中考数学一轮复习 第28课 圆的综合导学案.docx
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中考数学一轮复习第28课圆的综合导学案
圆的综合
【考点梳理】:
圆与三角形
圆与四边形
圆与函数
圆与图形变换
【思想方法】
方程思想,分类讨论
【考点一】:
圆与三角形
【例题赏析】(2015•湖北,第25题10分)如图,AB是⊙O的直径,点C为⊙O上一点,AE和过点C的切线互相垂直,垂足为E,AE交⊙O于点D,直线EC交AB的延长线于点P,连接AC,BC,PB:
PC=1:
2.
(1)求证:
AC平分∠BAD;
(2)探究线段PB,AB之间的数量关系,并说明理由;
(3)若AD=3,求△ABC的面积.
考点:
圆的综合题.
分析:
(1)首先连接OC,由PE是⊙O的切线,AE和过点C的切线互相垂直,可证得OC∥AE,又由OA=OC,易证得∠DAC=∠OAC,即可得AC平分∠BAD;
(2)由AB是⊙O的直径,PE是切线,可证得∠PCB=∠PAC,即可证得△PCB∽△PAC,然后由相似三角形的对应边成比例与PB:
PC=1:
2,即可求得答案;
(3)首先过点O作OH⊥AD于点H,则AH=AD=,四边形OCEH是矩形,即可得AE=+OC,由OC∥AE,可得△PCO∽△PEA,然后由相似三角形的对应边成比例,求得OC的长,再由△PBC∽△PCA,证得AC=2BC,然后在Rt△ABC中,AC2+BC2=AB2,可得(2BC)2+BC2=52,即可求得BC的长,继而求得答案.
解答:
(1)证明:
连接OC,
∵PE是⊙O的切线,
∴OC⊥PE,
∵AE⊥PE,
∴OC∥AE,
∴∠DAC=∠OCA,
∵OA=OC,
∴∠OCA=∠OAC,
∴∠DAC=∠OAC,
∴AC平分∠BAD;
(2)线段PB,AB之间的数量关系为:
AB=3PB.
理由:
∵AB是⊙O的直径,
∴∠ACB=90°,
∴∠BAC+∠ABC=90°,
∵OB=OC,
∴∠OCB=∠ABC,
∵∠PCB+∠OCB=90°,
∴∠PCB=∠PAC,
∵∠P是公共角,
∴△PCB∽△PAC,
∴,
∴PC2=PB•PA,
∵PB:
PC=1:
2,
∴PC=2PB,
∴PA=4PB,
∴AB=3PB;
(3)解:
过点O作OH⊥AD于点H,则AH=AD=,四边形OCEH是矩形,
∴OC=HE,
∴AE=+OC,
∵OC∥AE,
∴△PCO∽△PEA,
∴,
∵AB=3PB,AB=2OB,
∴OB=PB,
∴=,
∴OC=,
∴AB=5,
∵△PBC∽△PCA,
∴,
∴AC=2BC,
在Rt△ABC中,AC2+BC2=AB2,
∴(2BC)2+BC2=52,
∴BC=,
∴AC=2,
∴S△ABC=AC•BC=5.
点评:
此题属于圆的综合题,考查了圆周角定理、切线的性质、勾股定理以及相似三角形的判定与性质.注意准确作出辅助线是解此题的关键.
【考点二】:
圆与四边形
【例题赏析】(2015•永州,第27题10分)问题探究:
(一)新知学习:
圆内接四边形的判断定理:
如果四边形对角互补,那么这个四边形内接于圆(即如果四边形EFGH的对角互补,那么四边形EFGH的四个顶点E、F、G、H都在同个圆上).
(二)问题解决:
已知⊙O的半径为2,AB,CD是⊙O的直径.P是上任意一点,过点P分别作AB,CD的垂线,垂足分别为N,M.
(1)若直径AB⊥CD,对于上任意一点P(不与B、C重合)(如图一),证明四边形PMON内接于圆,并求此圆直径的长;
(2)若直径AB⊥CD,在点P(不与B、C重合)从B运动到C的过程汇总,证明MN的长为定值,并求其定值;
(3)若直径AB与CD相交成120°角.
①当点P运动到的中点P1时(如图二),求MN的长;
②当点P(不与B、C重合)从B运动到C的过程中(如图三),证明MN的长为定值.
(4)试问当直径AB与CD相交成多少度角时,MN的长取最大值,并写出其最大值.
考点:
圆的综合题.
专题:
探究型.
分析:
(1)如图一,易证∠PMO+∠PNO=180°,从而可得四边形PMON内接于圆,直径OP=2;
(2)如图一,易证四边形PMON是矩形,则有MN=OP=2,问题得以解决;
(3)①如图二,根据等弧所对的圆心角相等可得∠COP1=∠BOP1=60°,根据圆内接四边形的对角互补可得∠MP1N=60°.根据角平分线的性质可得P1M=P1N,从而得到△P1MN是等边三角形,则有MN=P1M.然后在Rt△P1MO运用三角函数就可解决问题;②设四边形PMON的外接圆为⊙O′,连接NO′并延长,交⊙O′于点Q,连接QM,如图三,根据圆周角定理可得∠QMN=90°,∠MQN=∠MPN=60°,在Rt△QMN中运用三角函数可得:
MN=QN•sin∠MQN,从而可得MN=OP•sin∠MQN,由此即可解决问题;
(4)由(3)②中已得结论MN=OP•sin∠MQN可知,当∠MQN=90°时,MN最大,问题得以解决.
解答:
(1)如图一,
∵PM⊥OC,PN⊥OB,
∴∠PMO=∠PNO=90°,
∴∠PMO+∠PNO=180°,
∴四边形PMON内接于圆,直径OP=2;
(2)如图一,
∵AB⊥OC,即∠BOC=90°,
∴∠BOC=∠PMO=∠PNO=90°,
∴四边形PMON是矩形,
∴MN=OP=2,
∴MN的长为定值,该定值为2;
(3)①如图二,
∵P1是的中点,∠BOC=120°
∴∠COP1=∠BOP1=60°,∠MP1N=60°.
∵P1M⊥OC,P1N⊥OB,
∴P1M=P1N,
∴△P1MN是等边三角形,
∴MN=P1M.
∵P1M=OP1•sin∠MOP1=2×sin60°=,
∴MN=;
②设四边形PMON的外接圆为⊙O′,连接NO′并延长,
交⊙O′于点Q,连接QM,如图三,
则有∠QMN=90°,∠MQN=∠MPN=60°,
在Rt△QMN中,sin∠MQN=,
∴MN=QN•sin∠MQN,
∴MN=OP•sin∠MQN=2×sin60°=2×=,
∴MN是定值.
(4)由(3)②得MN=OP•sin∠MQN=2sin∠MQN.
当直径AB与CD相交成90°角时,∠MQN=180°﹣90°=90°,MN取得最大值2.
点评:
本题主要考查了圆内接四边形的判定定理、圆周角定理、在同圆中弧与圆心角的关系、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角函数、角平分线的性质等知识,推出MN=OP•sin∠MQN是解决本题的关键.
【考点三】:
圆与函数
【例题赏析】(2015广西崇左第26题12分)如图,在平面直角坐标系中,点M的坐标是(5,4),⊙M与y轴相切于点C,与x轴相交于A,B两点.
(1)则点A,B,C的坐标分别是A( , ),B( , ),C( , );
(2)设经过A,B两点的抛物线解析式为y=(x﹣5)2+k,它的顶点为F,求证:
直线FA与⊙M相切;
(3)在抛物线的对称轴上,是否存在点P,且点P在x轴的上方,使△PBC是等腰三角形?
如果存在,请求出点P的坐标;如果不存在,请说明理由.
【思路分析】
(1)连接MC,则MC垂直于y轴,MA=MC=5,MD=4,由勾股定理可计算AD和DB;
(2)把A、或B或C的坐标代入y=,确定二次函数表达式y=,连接MA,根据勾股定理计算AF,由勾股定理逆定理判断MA⊥AF,从而说明FA是切线;(3)设P(x,4),当C为顶点时,在Rt△CMP1中用x表示CP1,根据P1C2=BC2列方程求解;当B为顶点时,在Rt△BDP2中用x表示CP2,根据P2B2=BC2列方程求解;当P是顶点时,易知P和M重合.
解:
(1)连接MC,则MC垂直于y轴,MA=MC=5,MD=4,
在Rt△AMD中,AD==3,
同理在Rt△BMD中,BD=3,
∴A(2,0),B(8,0),C(0,4);
(2)把A(2,0)y=,
解得k=-,
∴y=,
∴F(5,-).
连接MA,则MF=4+=,AF==,
∴,
∴MA⊥AF,
∴FA与⊙M相切;
(3)设P(x,4),BC2=80.当C为顶点时,在Rt△CMP1中,CP12=25+(x-4)2,∴25+(x-4)2=80,x=4,点P在x轴上方,故x=4+,所以(4+,4);
当B为顶点时,在Rt△BDP2中,CP2=9+(x-4)2,∴9+(x-4)2=80,
x=4,点P在x轴上方,故x=4+,所以(4+,4);
当P是顶点时,P和M重合,P3(5,4).
用x表示CP2,根据P2B=BC列方程求解;当P是顶点时,
综上当P(4+,4)、(4+,4)或(5,4)时△PBC是等腰三角形.
用x表示CP1,根据P1C=BC列方程求解;当B为顶点时,在Rt△BDP2中用x表示CP2,根据P2B=BC列方程求解;当P是顶点时,易知P和M重合.
点评:
①求点的坐标,就是计算和坐标有关的线段,即计算该点作和坐标轴垂线段,注意线段长度和坐标转化时符号的变化;②运用切线的性质来进行计算或论证,常通过作辅助线连接圆心和切点,利用垂直构造直角三角形、矩形解决有关问题.证明切线的的方法:
连半径,证垂直,即要证明一条直线是圆的切线,可证明这条直线经过半径外端且垂直与这条半径.
【考点四】:
圆与图形变换
【例题赏析】(2015•江苏盐城,第28题12分)如图,在平面直角坐标系xOy中,将抛物线y=x2的对称轴绕着点P(0,2)顺时针旋转45°后与该抛物线交于A、B两点,点Q是该抛物线上一点.
(1)求直线AB的函数表达式;
(2)如图①,若点Q在直线AB的下方,求点Q到直线AB的距离的最大值;
(3)如图②,若点Q在y轴左侧,且点T(0,t)(t<2)是射线PO上一点,当以P、B、Q为顶点的三角形与△PAT相似时,求所有满足条件的t的值.
考点:
二次函数综合题.
分析:
(1)根据题意易得点M、P的坐标,利用待定系数法来求直线AB的解析式;
(2)如图①,过点Q作x轴的垂线QC,交AB于点C,再过点Q作直线AB的垂线,垂足为D,构建等腰直角△QDC,利用二次函数图象上点的坐标特征和二次函数最值的求法进行解答;
(3)根据相似三角形的对应角相等推知:
△PBQ中必有一个内角为45°;需要分类讨论:
∠PBQ=45°和∠PQB=45°;然后对这两种情况下的△PAT是否是直角三角形分别进行解答.另外,以P、B、Q为顶点的三角形与△PAT相似也有两种情况:
△Q″PB∽△PAT、△Q″BP∽△PAT.
解答:
解:
(1)如图①,设直线AB与x轴的交点为M.
∵∠OPA=45°,
∴OM=OP=2,即M(﹣2,0).
设直线AB的解析式为y=kx+b(k≠0),将M(﹣2,0),P(0,2)两点坐标代入,得
,
解得.
故直线AB的解析式为y=x+2;
(2)如图①,过点Q作x轴的垂线QC,交AB于点C,再过点Q作直线AB的垂线,垂足为D,根据条件可知△QDC为等腰直角三角形,则QD=QC.
设Q(m,m2),则C(m,m+2).
∴QC=m+2﹣m2=﹣(m﹣)2+,
QD=QC=[﹣(m﹣)2+].
故当m=时,点Q到直线AB的距离最大,最大值为;
(3)∵∠APT=45°,
∴△PBQ中必有一个内角为45°,由图知,∠BPQ=45°不合题意.
①如图②,若∠PBQ=45°,过点B作x轴的平行线,与抛物线和y轴分别交于点Q′、F.此时满足∠PBQ′=45°.
∵Q′(﹣2,4),F(0,4),
∴此时△BPQ′是等腰直角三角形,由题意知△PAT也是等腰直角三角形.
(i)当∠PTA=90°时,得到:
PT=AT=1,此时t=1;
(ii)当∠PA
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