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