2012年中考数学压轴题分类汇编01动点问题4与圆

2012年中考数学压轴题分类汇编01动点问题4与圆30.（2012湖南湘潭10分）如图，在⊙O上位于直径AB的异侧有定点C和动点P，AC=AB，点P在半圆弧AB上运动（不与A、B两点重合），过点C作直线PB的垂线CD交PB于D点．（1）如图1，求证：△PCD∽△ABC；（2）当点P运动到什么位置时，△PCD≌△ABC？请在图2中画出△PCD并说明理由；（3）如图3，当点P运动到CP⊥AB时，求∠BCD的度数．【答案】解：（1）证明：∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°。∵PD⊥CD，∴∠D=90°。∴∠D=∠ACB。∵∠A与∠P是BC所对的圆周角，∴∠A=∠P，∴△PCD∽△ABC。（2）当PC是⊙O的直径时，△PCD≌△ABC。理由如下：∵AB，PC是⊙O的半径，∴AB=PC。∵△PCD∽△ABC，∴△PCD≌△ABC。画图如下：（3）∵∠ACB=90°，AC=AB，∴∠ABC=30°。∵△PCD∽△ABC，∴∠PCD=∠ABC=30°。∵CP⊥AB，AB是⊙O的直径，∴ACAP。∴∠ACP=∠ABC=30°。∴∠BCD=∠AC﹣∠ACP﹣∠PCD=90°﹣30°﹣30°=30°。【考点】圆周角定理，全等三角形的判定，垂径定理，相似三角形的判定和性质。【分析】（1）由AB是⊙O的直径，根据直径对的圆周角是直角，即可得∠ACB=90°，又由PD⊥CD，可得∠D=∠ACB，又由在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，即可得∠A=∠P，根据有两角对应相等的三角形相似，即可判定：△PCD∽△ABC。（2）由△PCD∽△ABC，可知当PC=AB时，△PCD≌△ABC，利用相似比等于1的相似三角形全等即可求得。（3）由∠ACB=90°，AC=AB，可求得∠ABC的度数，然后利用相似，即可得∠PCD的度数，又由垂径定理，求得ACAP，然后利用圆周角定理求得∠ACP的度数，从而求得答案。32.（2012山东莱芜10分）)如图，在菱形ABCD中，AB＝23，∠A＝60º，以点D为圆心的⊙D与边AB相切于点E．(1)求证：⊙D与边BC也相切；(2)设⊙D与BD相交于点H，与边CD相交于点F，连接HF，求图中阴影部分的面积(结果保留)；(3)⊙D上一动点M从点F出发，按逆时针方向运动半周，当S△HDF＝3S△MDF时，求动点M经过的弧长(结果保留)．【答案】解：（1）证明：连接DE，过点D作DN⊥BC，垂足为点N。∵四边形ABCD是菱形，∴BD平分∠ABC。∵⊙D与边AB相切于点E，∴DE⊥AB。∴DN=DE。∴⊙D与边BC也相切。（2）∵四边形ABCD是菱形，AB＝23，∴AD＝AB＝23。又∵∠A＝60º，∴DE＝ADsin600＝3，即⊙D的半径是3。又∵∠HDF＝12∠HADC＝60º，DH＝DF，∴△HDF是等边三角形。过点H作HG⊥DF，垂足为点G，则HG＝3sin600＝332。∴2HDFHDF1396033S333S2243602扇形，。∴HDFHDF39693SSS3244扇形影阴。（3）假设点M运动到点M1时，满足S△HDF＝3S△MDF，过点M1作M1P⊥DF，垂足为点P，则191333MP42，解得3MP=2。∴111MP=DM2。∴∠M1DF＝30º。此时动点M经过的弧长为：3031802。过点M1作M1M2∥DF交⊙D于点M2，则满足HDFM1DFM2DFS=3S3S，此时∠M2DF＝150º，动点M经过的弧长为：150351802。综上所述，当S△HDF＝3S△MDF时，动点M经过的弧长为2或52。【考点】菱形的性质，角平分线的性质，切线的判定和性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，等边三角形的判定和性质，扇形的面积和弧长公式。【分析】（1）连接DE，过点D作DN⊥BC，垂足为点N，则根据菱形的性质可得BD平分∠ABC，根据角平分线上的点到角的两边距离相等的性质可得DN=DE，即BC垂直于过⊙D上点N的半径，从而得到⊙D与边BC也相切的结论。（2）求出△HDF和扇形HDF即可求得阴影部分的面积。（3）根据S△HDF＝3S△MDF求出圆心角即可求动点M经过的弧长。注意有两点。33.（2012四川南充8分）如图，⊙C的内接△AOB中，AB=AO=4,tan∠AOB=43,抛物线2yaxbx经过点A(4，0)与点（-2，6）（1）求抛物线的函数解析式．（2）直线m与⊙C相切于点A交y轴于点D，动点P在线段OB上，从点O出发向点B运动;同时动点Q在线段DA上，从点D出发向点A运动，点P的速度为每秒1个单位长，点Q的速度为每秒2个单位长，当PQ⊥AD时,求运动时间t的值（3）点R在抛物线位于x轴下方部分的图象上，当△ROB面积最大时，求点R的坐标.【答案】解：（1）把点A(4，0)与点（-2，6）代入抛物线2yaxbx，得：16a4b04a2b6，解得，1a2b2。∴抛物线的函数解析式为：21yx2x2。（2）连接AC交OB于E，过点O作OF⊥AD于点F。∵直线m切⊙C于A，∴AC⊥m。∵弦AB=AO，∴ ABAO。∴AC⊥OB。∴m∥OB。∴∠OAD=∠AOB。∵OA=4，tan∠AOB=34，∴tan∠OAD=34，sin∠OAD=35。∴OD=OA·tan∠OAD=4×34=3，OF=OA·sin∠OAD=4×35=2.4。t秒时，OP=t，DQ=2t，若PQ⊥AD，则FQ=OP=t，DF=DQ-FQ=t。∴在△ODF中，t=DF=2222ODOF32.41.8（秒）。∴当PQ⊥AD时,运动时间t的值为1.8秒。（3）点R在抛物线位于x轴下方部分的图象上，当△ROB面积最大时，点R到OB的距离最大。此时，过点R平行于直线OB的直线与抛物线只有一个交点。∵tan∠AOB=34，∴直线OB为3yx4。设过点R平行于直线OB的直线l：3yx+r4，联立3yx+r4和21yx2x2得231x+rx2x42，整理得22x11x4r0。∵直线l与抛物线只有一个交点，∴△=121+32r0，解得121r32。将121r32代入22x11x4r0得21212x11x+08，解得11x4。将11x4代入3121yx432得55y32。∴R（1155432，）。【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，解二元一次方程组，直线与圆相切的性质，弦和弧的关系，垂径定理，平行的判定和性质，锐角三角函数定义，勾股定理，一元二次方程根的判别式。【分析】（1）将点A(4，0)与点（-2，6）代入抛物线y=ax2+bx，得方程组，解之即可得出解析式。（2）先得到∠OAD=∠AOB，作OF⊥AD于F，再求出OF的长，t秒时，OP=t,DQ=2t,若PQ⊥AD则FQ=OP=t，DF=DQ-FQ=t。在△ODF中，应用勾股定理即可求得结论。（3）点R在抛物线位于x轴下方部分的图象上，当△ROB面积最大时，点R到OB的距离最大。此时，过点R平行于直线OB的直线与抛物线只有一个交点。求出直线OB的解析式，设过点R平行于直线OB的直线l：3yx+r4，联立3yx+r4和21yx2x2，根据一元二次方程根的判别式求出r，即可求得点R的坐标。37.（2012河北省10分）如图，A（－5，0），B（-3，0），点C在y轴的正半轴上，∠CBO=45°，CD∥AB．∠CDA=90°．点P从点Q（4，0）出发，沿x轴向左以每秒1个单位长度的速度运动，运动时时间t秒．（1）求点C的坐标；（2）当∠BCP=15°时，求t的值；（3）以点P为圆心，PC为半径的⊙P随点P的运动而变化，当⊙P与四边形ABCD的边（或边所在的直线）相切时，求t的值．【答案】解：（1）∵∠BCO=∠CBO=45°，∴OC=OB=3。又∵点C在y轴的正半轴上，∴点C的坐标为（0，3）。（2）分两种情况考虑：①当点P在点B右侧时，如图2，若∠BCP=15°，得∠PCO=30°，故PO=CO•tan30°=3。此时t=4+3②当点P在点B左侧时，如图3，由∠BCP=15°，得∠PCO=60°，故OP=COtan60°=33。此时，t=4+33∴t的值为4+3或4+33（3）由题意知，若⊙P与四边形ABCD的边相切时，有以下三种情况：①当⊙P与BC相切于点C时，有∠BCP=90°，从而∠OCP=45°，得到OP=3，此时t=1。②当⊙P与CD相切于点C时，有PC⊥CD，即点P与点O重合，此时t=4。③当⊙P与AD相切时，由题意，得∠DAO=90°，∴点A为切点，如图4，PC2=PA2=（9－t）2，PO2=（t－4）2。于是（9－t）2=PO2=（t－4）2，即81－18t＋t2=t2－8t＋16＋9，解得，t=5.6。综上所述，t的值为1或4或5.6。【考点】动点问题，切线的性质，坐标与图形性质，矩形的性质，勾股定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。【分析】（1）由∠CBO=45°，∠BOC为直角，得到△BOC为等腰直角三角形，又OB=3，利用等腰直角三角形AOB的性质知OC=OB=3，然后由点C在y轴的正半轴可以确定点C的坐标。（2）分点P在点B右侧和点P在点B左侧两种情况讨论即可。（3）当⊙P与四边形ABCD的边（或边所在的直线）相切时，分三种情况讨论：①当⊙P与BC边相切时，②当⊙P与CD相切于点C时，③当⊙P与CD相切时。