中考数学压轴题专题突破27圆中的新定义问题1.docx

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中考数学压轴题专题突破27圆中的新定义问题1

【中考压轴题专题突破27】

圆中的新定义问题

（1）

1．定义：

如果一个三角形中有两个内角α，β满足α+2β＝90°，那我们称这个三角形为“近直角三角形”．

（1）若△ABC是“近直角三角形”，∠B＞90°，∠C＝50°，则∠A＝　　度；

（2）如图1，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4．若BD是∠ABC的平分线，

①求证：

△BDC是“近直角三角形”；

②在边AC上是否存在点E（异于点D），使得△BCE也是“近直角三角形”？

若存在，请求出CE的长；若不存在，请说明理由．

（3）如图2，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点D为AC边上一点，以BD为直径的圆交BC于点E，连结AE交BD于点F，若△BCD为“近直角三角形”，且AB＝5，AF＝3，求tan∠C的值．

2．定义：

如果一个点能与另外两个点构成直角三角形，则称这个点为另外两个点的勾股点．如矩形OBCD中，点C为O，B两点的勾股点，已知OD＝4，在DC上取点E，DE＝8．

（1）如果点E是O，B两点的勾股点（点E不在点C），试求OB的长；

（2）如果OB＝12，分别以OB，OD为坐标轴建立如图2的直角坐标系，在x轴上取点F（5，0）．在线段DC上取点P，过点P的直线l∥y轴，交x轴于点Q．设DP＝t．

①当点P在DE之间，以EF为直径的圆与直线l相切，试求t的值；

②当直线l上恰好有2点是E，F两点的勾股点时，试求相应t的取值范围．

3．定义：

已知点O是三角形的边上的一点（顶点除外），若它到三角形一条边的距离等于它到三角形的一个顶点的距离，则我们把点O叫做该三角形的等距点．

（1）如图1，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，O在斜边AB上，且点O是△ABC的等距点，试求BO的长．

（2）如图2，△ABC中，∠ACB＝90°，点P在边AB上，AP＝2BP，D为AC中点，且∠CPD＝90°．

①求证：

△CPD的外接圆圆心是△ABC的等距点；

②求tan∠PDC的值．

4．定义：

如果三角形的两个内角α与β满足α+2β＝90°，那么称这样的三角形为“类直角三角形”．

尝试运用

（1）如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AB＝5，BD是∠ABC的平分线．

①证明△ABD是“类直角三角形”；

②试问在边AC上是否存在点E（异于点D），使得△ABE也是“类直角三角形”？

若存在，请求出CE的长；若不存在，请说明理由．

类比拓展

（2）如图2，△ABD内接于⊙O，直径AB＝13，弦AD＝5，点E是弧AD上一动点（包括端点A，D），延长BE至点C，连结AC，且∠CAD＝∠AOD，当△ABC是“类直角三角形”时，求AC的长．

5．我们不妨约定：

如图①，若点D在△ABC的边AB上，且满足∠ACD＝∠B（或∠BCD＝∠A），则称满足这样条件的点为△ABC边AB上的“理想点”．

（1）如图①，若点D是△ABC的边AB的中点，AC＝2，AB＝4．试判断点D是不是△ABC边AB上的“理想点”，并说明理由．

（2）如图②，在⊙O中，AB为直径，且AB＝5，AC＝4．若点D是△ABC边AB上的“理想点”，求CD的长．

（3）如图③，已知平面直角坐标系中，点A（0，2），B（0，﹣3），C为x轴正半轴上一点，且满足∠ACB＝45°，在y轴上是否存在一点D，使点A是B，C，D三点围成的三角形的“理想点”，若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．

6．定义：

有两个相邻内角和等于另两个内角和的一半的四边形称为半四边形，这两个角的夹边称为对半线．

（1）如图1，在对半四边形ABCD中，∠A+∠B＝（∠C+∠D），求∠A与∠B的度数之和；

（2）如图2，O为锐角△ABC的外心，过点O的直线交AC，BC于点D，E，∠OAB＝30°，求证：

四边形ABED是对半四边形；

（3）如图3，在△ABC中，D，E分别是AC，BC上一点，CD＝CE＝3，CE＝3EB，F为DE的中点，∠AFB＝120°，当AB为对半四边形ABED的对半线时，求AC的长．

【中考压轴题专题突破27】

圆中的新定义问题

（1）

参考答案与试题解析

1．解：

（1）∠B不可能是α或β，

当∠A＝α时，∠C＝β＝50°，α+2β＝90°，不成立；

故∠A＝β，∠C＝α，α+2β＝90°，则β＝20°，

故答案为20；

（2）①如图1，设∠＝ABD∠DBC＝β，∠C＝α，

则α+2β＝90°，故△BDC是“近直角三角形”；

②存在，理由：

在边AC上是否存在点E（异于点D），使得△BCE是“近直角三角形”，

AB＝3，AC＝4，则BC＝5，

则∠ABE＝∠C，则△ABC∽△AEB，

即，即，解得：

AE＝，

则CE＝4﹣＝；

（3）①如图2所示，当∠ABD＝∠DBC＝β时，

则AE⊥BF，则AF＝FE＝3，则AE＝6，

AB＝BE＝5，

过点A作AH⊥BC于点H，

设BH＝x，则HE＝5﹣x，

则AH2＝AE2﹣HE2＝AB2﹣HB2，即52﹣x2＝62﹣（5﹣x）2，解得：

x＝；

cos∠ABE＝＝＝cos2β，则tan2β＝，

则tanα＝；

②如图3所示，当∠ABD＝∠C＝β时，

过点A作AH⊥BE交BE于点H，交BD于点G，则点G是圆的圆心（BE的中垂线与直径的交点），

∵∠AEB＝∠DAE+∠C＝α+β＝∠ABC，故AE＝AB＝5，则EF＝AE﹣AF＝5﹣3＝2，

∵DE⊥BC，AH⊥BC，

∴ED∥AH，则AF：

EF＝AG：

GE＝2：

3，

则DE＝2k，则AG＝3k＝R（圆的半径）＝BG，点H是BE的中点，则GH＝DE＝k，

在△BGH中，BH＝＝2k，

在△ABH中，AB＝5，BH＝2k，AH＝AG+HG＝4k，

由勾股定理得：

25＝8k2+16k2，解得：

k＝；

在△ABD中，AB＝5，BD＝6k＝，

则cos∠ABD＝cosβ＝＝＝cosC，

则tanC＝；

综上，tanC的值为或．

2．解：

（1）如图1，连接OE，BE，

若点E是O，B两点的勾股点，

则∠OEB＝90°，

∴∠OED+∠CEB＝90°，

∵∠OED+∠DOE＝90°，

∴∠DOE＝∠CEB，

又∵∠C＝∠ODE，

∴△BCE∽△EDO，

∴＝，

即＝，

∴CE＝2，

∴OB＝DE＝8+2＝10；

（2）①如图2﹣1，设以EF为直径的圆的圆心为Q，与直线l的切点为M，直线l与OB的交点为H，连接QM，

则∠FME＝90°，QM⊥PH，

∴∠HMF+∠PME＝90°，

∵∠PME+∠PEM＝90°，

∴∠HMF＝∠PEM，

又∵∠MHF＝∠EPM＝90°，

∴△MHF∽△EPM，

∴＝，

∵QM⊥PH，l∥y轴，

∴HF∥MQ∥PE，

∴＝，

∵FQ＝QE，

∴HM＝MP＝2，

又∵DP＝OH＝t，DE＝8，OF＝5，

∴HF＝5﹣t，PE＝8﹣t，

∴＝，

解得，t1＝4，t2＝9（点P在DE之间，舍去），

∴t＝4；

②如图2﹣2，当直线l在⊙Q的右侧与⊙Q相切时，

由①知△MHF∽△EPM，

∴＝，

此时，HM＝MP＝2，HF＝t﹣5，PE＝t﹣8，

∴＝，

解得，t1＝4，t2＝9，

∴当t＝4或9时直线l与⊙Q相切，

∵点E，F以及直线l上的点均可为直角三角形的直角顶点，

∴当直线l上恰好有2点是E，F两点的勾股点时，相应t的取值范围为0≤t＜4或t＝5或t＝8或9＜t≤12．

3．解：

（1）CB＝4，AC＝3，则AB＝5，

①当OH⊥BC时，

只有OH＝OA一种情况，设OB＝x，

则OH＝OA＝5﹣x，

则sinB＝＝＝，解得：

x＝；

②当OH′⊥AC时，

同理可得：

OH′＝OB，解得：

x＝，

综上，OB＝或；

（2）①设△CPD的外接圆圆心为点O，连接OP、OB，则OD＝OP＝OC，

设圆的半径为R，AP＝2BP＝2a，则AD＝2R，OD＝R，

则，故PD∥OB，

故∠BOP＝∠DPO，∠COB＝∠ODP，

而∠ODP＝∠OPD，

∴∠POB＝∠COB，而BO＝BO，OP＝OC，

∴△BCO≌△BPO（SAS），

∴∠BPO＝90°，即OP⊥AB，且OP＝OC，

故：

△CPD的外接圆圆心是△ABC的等距点；

②∵△BCO≌△BPO（SAS），

∴BC＝BP＝a，而AB＝3a，AC＝4R，

故（3a）2＝（4R）2+a2，解得：

a＝，

tan∠PDC＝tan∠COB＝＝＝＝．

4．

（1）①证明：

如图1中，

∵BD是∠ABC的角平分线，

∴∠ABC＝2∠ABD，

∵∠C＝90°，

∴∠A+∠ABC＝90°，

∴∠A+2∠ABD＝90°，

∴△ABD为“类直角三角形”．

②如图1中，假设在AC边设上存在点E（异于点D），使得△ABE是“类直角三角形”．

在Rt△ABC中，∵AB＝5，BC＝3，

∴AC＝＝＝4，

∵∠AEB＝∠C+∠EBC＞90°，

∴∠ABE+2∠A＝90°，

∵∠ABE+∠A+∠CBE＝90°

∴∠A＝∠CBE，

∴△ABC∽△BEC，

∴＝，

∴CE＝＝，

（2）∵AB是直径，

∴∠ADB＝90°，

∵AD＝5，AB＝13，

∴BD＝＝＝12，

①如图2中，当∠ABC+2∠C＝90°时，作点D关于直线AB的对称点F，连接FA，FB．则点F在⊙O上，且∠DBF＝∠DOA，

∵∠DBF+∠DAF＝180°，且∠CAD＝∠AOD，

∴∠CAD+∠DAF＝180°，

∴C，A，F共线，

∵∠C+∠ABC+∠ABF＝90°

∴∠C＝∠ABF，

∴△FAB∽△FBC，

∴＝，即＝，

∴AC＝．

②如图3中，由①可知，点C，A，F共线，当点E与D共线时，由对称性可知，BA平分∠FBC，

∴∠C+2∠ABC＝90°，

∵∠CAD＝∠CBF，∠C＝∠C，

∴△DAC∽△FBC，

∴＝，即＝，

∴CD＝（AC+5），

在Rt△ADC中，CD2+AD2＝AC2，

∴AC＝（舍去负值），

综上所述，当△ABC是“类直角三角形”时，AC的长为或．

5．解：

（1）结论：

点D是△ABC的“理想点”．

理由：

如图①中，

∵D是AB中点，AB＝4，

∴AD＝DB＝2，

∵AC2＝

（2）2＝8，AD•AB＝8，

∴AC2＝AD•AB，

∴＝，

∵∠A＝∠A，

∴△ACD∽△ABC，

∴∠ACD＝∠B，

∴点D是△ABC的“理想点”，

（2）如图②中，

∵点D是△ABC的“理想点”，

∴∠ACD＝∠B或∠BCD＝∠A，

当∠ACD＝∠B时，

∵∠ACD+∠BCD＝90°，

∴∠BCD+∠B＝90°，

∴∠CDB＝90°，

当∠BCD＝∠A时，同法证明：

CD⊥AB，

∵AB是直径，

∴∠ACB＝90°，

∵AB＝5，AC＝4，

∴BC＝＝3，

∵AB•CD＝AC•BC，

∴CD＝．

（3）如图③中，存在．有三种情形：

过点A作MA⊥AC交CB的延长线于M，作MH⊥y轴于H．

∵∠MAC＝∠AOC＝∠AHM＝90°，∠ACM＝45°，

∴∠AMC＝∠ACM＝45°，

∴AM＝AC，

∵∠MAH+∠CAO＝90°，∠CAO+∠ACO＝90°，

∴∠MAH＝∠ACO，

∴△AHM≌△COA（AAS），

∴MH＝OA，OC＝AH，设C（a，0），

∵A（0，2），B（0，﹣3），

∴OA＝MH＝2，OB＝3．AB＝5，OC＝AH＝a，BH＝a﹣5，

∵MH∥OC，

∴＝，

∴＝，

解得a＝6或﹣1（舍弃），

经检验a＝6是分式方程的解，

∴C（6，0），OC＝6，