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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。
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