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一、圆的综合
,已知扇形
MON的半径为
2,∠MON=90°,点B在弧MN上挪动,联系
BM,
作OD⊥BM,垂足为点
D,C为线段OD上一点,且OC=BM,联系BC并延伸交半径
OM于
A,设OA=x,∠COM的正切值为y.
1)如图2,当AB⊥OM时,求证:AM=AC;
2)求y关于x的函数关系式,并写出定义域;
(3)当△OAC为等腰三角形时,求x的值.
x
.(0x2);(3)x
142.
【答案】
(1)证明见分析;(2)y
x2
2
【分析】
分析:(1)先判断出∠ABM=∠DOM,从而判断出△OAC≌△BAM,即可得出结论;
(2)先判断出
BD=DM,从而得出
DM
ME
1
x),再判断出
BD
AE
,从而得出AE=(2
2
OAOC2DM
,即可得出结论;
OEODOD
3)分三种状况利用勾股定理或判断出不存在,:(1)∵OD⊥BM,AB⊥OM,∴∠ODM=∠BAM=90°.∵∠ABM+∠M=∠DOM+∠M,∴∠ABM=∠DOM.
∵∠OAC=∠BAM,OC=BM,∴△OAC≌△BAM,
AC=AM.
2)如图2,过点D作DE∥AB,交OM于点E.
∵OB=OM,OD⊥BM,∴BD=DM.
DM
ME
,∴AE=EM.∵OM=2
1
x).
∵DE∥AB,∴
AE
,∴AE=(2
BD
2
OA
OC
2DM
∵DE∥AB,∴
OD
,
OE
OD
∴DM
OA,y
x
x
.(0<x
2)
OD
2OE
2
1
1
OC
1
(3)(i)当OA=OC时.∵DM
BM
△ODM中,
2
2
2
OD
OM2
DM2
2
1x2.
4
DM
1x
x
∵y
,
2
14
2,或x
14
2(舍).
OD
1
.解得x
x
2
x2
2
2
2
4
ii)当AO=AC时,则∠AOC=∠ACO.∵∠ACO>∠COB,∠COB=∠AOC,∴∠ACO>
∠AOC,∴此种状况不存在.
(ⅲ)当CO=CA时,则∠COA=∠CAO=α.∵∠CAO>∠M,∠M=90°﹣α,∴α>90°﹣α,∴α>45°,∴∠BOA=2α>90°.∵∠BOA≤90,°∴此种状况不存在.
即:当△OAC为等腰三角形时,
x的值为
142.
2
点睛:此题是圆的综合题,主要观察了相似三角形的判断和性质,圆的相关性质,勾股定
理,等腰三角形的性质,建立y关于x的函数关系式是解答此题的要点.
,A、B两点的坐标分别为(0,6),(0,3),点P为x轴正半轴上一动点,过点A作AP的垂线,过点B作BP的垂线,两垂线交于点Q,连接PQ,M为线段PQ的中
点.
(1)求证:A、B、P、Q四点在以M为圆心的同一个圆上;
(2)当⊙M与x轴相切时,求点Q的坐标;
(3)当点P从点(2,0)运动到点(3,0)时,请直接写出线段QM扫过图形的面积.
【答案】(1)见分析;(2)Q的坐标为(3
2
,9);(3)63
.
8
【分析】(1)解:连接AM、BM,
∵AQ⊥AP,BQ⊥BP∵△APQ和△BPQ都是直角三角形,M是斜边PQ的中点
1
∴AM=BM=PM=QM=PQ,
2
∴A、B、P、Q四点在以M为圆心的同一个圆上。
(2)解:作MG⊥y轴于G,MC⊥x轴于C,
∵AM=BM
∴G是AB的中点,由A(0,6),B(0,3)可得MC=OG=
∴在点P运动的过程中,点
则点Q到x轴的距离一直为
9,即点Q的纵坐标一直为
9,
当⊙M与x轴相切时则PQ⊥x轴,作QH⊥y轴于H,
HB=9-3=6,设OP=HQ=x
由△BOP∽△QHB,得x2=3×6=8,x=32
∴点Q的坐标为(32,9)
3)解:由相似可得:当点P在P1(2,0)时,Q1(4,9)则M1(3,)当点P在P2(3,0)时,Q2(6,9),则M2(,)
∴M1M2=
9
3
-3=
,Q1Q2=6-4=2
2
2
线段QM扫过的图形为梯形M1M2Q2Q1
1
3
63
其面积为:
×(+2)
×4=.5.
2
2
8
【分析】
【分析】
依据已知可得出三角形APQ和三角形BPQ都是直角三角形,再依据这个条件结合题意直接
解答此题.
【详解】
(1)解:连接AM、BM,
∵AQ⊥AP,BQ⊥BP∵△APQ和△BPQ都是直角三角形,M是斜边PQ的中点
∴AM=BM=PM=QM=PQ,
∴A、B、P、Q四点在以M为圆心的同一个圆上。
(2)解:作MG⊥y轴于G,MC⊥x轴于C,
∵AM=BM
∴G是AB的中点,由A(0,6),B(0,3)可得MC=OG=
∴在点P运动的过程中,点
则点Q到x轴的距离一直为
9,即点Q的纵坐标一直为
9,
当⊙M与x轴相切时则PQ⊥x轴,作QH⊥y轴于H,
HB=9-3=6,设OP=HQ=x
由△BOP∽△QHB,得x2=3×6=8,x=3
∴点Q的坐标为(3
,
9)
(3)解:由相似可得:当点
P在P12
0
)时,
Q14
,
9
)则
M1
3
)
(
,
(
(,
当点P在P2(3,0)时,Q2(6,9),则M2(,)
∴M
M=-3=
,QQ=6-4=2
1
2
1
2
线段QM扫过的图形为梯形
M1M2Q2Q1
其面积为:×(+2)×4=.5.
【点睛】
此题主要观察学生依据题意能找到三角形APQ和三角形BPQ都是直角三角形,并且考验学
生对相似三角形性质的运用,掌握探究题目隐含条件是解决此题的要点.
,AB为eO的直径,弦CD//AB,E是AB延伸线上一点,CDBADE.
DE是eO的切线吗?请说明原由;
2求证:AC2CDBE.
【答案】(
1)结论:
DE是eO的切线,原由见分析;(
2)证明见分析
.
【分析】
【分析】
(1)连接
OD
,只要证明
OD
DE即可;
(2)只要证明:ACBD,VCDB∽VDBE即可解决问题.
【详解】
1解:结论:DE是eO的切线.
原由:连接OD.
QCDB
ADE,
ADC
EDB,
QCD//AB,
CDA
DAB,
QOAOD,
OADODA,
ADOEDB,
AB是直径,
ADB
90o,
ADB
ODE90o,
DE
OD,
DE是eO的切线.
2QCD//AB,
ADC
DAB,CDB
DBE,
n
n
,
AC
BD
AC
BD,
QDCB
DAB,EDB
DAB,
EDB
DCB,
VCDB∽VDBE,
CD
DB
,
BD
BE
BD2
CDBE,
AC2
CD
BE.
【点睛】
此题观察相似三角形的判断和性质、圆周角定理、切线的判断等知识,解题的要点是学会
增加常用辅助线,正确找寻相似三角形解决问题,属于中考常考题型.
,已知四边形ABCD是矩形,点
与AD边交于点E,连接CE.
(1)求证:直线PD是⊙A的切线;
P在
BC边的延伸线上,且
PD=BC,⊙A经过点
B,
2
(2)若PC=25,sin∠P=,求图中暗影部份的面积(结果保留无理数).
【答案】(1)见分析;(2)20-4π.
【分析】
分析:(1)过点A作AH⊥PD,垂足为H,只要证明AH为半径即可.
(2)分别算出Rt△CED的面积,扇形ABE的面积,矩形ABCD的面积即可.
详解:(1)证明:如图,过A作AH⊥PD,垂足为H,
∵四边形ABCD是矩形,
∴AD=BC,AD∥BC,∠PCD=∠BCD=90,°
∴∠ADH=∠P,∠AHD=∠PCD=90,°
又PD=BC,∴AD=PD,
∴△ADH≌△DPC,∴AH=CD,
∵CD=AB,且AB是⊙A的半径,
∴AH=AB,即AH是⊙A的半径,
∴PD是⊙A的切线.
(2)如图,在Rt△PDC中,∵sin∠P=CD
2
,PC=2
5,
PD
3
CD=2x,PD=3x,由由勾股定理得:(3x)2-(2x)2=(25)2,解得:x=2,∴CD=4,PD=6,
∴AB=AE=CD=4,AD=BC=PD=6,DE=2,
∵
矩形
ABCD
的面积为
6×4=24Rt△CED
的面积为
1
,
×4×2=4,
2
1
扇形ABE的面积为
2
2
π×4=4π,
∴图中暗影部份的面积为24-4-4π=20-4π.
点睛:此题观察了全等三角形的判断,圆的切线证明,三角形的面积,扇形的面积,矩形
的面积.
,维修人员为更换管道,需要确立管道圆形截
,若这个输水管道有水部分的水面宽AB=16cm,水最深的地方的高度为
4cm,求这个圆形截面的半径.
【答案】10cm
【分析】
分析:先过圆心O作半径CO⊥AB,交AB于点D设半径为r,得出AD、OD的长,在
Rt△AOD中,依据勾股定理求出这个圆形截面的半径.
详解:解:过点O作OC⊥AB于D,交⊙O于C,连接OB,
∵OC⊥AB
11
∴BD=AB=×16=8cm
22
由题意可知,CD=4cm
∴设半径为xcm,则OD=(x﹣4)cm
Rt△BOD中,
由勾股定理得:OD2+BD2=OB2
x﹣4)2+82=x2
解得:x=10.
答:这个圆形截面的半径为10cm.
点睛:此题观察了垂经定理和勾股定理,要点是依据题意画出图形,再依据勾股定理进行求解.
,AB,BC分别是⊙O的直径和弦,点D为?BC上一点,弦DE交⊙O于点E,交AB于点F,交BC于点G,过点C的切线交ED的延伸线于H,且HC=HG,连接BH,交⊙O于点M,连接MD,ME.
求证:
1)DE⊥AB;
2)∠HMD=∠MHE+∠MEH.
【答案】(1)证明见分析;(2)证明见分析.
【分析】
分析:(1)连接OC,依据等边同等角和切线的性质,证明∠BFG=∠OCH=90°即可;
2)连接BE,依据垂径定理和圆内接四边形的性质,得出∠HMD=∠BME,再依据三角形的外角的性质证明∠HMD=∠DEB=∠EMB即可.
详解:证明:(1)连接OC,
∵HC=HG,
∴∠HCG=∠HGC;
∵HC切⊙O于C点,
∴∠OCB+∠HCG=90;°
∵OB=OC,
∴∠OCB=∠OBC,
∵∠HGC=∠BGF,
∴∠OBC+∠BGF=90,°
∴∠BFG=90,°即DE⊥AB;
2)连接BE,
由(1)知DE⊥AB,
∵AB是⊙O的直径,
∴,
∴∠BED=∠BME;
∵四边形BMDE内接于⊙O,
∴∠HMD=∠BED,
∴∠HMD=∠BME;
∵∠BME是△HEM的外角,
∴∠BME=∠MHE+∠MEH,
∴∠HMD=∠MHE+∠MEH.