圆、相似三角形、二次函数经典综合题精品教案.doc
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相似、圆、二次函数---◆◆◆综合精品教案认真解答,一定要细心哟!
(培优)
【1】已知:
如图,△ABC内接于⊙O,∠BAC的平分线交BC于D,交⊙O于E,EF∥BC且交AC延长线于F,连结CE.
求证:
(1)∠BAE=∠CEF;
(2)CE2=BD·EF.
【2】如图,△ABC内接于圆,D为BA延长线上一点,AE平分∠BAC的外角,交BC延长线于E,交圆于F.若AB=8,AC=5,EF=14.求AE、AF的长.
【3】如图,已知AB是⊙O的弦,OB=2,∠B=30°,
C是弦AB上的任意一点(不与点A、B重合),连接
CO并延长CO交于⊙O于点D,连接AD.
(1)弦长AB等于▲(结果保留根号);
(2)当∠D=20°时,求∠BOD的度数;
(3)当AC的长度为多少时,以A、C、D为顶点
的三角形与以B、C、O为顶点的三角形相似?
请写出解答过程.
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(培优)
【4】如图,在中,是的中点,以为直径的交
的三边,交点分别是点.的交点为,且,
E
A
D
G
B
F
C
O
M
第9题图
.
(1)求证:
.
(2)求的直径的长.
【5】如图右,已知直线PA交⊙0于A、B两点,AE是⊙0的直径.点C为⊙0上一点,且AC平分∠PAE,过C作CD⊥PA,垂足为D。
(1)求证:
CD为⊙0的切线;
(2)若DC+DA=6,⊙0的直径为l0,求AB的长度.
【6】
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(培优)
【7】如图,已知⊙O1与⊙O2都过点A,AO1是⊙O2的切线,⊙O1交O1O2于点B,连结AB并延长交⊙O2于点C,连结O2C.
(1)求证:
O2C⊥O1O2;
(2)证明:
AB·BC=2O2B·BO1;
(3)如果AB·BC=12,O2C=4,求AO1的长.
O1
O2
A
B
C
【8】如图,在平面直角坐标系中,点A(10,0),以OA为直径在第一象限内作半圆C,点B是该半圆周上一动点,连结OB、AB,并延长AB至点D,使DB=AB,过点D作x轴垂线,分别交x轴、直线OB于点E、F,点E为垂足,连结CF.
(1)当∠AOB=30°时,求弧AB的长度;
第24题图
O
B
D
E
C
F
x
y
A
(2)当DE=8时,求线段EF的长;
(3)在点B运动过程中,是否存在以点E、C、F
为顶点的三角形与△AOB相似,若存在,请求出此
时点E的坐标;若不存在,请说明理由.
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(培优)
【9】如图(18),在平面直角坐标系中,的边在轴上,且,以为直径的圆过点.若点的坐标为,,A、B两点的横坐标,是关于的方程的两根.
(1)求、的值;
(2)若平分线所在的直线交轴于点,试求直线对应的一次函数解析式;
y
x
图(3)
N
B
A
C
O
D
M
E
F
(0,2)
l
(3)过点任作一直线分别交射线、(点除外)于点、.则的是否为定值?
若是,求出该定值;若不是,请说明理由.
【10】如图l0.在平面直角坐标系xoy中,AB在x轴上,AB=10.以AB为直径的⊙O’与y轴正半轴交于点C.连接BC,AC。
CD是⊙O’的切线.AD⊥CD于点D,tan∠CAD=,抛物线过A、B、C三点。
(1)求证:
∠CAD=∠CAB;
(2)①求抛物线的解析式;
②判断抛物线的顶点E是否在直线CD上.并说明理由:
(3)在抛物线上是否存在一点P,使四边形PBCA是直角梯形.若存在,直接写出点P的坐标(不写求解过程);若不存在.请说明理由.
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(培优)
【1】证明:
(1)∵EF∥BC,∴∠BCE=∠CEF.又∵∠BAE=∠BCE,∴∠BAE=∠CEF.
(2)证法一:
∵∠BAD=∠CAD,∠BAE=∠CEF,
∴∠CAD=∠CEF.又∵∠ACD=∠F,∴△ADC∽△ECF.
∴.∴.①又∵∠BAD=∠EAC,∠B=∠AEC,∴△ABD∽△AEC,∴.②由①②得,∴CE2=BD·EF.
【2】解:
连结BF.∵AE平分∠BAC的外角,∴∠DAE=∠CAE.
∵∠DAE=∠BAF,∴∠CAE=∠BAF.
∵四边形ACBF是圆内接四边形,∴∠ACE=∠F.
∴△ACE∽△AFB.∴.
∵AC=5,AB=8,EF=14,设AE=x,则AF=14-x,则有,整理,得x2-14x+40=0.
解得x1=4,x2=10,经检验是原方程的解.∴AE=4,AF=10或AE=10,AF=4.
【3】
【4】
(1)连接是圆直径,,即,..在中,
. 2分
(2)是斜边的中点,,,
又由
(1)知,.
又,与相似
又,
,,设,,,
直径.
【5】
(1)证明:
连接OC,
∵点C在⊙0上,0A=OC,∴∠OCA=∠OAC,∵CD⊥PA,∴∠CDA=90°,
有∠CAD+∠DCA=90°,∵AC平分∠PAE,∴∠DAC=∠CAO。
∴∠DC0=∠DCA+∠ACO=∠DCA+∠CAO=∠DCA+∠DAC=90°。
又∵点C在⊙O上,OC为⊙0的半径,∴CD为⊙0的切线.
(2)解:
过0作0F⊥AB,垂足为F,∴∠OCA=∠CDA=∠OFD=90°,
∴四边形OCDF为矩形,∴0C=FD,OF=CD.
∵DC+DA=6,设AD=x,则OF=CD=6-x,∵⊙O的直径为10,∴DF=OC=5,∴AF=5-x,
在Rt△AOF中,由勾股定理得.即,化简得:
解得或。
由AD 从而AD=2,AF=5-2=3.∵OF⊥AB,由垂径定理知,F为AB的中点,∴AB=2AF=6. 【6】 【7】解: (1)∵AO1是⊙O2的切线,∴O1A⊥AO2∴∠O2AB+∠BAO1=90° 又O2A=O2C,O1A=O1B,∴∠O2CB=∠O2AB,∠O2BC=∠ABO1=∠BAO1 ∴∠O2CB+∠O2BC=∠O2AB+∠BAO1=90°,∴O2C⊥O2B,即O2C⊥O1O2 O1 O2 A B C D (2)延长O2O1交⊙O1于点D,连结AD. ∵BD是⊙O1直径,∴∠BAD=90° 又由 (1)可知∠BO2C=90° ∴∠BAD=∠BO2C,又∠ABD=∠O2BC ∴△O2BC∽△ABD ∴ ∴AB·BC=O2B·BD又BD=2BO1 ∴AB·BC=2O2B·BO1 (3)由 (2)证可知∠D=∠C=∠O2AB,即∠D=∠O2AB,又∠AO2B=∠DO2A ∴△AO2B∽△DO2A ∴∴AO22=O2B·O2D∵O2C=O2A∴O2C2=O2B·O2D① 又由 (2)AB·BC=O2B·BD②由①-②得,O2C2-AB·BC=O2B2即42-12=O1B2 ∴O2B=2,又O2B·BD=AB·BC=12 ∴BD=6,∴2AO1=BD=6∴AO1=3 【8】 (1)连结BC, O B D E C F x y A ∵A(10,0),∴OA=10,CA=5, ∵∠AOB=30°, ∴∠ACB=2∠AOB=60°, ∴弧AB的长=;……4分 (2)连结OD, ∵OA是⊙C直径,∴∠OBA=90°, 又∵AB=BD,∴OB是AD的垂直平分线, ∴OD=OA=10, 在Rt△ODE中, OE=, ∴AE=AO-OE=10-6=4, 由∠AOB=∠ADE=90°-∠OAB,∠OEF=∠DEA, 得△OEF∽△DEA, ∴,即,∴EF=3;……4分 (3)设OE=x, ①当交点E在O,C之间时,由以点E、C、F为顶点的三角 O B D F C E A x y 形与△AOB相似,有∠ECF=∠BOA或∠ECF=∠OAB, 当∠ECF=∠BOA时,此时△OCF为等腰三角形,点E为OC 中点,即OE=,∴E1(,0); 当∠ECF=∠OAB时,有CE=5-x,AE=10-x, ∴CF∥AB,有CF=, ∵△ECF∽△EAD, ∴,即,解得: ∴E2(,0); ②当交点E在点C的右侧时, O B D F C E A x y ∵∠ECF>∠BOA, ∴要使△ECF与△BAO相似,只能使∠ECF=∠BAO, 连结BE, ∵BE为Rt△ADE斜边上的中线, ∴BE=AB=BD, ∴∠BEA=∠BAO, ∴∠BEA=∠ECF,∴CF∥BE,∴, ∵∠ECF=∠BAO,∠FEC=∠DEA=Rt∠, ∴△CEF∽△AED,∴,而AD=2BE, O B D F C E A x y ∴, 即,解得,<0(舍去), ∴E3(,0); ③当交点E在点O的左侧时, ∵∠BOA=∠EOF>∠ECF. ∴要使△ECF与△BAO相似,只能使∠ECF=∠BAO 连结BE,得BE==AB,∠BEA=∠BAO∴∠ECF=∠BEA,∴CF∥BE,∴, 又∵∠ECF=∠BAO,∠FEC=∠DEA=Rt∠,∴△CEF∽△AED,∴, 而AD=2BE,∴,∴,解得,<0(舍去),∵点E在x轴负半轴上,∴E4(,0), 综上所述: 存在以点E、C、F为顶点的三角形与△AOB相似,此时点E坐标为: (,0)、(,0)、(,0)、(,0).……4分 【9】解: (1)以为直径的圆过点,,而点的坐标为, 由易知,, 即: ,解之得: 或.,, 即.由根与系数关系有: ,解之,. (2)如图(3),过点作,交于点, 易知,且,在中,易得, ,, 又,有,, ,则,即,易求得直线对应的一次函数解析式为: . (3)过点作于,于.为的平分线,. 由,有由, 有,即 【10】
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