè)⊙O的半徑為r米,則OC=(r-2)米.∵OD⊥AB,∴CA=BC=1在Rt△OAC由勾股定理得:AC即42解得r=5.即該圓弧所在圓的半徑為5米;(2)過F點作FH⊥CD于H點,連接OF.

∵BE=1,∴CE=4-1=3.∵∠FHC=∠HCE=∠CEF=90°,∴四邊形EFHC為矩形,∴FH=CE=3,EF=HC在Rt△OFH中,OH=∵OC=3,∴HC=1.∴EF=HC=1.即支撐桿EF的高度為1米.23.(2023上·河北唐山·九年級統(tǒng)考期中)如圖1,裝有水的水槽放置在水平桌面上,其橫截面是以AB為直徑的半圓O,AB=52cm,MN為水面截線,MN=48cm

(1)作OC⊥MN于點C,求OC的長;(2)將圖中的水倒出一部分得到圖2,發(fā)現(xiàn)水面高度下降了14cm【答案】(1)10(2)28【分析】本題主要考查了垂徑定理的實際應(yīng)用,勾股定理:(1)連接OM,利用垂徑定理得出MC=1(2)過O作OD⊥EF于點D,連接OE,利用勾股定理求出ED,再利用垂徑定理得出EF=2ED=20cm,MN與【詳解】(1)解:連接OM,

∵O為圓心,OC⊥MN,MN=48cm∴MC=1∵AB=52cm∴OM=1在Rt△OMC中,OC=∴OC的長為10cm(2)解:過O作OD⊥EF于點D,連接OE,

由題意得,OD=10+14=24cm在Rt△OED中,ED=∴EF=2ED=20cm∴48-20=28∴水面截線減少了28cm24.(2023上·九年級課時練習(xí))某公路上有一隧道,頂部是圓弧形拱頂,圓心為O,隧道的水平寬AB為24m,AB離地面的高度AE=10m,拱頂最高處C離地面的高度CD為18m,在拱頂?shù)腗,N處安裝照明燈,且M,N離地面的高度相等都等于17

【答案】MN=10【分析】根據(jù)題意和垂徑定理得到CG=8m,AG=12m,【詳解】設(shè)CD于AB交于G,與MN交于H,∵CD=18m∴CG=8m設(shè)圓拱的半徑為r,在Rt△AOG中,O∴r2解得r=13,∴OC=13m∴OH=13-1=12(m)在Rt△MOH中,O∴132解得MH∴MH=5m∴MN=10m

【點睛】本題考查了垂徑定理的應(yīng)用,作出輔助線構(gòu)建直角三角形,利用勾股定理求解是解題的關(guān)鍵.25.(2023·湖南·統(tǒng)考中考真題)問題情境:筒車是我國古代發(fā)明的一種水利灌溉工具,既經(jīng)濟(jì)又環(huán)保,明朝科學(xué)家徐光啟在《農(nóng)政全書》中用圖畫描繪了筒車的工作原理(如圖①).假定在水流量穩(wěn)定的情況下,筒車上的每一個盛水筒都按逆時針做勻速圓周運(yùn)動,每旋轉(zhuǎn)一周用時120秒.問題設(shè)置:把筒車抽象為一個半徑為r的⊙O.如圖②,OM始終垂直于水平面,設(shè)筒車半徑為2米.當(dāng)t=0時,某盛水筒恰好位于水面A處,此時∠AOM=30°,經(jīng)過95秒后該盛水筒運(yùn)動到點B處.(參考數(shù)據(jù),2≈1.414

問題解決:(1)求該盛水筒從A處逆時針旋轉(zhuǎn)到B處時,∠BOM的度數(shù);(2)求該盛水筒旋轉(zhuǎn)至B處時,它到水面的距離.(結(jié)果精確到0.1米)【答案】(1)∠BOM=45°;(2)該盛水筒旋轉(zhuǎn)至B處時,它到水面的距離為0.3米.【分析】(1)先求得該盛水筒的運(yùn)動速度,再利用周角的定義即可求解;(2)作BC⊥OM于點C,在Rt△OAD中,利用含30度角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理求得OD的長,在Rt△OBC中,利用勾股定理求得【詳解】(1)解:∵旋轉(zhuǎn)一周用時120秒,∴每秒旋轉(zhuǎn)360°120當(dāng)經(jīng)過95秒后該盛水筒運(yùn)動到點B處時,∠AOB=360°-3°×95=75°,∵∠AOM=30°,∴∠BOM=75°-30°=45°;(2)解:作BC⊥OM于點C,設(shè)OM與水平面交于點D,則OD⊥AD,

在Rt△OAD中,∠AOD=30°,OA=2∴AD=12OA=1在Rt△OBC中,∠BOC=45°,OB=2∴BC=OC=2∴CD=OD-OC=3-2≈0.3答:該盛水筒旋轉(zhuǎn)至B處時,它到水面的距離為0.3米.【點睛】本題考查了圓的性質(zhì),含30度角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理,解答本題的關(guān)鍵是明確題意,找出所求問題需要的條件.【考試題型5】垂徑定理應(yīng)用的綜合題26.(2023·廣東廣州·統(tǒng)考一模)在四邊形ABCD中,AB=BC,∠ABC=60°;(1)如圖1,已知∠D=30°,直接寫出∠A+∠C的度數(shù);(2)如圖2,已知∠ADC=30°,AD=3,CD=4,連接BD,求BD的長度;(3)如圖3,已知∠ADC=75°,BD=6,請判斷四邊形ABCD的面積是否有最小值?如果有,請求出它的最小值;如果沒有,請說明理由.【答案】(1)270°(2)5(3)9【分析】(1)根據(jù)四邊形的內(nèi)角和定理求解即可;(2)將△BCD繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到△BAQ.即得出∠CBD=∠ABQ,∠C=∠BAQ,CD=AQ=4,BD=BQ,從而可證△DBQ是等邊三角形,即得出BD=DQ.再結(jié)合(1)可得出∠BAQ+∠BAD=270°,進(jìn)而可求出∠DAQ=90°,最后根據(jù)勾股定理求解即可.(3)如圖,將△BCD繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到△BAH,連接DH.易證△BDH為等邊三角形.根據(jù)S四邊形ABCD=S△BAH+S△ABD=S△DBH-S△ADH,即得出當(dāng)△ADH面積最大時,四邊形ABCD的面積最?。挚汕蟆螪AH=135°,結(jié)合DH=DB=6,即說明點A在定圓⊙O上運(yùn)動,則當(dāng)O、A、B共線時,△DAH的面積最大,此時OB⊥DH,設(shè)OA交DH于K,HK=KD=3,進(jìn)而可求∠AHD=∠ADH=22.5°.在HK上取點【詳解】(1)解:∵∠A+∠B+∠C+∠D=360°,∠B=60°,∠D=30°,∴∠A+∠C=360°-60°-30°=270°;(2)解:如圖,將△BCD繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到△BAQ.∴∠CBD=∠ABQ,∠C=∠BAQ,CD=AQ=4,BD=BQ.∵∠CBD+∠ABD=60°,∴∠ABQ+∠ABD=60°,即∠DBQ=60°,∴△DBQ是等邊三角形,∴BD=DQ.∵∠C+∠BAD=270°,∴∠BAQ+∠BAD=270°,∴∠DAQ=90°,∴BD=DQ=A(3)解:如圖,將△BCD繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到△BAH,連接DH.由(2)同理可證△BDH為等邊三角形,∴S四邊形∴當(dāng)△ADH面積最大時,四邊形ABCD的面積最?。摺螦BC=60°,∠ADC=75°,∴∠BAD+∠BCD=∠BAD+∠BAH=225°,∴∠DAH=135°.∵DH=DB=6,∴點A在定圓⊙O上運(yùn)動,如圖,則當(dāng)O、A、B共線時,△DAH的面積最大,此時OB⊥DH,設(shè)OA交DH于K,∴HK=KD=3.∵AH=AD,∴∠AHD=∠ADH=22.5°.在HK上取點F,使得FH=FA,如圖,則△AKF是等腰直角三角形.設(shè)AK=FK=x,則FH=AF=2∴3=x+2解得:x=32∴S△ADH∵S△BDH∴S四邊形ABCD=S△DBH【點睛】本題考查四邊形的內(nèi)角和,旋轉(zhuǎn)的性質(zhì),等邊三角形的判定和性質(zhì),勾股定理,等腰直角三角形的判定和性質(zhì),三角形外角的性質(zhì),垂徑定理等知識.正確作出輔助線并利用數(shù)形結(jié)合的思想是解題關(guān)鍵.27.(2023·陜西西安·??级#締栴}提出】(1)如圖①,在等腰直角△ABC中,∠B=90°,△ACD為等邊三角形,AD=4,則線段BD的長為___________;【問題解決】(2)如圖②,在等腰直角△ABC中,∠B=90°,BC=AB=2,以AC為直徑作半圓O,點D為AC上一動點,求點B、D之間的最大距離;【問題探究】(3)一次手工制作課程中,老師要求小明和小麗組制作一種特殊的部件,部件的要求如圖③,部件是由直角△ABC以及弓形BDC組成,其中∠B=90°,AB=4,BC=6.4,DE=2.4,點E為BC的中點,DE⊥BC,這時候小明和小麗在討論這個部件,其中小麗說點A到BC的最大距離是點A、D之間的距離,小明說不對,你認(rèn)為誰的說法正確?請說明理由,并求出點A到BC的最大距離.【答案】(1)2+23;(2)22;(3【分析】(1)連接BD,交AC于點E,根據(jù)題意BD是AC的垂直平分線,通過解直角三角形解出BE與DE的長,兩者相加即可解題.(2)結(jié)合圖形,可知B,O,D三點共線時,BD有最大值,根據(jù)解直角三角形解出BO的長,加上半圓的半徑,即可解答.(3)作輔助線如圖,證明AD'>AD,即說明小明的說法正確;可知弓形的圓心在AF【詳解】解:(1)如圖,連接BD交AC于點E,∵△ABC是等腰直角三角形,△ACD為等邊三角形,∴BA=BC,DA=DC,在△ABD與△BCD中,BA=BCDA=DCBD=BD∴△ABD≌△CBDSSS∴∠ADE=∠CDE,∠ABE=∠CBE,根據(jù)三線合一,可得BD垂直平分AC,∵AD=4,∴AC=4,∴AE=1∴BE=AE=1,ED=3∴BD=BE+DE=2+3.(2)如圖②,連接BO并延長交AC于點D,則此時BD最大.在AC上取一點異于點D的點D',連接BD'在△BOD'中,∵OD=OD∴BO+OD>BD',即∴BD最大在等腰直角△ABC中,AB=2,O為AC的中點,∴BO=AO,∠BOA=90°且AB∴BO=AO=2∴BD=BO+OD=22∴點B、D之間的最大距離為22.(3)小明的說法正確.

如圖③,過點A作BC的平行線AF,延長DE交AF于點F.∵點E為BC中點,DE⊥BC,∴BDC所在的圓的圓心O在直線DF設(shè)圓O半徑為r,連接BO.在△BOE中,BO=r,EO=DO-DE=r-2.4,且BO∴r2=連接AO并延長交BDC于點D',則A在△AOD中,AO+OD>AD,且OD=OD∴AO+O∴小明的說法正確.

在Rt△AOF中,AF=3.2,FO=FE-EO=4-(r-2.4)=46∴AO=A∴AD∴點A到BC的最大距離為21105【點睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì),解直角三角形,垂徑定理,正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵.28.(2022·上海奉賢·統(tǒng)考二模)圖1是某種型號圓形車載支架,由圓形鋼軌、滑動桿、支撐桿組成.圖2是它的正面示意圖,滑動桿AB的兩端都在圓O上,A、B兩端可沿圓形鋼軌滑動,支撐桿CD的底端C固定在圓O上,另一端D是滑動桿AB的中點,(即當(dāng)支架水平放置時直線AB平行于水平線,支撐桿CD垂直于水平線),通過滑動A、B可以調(diào)節(jié)CD的高度.當(dāng)AB經(jīng)過圓心O時,它的寬度達(dá)到最大值10cm,在支架水平放置的狀態(tài)下:(1)當(dāng)滑動桿AB的寬度從10厘米向上升高調(diào)整到6厘米時,求此時支撐桿CD的高度.(2)如圖3,當(dāng)某被支架鎖住時,鎖住高度與寬度恰好相等(AE=AB),求該的寬度.【答案】(1)支撐桿CD的高度為9cm.(2)的寬度為8cm.【分析】(1)如圖,連結(jié)OA,由題意可得:⊙O的直徑為10,AB=6,由OD⊥AB,先求解OD,從而可得答案;(2)如圖,記圓心為O,連結(jié)OA,證明AE=CD=BF=AB,設(shè)AD=BD=x,則AE=CD=BF=AB=2x,則OD=2x-5,再利用勾股定理建立方程求解即可.【詳解】(1)解:如圖,連結(jié)OA,由題意可得:⊙O的直徑為10,AB=6,∴OA=5,∵CD⊥AB,即OD⊥AB,∴AD=BD=3,∴OD=5∴CD=OC+OD=9.所以此時支撐桿CD的高度為9cm.(2)解:如圖,記圓心為O,連結(jié)OA,由題意可得:AB=AE,∠E=∠EAB=∠ABF=90°,∴四邊形AEFB為正方形,∵CD⊥EF,∴AE=CD=BF=AB,∵CD⊥AB,∴設(shè)AD=BD=x,則AE=CD=BF=AB=2x,∵OA=OC=5,∴OD=2x-5,由勾股定理可得:52解得x1經(jīng)檢驗x=0不符合題意,舍去,取x=4,AB=8(cm),即的寬度為8cm.【點睛】本題考查的是正方形的判定與性質(zhì),垂徑定理的應(yīng)用,勾股定理的應(yīng)用,一元二次方程的解法,理解題意,建立方程解題是關(guān)鍵.29.(2023·北京延慶·統(tǒng)考一模)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,⊙O的半徑為2.對于線段AB和點C(點C不在直線AB上),給出如下定義:過點C作直線AB的平行線l,如果線段AB關(guān)于直線l的對稱線段A'B'是⊙O的弦,那么線段AB稱為⊙O(1)如圖,D(-2,6),E(2,6),F(xiàn)(-3,1),G(-1,3),H(0,3),在線段(2)等邊△ABC的邊長為1,點C(0,t),若線段AB是⊙O的點C對稱弦,求(3)點M在直線y=3x上,⊙M的半徑為1,過點M作直線y=3x的垂線,交⊙M于點P,Q.若點N在⊙M上,且線段PQ是⊙O的點N對稱弦,直接寫出點【答案】(1)DE,F(xiàn)G;(2)t1=152-32(3)-3+22【分析】(1)根據(jù)題目中新定義,分別求出D'-2,0,E'2,0,F(xiàn)'(2)分類討論,當(dāng)點C在邊AB下方時,當(dāng)點C在邊AB上方時,分別求解即可;(3)如圖所示,分別求出m最小值與最大值,即可得出答案.【詳解】(1)解:∵D(-2,6),E(2,∴D'-2,0,∵

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