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- 2021-05-10 发布
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中考数学与圆有关的压轴题(解答题部分3)
11.(2014•四川成都,第27题10分)如图,在⊙O的内接△ABC中,∠ACB=90°,AC=2BC,过C作AB的垂线l交⊙O于另一点D,垂足为E.设P是上异于A,C的一个动点,射线AP交l于点F,连接PC与PD,PD交AB于点G.
(1)求证:△PAC∽△PDF;
(2)若AB=5,=,求PD的长;
(3)在点P运动过程中,设=x,tan∠AFD=y,求y与x之间的函数关系式.(不要求写出x的取值范围)
考点:
圆的综合题
分析:
(1)证明相似,思路很常规,就是两个角相等或边长成比例.因为题中因圆周角易知一对相等的角,那么另一对角相等就是我们需要努力的方向,因为涉及圆,倾向于找接近圆的角∠DPF,利用补角在圆内作等量代换,等弧对等角等知识易得∠DPF=∠APC,则结论易证.
(2)求PD的长,且此线段在上问已证相似的△PDF中,很明显用相似得成比例,再将其他边代入是应有的思路.利用已知条件易得其他边长,则PD可求.
(3)因为题目涉及∠AFD与也在第一问所得相似的△PDF中,进而考虑转化,∠AFD=∠PCA,连接PB得∠AFD=∠PCA=∠PBG,过G点作AB的垂线,若此线过PB与AC的交点那么结论易求,因为根据三角函数或三角形与三角形ABC相似可用AG表示∠PBG所对的这条高线.但是“此线是否过PB与AC的交点”?此时首先需要做的是多画几个动点P,观察我们的猜想.验证得我们的猜想应是正确的,可是证明不能靠画图,如何求证此线过PB与AC的交点是我们解题的关键.常规作法不易得此结论,我们可以换另外的辅助线作法,先做垂线,得交点H,然后连接交点与B,再证明∠HBG=∠PCA=∠AFD.因为C、D关于AB对称,可以延长CG考虑P点的对称点.根据等弧对等角,可得∠HBG=∠PCA,进而得解题思路.
解答:
(1)证明:∵,
∴∠DPF=180°﹣∠APD=180°﹣所对的圆周角=180°﹣
所对的圆周角=所对的圆周角=∠APC.
在△PAC和△PDF中,
,
∴△PAC∽△PDF.
(2)解:如图1,连接PO,则由,有PO⊥AB,且∠PAB=45°,△APO、△AEF都为等腰直角三角形.
在Rt△ABC中,
∵AC=2BC,
∴AB2=BC2+AC2=5BC2,
∵AB=5,
∴BC=,
∴AC=2,
∴CE=AC•sin∠BAC=AC•=2•=2,
AE=AC•cos∠BAC=AC•=2•=4,
∵△AEF为等腰直角三角形,
∴EF=AE=4,
∴FD=FC+CD=(EF﹣CE)+2CE=EF+CE=4+2=6.
∵△APO为等腰直角三角形,AO=•AB=,
∴AP=.
∵△PDF∽△PAC,
∴,
∴,
∴PD=.
(3)解:如图2,过点G作GH⊥AB,交AC于H,连接HB,以HB为直径作圆,连接CG并延长交⊙O于Q,
∵HC⊥CB,GH⊥GB,
∴C、G都在以HB为直径的圆上,
∴∠HBG=∠ACQ,
∵C、D关于AB对称,G在AB上,
∴Q、P关于AB对称,
∴,
∴∠PCA=∠ACQ,
∴∠HBG=∠PCA.
∵△PAC∽△PDF,
∴∠PCA=∠PFD=∠AFD,
∴y=tan∠AFD=tan∠PCA=tan∠HBG=.
∵HG=tan∠HAG•AG=tan∠BAC•AG==,
∴y==x.
点评:
本题考查了圆周角、相似三角形、三角函数等性质,前两问思路还算简单,但最后一问需要熟练的解题技巧需要长久的磨练总结.总体来讲本题偏难,学生练习时加强理解,重点理解分析过程,自己如何找到思路.
12. (2014•湖北荆门,第24题12分)如图①,已知:在矩形ABCD的边AD上有一点O,OA=,以O为圆心,OA长为半径作圆,交AD于M,恰好与BD相切于H,过H作弦HP∥AB,弦HP=3.若点E是CD边上一动点(点E与C,D不重合),过E作直线EF∥BD交BC于F,再把△CEF沿着动直线EF对折,点C的对应点为G.设CE=x,△EFG与矩形ABCD重叠部分的面积为S.
(1)求证:四边形ABHP是菱形;
(2)问△EFG的直角顶点G能落在⊙O上吗?若能,求出此时x的值;若不能,请说明理由;
(3)求S与x之间的函数关系式,并直接写出FG与⊙O相切时,S的值.
第3题图
考点: 圆的综合题;含30度角的直角三角形;菱形的判定;矩形的性质;垂径定理;切线的性质;切线长定理;轴对称的性质;特殊角的三角函数值所有
专题: 压轴题.
分析: (1)连接OH,可以求出∠HOD=60°,∠HDO=30°,从而可以求出AB=3,由HP∥AB,HP=3可证到四边形ABHP是平行四边形,再根据切线长定理可得BA=BH,即可证到四边形ABHP是菱形.
(2)当点G落到AD上时,可以证到点G与点M重合,可求出x=2.
(3)当0≤x≤2时,如图①,S=S△EGF,只需求出FG,就可得到S与x之间的函数关系式;当2<x≤3时,如图④,S=S△GEF﹣S△SGR,只需求出SG、RG,就可得到S与x之间的函数关系式.当FG与⊙O相切时,如图⑤,易得FK=AB=3,KQ=AQ﹣AK=2﹣2+x.再由FK=KQ即可求出x,从而求出S.
解答: 解:(1)证明:连接OH,如图①所示.
∵四边形ABCD是矩形,
∴∠ADC=∠BAD=90°,BC=AD,AB=CD.
∵HP∥AB,
∴∠ANH+∠BAD=180°.
∴∠ANH=90°.
∴HN=PN=HP=.
∵OH=OA=,
∴sin∠HON==.
∴∠HON=60°
∵BD与⊙O相切于点H,
∴OH⊥BD.
∴∠HDO=30°.
∴OD=2.
∴AD=3.
∴BC=3.
∵∠BAD=90°,∠BDA=30°.
∴tan∠BDA===.
∴AB=3.
∵HP=3,
∴AB=HP.
∵AB∥HP,
∴四边形ABHP是平行四边形.
∵∠BAD=90°,AM是⊙O的直径,
∴BA与⊙O相切于点A.
∵BD与⊙O相切于点H,
∴BA=BH.
∴平行四边形ABHP是菱形.
(2)△EFG的直角顶点G能落在⊙O上.
如图②所示,点G落到AD上.
∵EF∥BD,
∴∠FEC=∠CDB.
∵∠CDB=90°﹣30°=60°,
∴∠CEF=60°.
由折叠可得:∠GEF=∠CEF=60°.
∴∠GED=60°.
∵CE=x,
∴GE=CE=x.ED=DC﹣CE=3﹣x.
∴cos∠GED===.
∴x=2.
∴GE=2,ED=1.
∴GD=.
∴OG=AD﹣AO﹣GD=3﹣﹣=.
∴OG=OM.
∴点G与点M重合.
此时△EFG的直角顶点G落在⊙O上,对应的x的值为2.
∴当△EFG的直角顶点G落在⊙O上时,对应的x的值为2.
(3)①如图①,
在Rt△EGF中,
tan∠FEG===.
∴FG=x.
∴S=GE•FG=x•x=x2.
②如图③,
ED=3﹣x,RE=2ED=6﹣2x,
GR=GE﹣ER=x﹣(6﹣2x)=3x﹣6.
∵tan∠SRG===,
∴SG=(x﹣2).
∴S△SGR=SG•RG=•(x﹣2)•(3x﹣6).
=(x﹣2)2.
∵S△GEF=x2,
∴S=S△GEF﹣S△SGR
=x2﹣(x﹣2)2.
=﹣x2+6x﹣6.
综上所述:当0≤x≤2时,S=x2;当2<x≤3时,S=﹣x2+6x﹣6.
当FG与⊙O相切于点T时,延长FG交AD于点Q,过点F作FK⊥AD,垂足为K,如图④所示.
∵四边形ABCD是矩形,
∴BC∥AD,∠ABC=∠BAD=90°
∴∠AQF=∠CFG=60°.
∵OT=,
∴OQ=2.
∴AQ=+2.
∵∠FKA=∠ABC=∠BAD=90°,
∴四边形ABFK是矩形.
∴FK=AB=3,AK=BF=3﹣x.
∴KQ=AQ﹣AK=(+2)﹣(3﹣x)=2﹣2+x.
在Rt△FKQ中,tan∠FQK==.
∴FK=QK.
∴3=(2﹣2+x).
解得:x=3﹣.
∵0≤3﹣≤2,
∴S=x2=×(3﹣)2
=﹣6.
∴FG与⊙O相切时,S的值为﹣6.
点评: 本题考查了矩形的性质、菱形的性质、切线的性质、切线长定理、垂径定理、轴对称性质、特殊角的三角函数值、30°角所对的直角边等于斜边的一半、等腰三角形的性质等知识,综合性非常强.
13.(2014•莱芜,第23题10分)如图1,在⊙O中,E是弧AB的中点,C为⊙O上的一动点(C与E在AB异侧),连接EC交AB于点F,EB=(r是⊙O的半径).
(1)D为AB延长线上一点,若DC=DF,证明:直线DC与⊙O相切;
(2)求EF•EC的值;
(3)如图2,当F是AB的四等分点时,求EC的值.
考点:
圆的综合题..
专题:
综合题.
分析:
(1)连结OC、OE,OE交AB于H,如图1,由E是弧AB的中点,根据垂径定理的推论得到OE⊥AB,则∠HEF+∠HFE=90°,由对顶相等得∠HFE=∠CFD,则∠HEF+∠CFD=90°,再由DC=DF得∠CFD=∠DCF,加上∠OCE=∠OEC,所以∠OCE+∠DCE=∠HEF+∠CFD=90°,于是根据切线的判定定理得直线DC与⊙O相切;
(2)由弧AE=弧BE,根据圆周角定理得到∠ABE=∠BCE,加上∠FEB=∠BEC,于是可判断△EBF∽△ECB,利用相似比得到EF•EC=BE2=(r)2=r2;
(3)如图2,连结OA,由弧AE=弧BE得AE=BE=r,设OH=x,则HE=r﹣x,根据勾股定理,在Rt△OAH中有AH2+x2=r2;在Rt△EAH中由AH2+(r﹣x)2=(r)2,利用等式的性质得x2﹣(r﹣x)2=r2﹣(r)2,即得x=r,则HE=r﹣r=r,在Rt△OAH中,根据勾股定理计算出AH=,由OE⊥AB得AH=BH,而F是AB的四等分点,所以HF=AH=,于是在Rt△EFH中可计算出EF=r,然后利用(2)中的结论可计算出EC.
解答:
(1)证明:连结OC、OE,OE交AB于H,如图1,
∵E是弧AB的中点,
∴OE⊥AB,
∴∠EHF=90°,
∴∠HEF+∠HFE=90°,
而∠HFE=∠CFD,
∴∠HEF+∠CFD=90°,
∵DC=DF,
∴∠CFD=∠DCF,
而OC=OE,
∴∠OCE=∠OEC,
∴∠OCE+∠DCE=∠HEF+∠CFD=90°,
∴OC⊥CD,
∴直线DC与⊙O相切;
(2)解:连结BC,
∵E是弧AB的中点,
∴弧AE=弧BE,
∴∠ABE=∠BCE,
而∠FEB=∠BEC,
∴△EBF∽△ECB,
∴EF:BE=BE:EC,
∴EF•EC=BE2=(r)2=r2;
(3)解:如图2,连结OA,
∵弧AE=弧BE,
∴AE=BE=r,
设OH=x,则HE=r﹣x,
在Rt△OAH中,AH2+OH2=OA2,即AH2+x2=r2,
在Rt△EAH中,AH2+EH2=EA2,即AH2+(r﹣x)2=(r)2,
∴x2﹣(r﹣x)2=r2﹣(r)2,即得x=r,
∴HE=r﹣r=r,
在Rt△OAH中,AH===,
∵OE⊥AB,
∴AH=BH,
而F是AB的四等分点,
∴HF=AH=,
在Rt△EFH中,EF===r,
∵EF•EC=r2,
∴r•EC=r2,
∴EC=r.
点评:
本题考查了圆的综合题:熟练掌握垂径定理及其推论、切线的判定定理和圆周角定理;会利用勾股定理进行几何计算,利用相似三角形的知识解决有关线段等积的问题.
14. (2014•乐山,第26题12分)如图,⊙O1与⊙O2外切与点D,直线l与两圆分别相切于点A、B,与直线
O1、O2相交于点M,且tan∠AM01=,MD=4.
(1)求⊙O2的半径;
(2)求△ADB内切圆的面积;
(3)在直线l上是否存在点P,使△MO2P相似于△MDB?若存在,求出PO2的长;若不存在,请说明理由.
考点:
圆的综合题..
专题:
综合题.
分析:
(1)连结O1A、O2B,设⊙O1的半径为r,⊙O2的半径为R,根据两圆相切的性质得到直线O1O2过点D,则MO2=MD+O2D=4+R,再根据切线的性质由直线l与两圆分别相切于点A、B得到O1A⊥AB,O2B⊥AB,然后根据特殊角的三角函数值得到∠AM01=30°,在Rt△MBO2中,根据含30度的直角三角形三边的关系得MO2=O2B=2R,于是有4+R=2R,解得R=4;
(2)利用互余由∠AM02=30°得到∠MO2B=60°,则可判断△O2BD为等边三角形,所以BD=O2B=4,∠DBO2=60°,于是可计算出∠ABD=30°,同样可得
∠MO1A=60°,利用三角形外角性质可计算得∠O1AD=∠MO1A=30°,则∠DAB=60°,所以∠ADB=90°,在Rt△ABD中,根据含30度的直角三角形三边的关系得AD=BD=4,AB=2AD=8,利用直角三角形内切圆的半径公式得到△ADB内切圆的半径==2﹣2,然后根据圆的面积公式求解;
(3)先在Rt△MBO2中,根据含30度的直角三角形三边的关系得MB=O2B=12,然后分类讨论:△MO2P与△MDB有一个公共角,当△MO2P∽△MDB
时,利用相似比可计算出O2P=8;当△MO2P∽△MBD时,利用相似比可计算出O2P=8.
解答:
解:(1)连结O1A、O2B,如图,设⊙O1的半径为r,⊙O2的半径为R,
∵⊙O1与⊙O2外切与点D,
∴直线O1O2过点D,
∴MO2=MD+O2D=4+R,
∵直线l与两圆分别相切于点A、B,
∴O1A⊥AB,O2B⊥AB,
∵tan∠AM01=,
∴∠AM01=30°,
在Rt△MBO2中,MO2=O2B=2R,
∴4+R=2R,解得R=4,
即⊙O2的半径为4;
(2)∵∠AM02=30°,
∴∠MO2B=60°,
而O2B=O2D,
∴△O2BD为等边三角形,
∴BD=O2B=4,∠DBO2=60°,
∴∠ABD=30°,
∵∠AM01=30°,
∴∠MO1A=60°,
而O1A=O1D,
∴∠O1AD=∠O1DA,
∴∠O1AD=∠MO1A=30°,
∴∠DAB=60°,
∴∠ADB=180°﹣30°﹣60°=90°,
在Rt△ABD中,AD=BD=4,AB=2AD=8,
∴△ADB内切圆的半径===2﹣2,
∴△ADB内切圆的面积=π•(2﹣2)2=(16﹣8)π;
(3)存在.
在Rt△MBO2中,MB=O2B=×4=12,
当△MO2P∽△MDB时,=,即=,解得O2P=8;
当△MO2P∽△MBD时,=,即=,解得O2P=8,
综上所述,满足条件的O2P的长为8或8.
点评:
本题考查了圆的综合题:熟练掌握切线的性质、两圆相切的性质和直角三角形内切圆的半径;会利用含30度的直角三角形三边的关系和三角形相似比进行几何计算;会运用分类讨论的思想解决数学问题.