2020中考数学专题-几何模型之隐圆问题-含答案

2020中考专题4——几何模型之隐圆问题班级姓名.【模型讲解】常见的隐圆模型有:（1）动点到定点的距离为定长；（2）四点共圆；（3）定边对定角（专题3）等.AD＝AC＝AB∠ADB＝∠ACB2∠ADB＝∠ACB∠BAC＋∠BDC＝180°【例题分析】例1.如图，已知AB＝AC＝AD，∠CBD＝2∠BDC，∠BAC＝44°，则∠CAD的度数为.例1图例2图例3图例2.在矩形ABCD中，已知2ABcm，3BCcm，现有一根长为2cm的木棒EF紧贴着矩形的边（即两个端点始终落在矩形的边上），按逆时针方向滑动一周，则木棒EF的中点P在运动过程中所围成的图形的面积为2cm．例3.如图，定长弦CD在以AB为直径的⊙O上滑动（点C、D与点A、B不重合），M是CD的中点，过点C作CP⊥AB于点P，若AB＝8，则PM的最大值是。例4.如图，点A与点B的坐标分别是（1，0），（5，0），点P是该直角坐标系内的一个动点.（1）使∠APB＝30°的点P有个；（2）若点P在y轴上，且∠APB＝30°，求满足条件的点P的坐标；（3）当点P在y轴上移动时，∠APB是否存在最大值？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由.2【巩固训练】1.如图1，矩形ABCD中，2AB，3AD，点E、F分别AD、DC边上的点，且2EF，点G为EF的中点，点P为BC上一动点，则PAPG的最小值为．图1图22.如图2，在矩形ABCD中，4AB，6AD，E是AB边的中点，F是线段BC边上的动点，将EBF沿EF所在直线折叠得到△EBF，连接BD，则BD的最小值是．3.在平面直角坐标系中，点A的坐标为(3,0)，点B为y轴正半轴上的一点，点C是第一象限内一点，且2AC．设tanBOCm，则m的取值范围是．4.如图3，在RtABC中，90C，6AC，8BC，点F在边AC上，并且2CF，点E为边BC上的动点，将CEF沿直线EF翻折，点C落在点P处，则点P到边AB距离的最小值是.图3图4图55.如图4，四边形ABCD中，//DCAB，1BC，2ABACAD．则BD的长为.6.如图5，在四边形ABCD中，AB＝AC＝AD，若∠BAC＝25°，∠CAD＝75°，则∠BDC＝，∠DBC＝.7.足球射门，不考虑其他因素，仅考虑射点到球门AB的张角大小时，张角越大，射门越好.如图6的正方形网格中，点A，B，C，D，E均在格点上，球员带球沿CD方向进攻，最好的射点在（）A.点CB.点D或点EC.线段DE（异于端点）上一点D.线段CD（异于端点）上一点图6图7图88.如图7，已知AB是⊙O的直径，PQ是⊙O的弦，PQ与AB不平行，R是PQ的中点，作PS⊥AB，QT⊥AB，垂足分别为S、T（S≠T），并且∠SRT＝60°，则PQAB的值等于.9.如图8，若PA＝PB，∠APB＝2∠ACB，AC与PB交于点D，且PB＝4，PD＝3，则AD·DC＝.310.在平面直角坐标系中，已知点A（4，0）、B（－6，0），点C是y轴上的一个动点，当∠BCA＝45°时，点C的坐标为.11.如图9，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，点D在AB边上，点E是BC边上一点（不与点B、C重合），且DA＝DE，则AD的取值范围是.图9图1012.如图10，在平面直角坐标系的第一象限内有一点B，坐标为（2，m）.过点B作AB⊥y轴，BC⊥x轴，垂足分别为A、C，若点P在线段AB上滑动（点P可以与点A、B重合），发现使得∠OPC＝45°的位置有两个，则m的取值范围为.13.在锐角△ABC中，AB＝4，BC＝5，∠ACB＝45°，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转得到△A′B′C′。（1）如图11-1，当点C1在线段CA的延长线上时，求∠CC1A1的度数；（2）如图11-2，连接AA1，CC1.若△ABA1的面积为4，求△CBC1的面积；（3）如图11-3，点E为线段AB中点，点P是线段AC上的动点，在△ABC绕点B按逆时针方向旋转过程中，点P的对应点是点P1，求线段EP1长度的最大值与最小值.图11-1图11-2图11-3414.如图，抛物线y＝－83x2－34x＋3与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C.（1）求点A、B的坐标；（2）若直线l过点E（4，0），M为直线l上的动点，当以A、B、M为顶点所作的直角三角形有且只有三个时，求直线l的解析式.15.如图，直线y＝－34x＋3与x轴、y轴分别交于B、A两点，点P是线段OB上的一动点，若能在斜边AB上找到一点C，使∠OCP＝90°，设点P的坐标为（m，0），求m的取值范围.52020中考专题4——几何模型之隐圆问题参考答案例1.【解答】解：∵AB＝AC＝AD，∴B，C，D在以A为圆心，AB为半径的圆上，∴∠CAD＝2∠CBD，∠BAC＝2∠BDC，∵∠CBD＝2∠BDC，∠BAC＝44°，∴∠CAD＝2∠BAC＝88°．故答案为：88°．例2【解答】解：如图所示：由题意根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得出P到B点距离始终为1，则木棒EF的中点P在运动过程中的轨迹为分别以A，B，C，D为圆心，1cm为半径的弧，故所围成的图形的面积为：矩形面积4个扇形面积22901646()360cm．故答案为：6．例3.【解答】解：连接CO，MO，∵∠CPO＝∠CMO＝90°，∴C，M，O，P，四点共圆，且CO为直径（E为圆心），连接PM，则PM为⊙E的一条弦，当PM为直径时PM最大，所以PM＝CO＝4时PM最大．即PMmax＝4．例4【解答】解：（1）以AB为边，在第一象限内作等边三角形ABC，以点C为圆心，AC为半径作⊙C，交y轴于点P1、P2．在优弧AP1B上任取一点P，如图1，则∠APB＝∠ACB＝×60°＝30°．∴使∠APB＝30°的点P有无数个．故答案为：无数．（2）①当点P在y轴的正半轴上时，过点C作CG⊥AB，垂足为G，如图1．∵点A（1，0），点B（5，0），∴OA＝1，OB＝5．∴AB＝4．∵点C为圆心，CG⊥AB，∴AG＝BG＝AB＝2．∴OG＝OA+AG＝3．∵△ABC是等边三角形，∴AC＝BC＝AB＝4．∴CG＝＝＝2．∴点C的坐标为（3，2）．过点C作CD⊥y轴，垂足为D，连接CP2，如图1，∵点C的坐标为（3，2），∴CD＝3，OD＝2．∵P1、P2是⊙C与y轴的交点，∴∠AP1B＝∠AP2B＝30°．∵CP2＝CA＝4，CD＝3，∴DP2＝＝．6∵点C为圆心，CD⊥P1P2，∴P1D＝P2D＝．∴P2（0，2﹣）．P1（0，2+）．②当点P在y轴的负半轴上时，同理可得：P3（0，﹣2﹣）．P4（0，﹣2+）．综上所述：满足条件的点P的坐标有：（0，2﹣）、（0，2+）、（0，﹣2﹣）、（0，﹣2+）．（3）当过点A、B的⊙E与y轴相切于点P时，∠APB最大．理由：可证：∠APB＝∠AEH，当∠APB最大时，∠AEH最大．由sin∠AEH＝得：当AE最小即PE最小时，∠AEH最大．所以当圆与y轴相切时，∠APB最大．①当点P在y轴的正半轴上时，连接EA，作EH⊥x轴，垂足为H，如图2．∵⊙E与y轴相切于点P，∴PE⊥OP．∵EH⊥AB，OP⊥OH，∴∠EPO＝∠POH＝∠EHO＝90°．∴四边形OPEH是矩形．∴OP＝EH，PE＝OH＝3．∴EA＝3．∵∠EHA＝90°，AH＝2，EA＝3，∴EH＝＝＝∴OP＝∴P（0，）．②当点P在y轴的负半轴上时，同理可得：P（0，﹣）．理由：①若点P在y轴的正半轴上，在y轴的正半轴上任取一点M（不与点P重合），连接MA，MB，交⊙E于点N，连接NA，如图2所示．∵∠ANB是△AMN的外角，∴∠ANB＞∠AMB．∵∠APB＝∠ANB，∴∠APB＞∠AMB．②若点P在y轴的负半轴上，同理可证得：∠APB＞∠AMB．综上所述：当点P在y轴上移动时，∠APB有最大值，此时点P的坐标为（0，）和（0，﹣）．【巩固训练】答案1.解：2EF，点G为EF的中点，1DG，G是以D为圆心，以1为半径的圆弧上的点，作A关于BC的对称点A，连接AD，交BC于P，交以D为圆心，以1为半径的圆于G，此时PAPG的值最小，最小值为AG的长；2AB，3AD，4AA，5AD，514AGADDG；PAPG的最小值为4；故答案为4．2.解：如图所示点B在以E为圆心EA为半径的圆上运动，当D、B、E共线时时，此时BD的值最小，7根据折叠的性质，EBF△EBF，EBBF，EBEB，E是AB边的中点，4AB，2AEEB，6AD，2262210DE，2102BD．3.解：C在以A为圆心，以2为半径作圆周上，只有当OC与圆A相切（即到C点）时，BOC最小，2AC，3OA，由勾股定理得：5OC，90BOAACO，90BOCAOC，90CAOAOC，BOCOAC，5tantan2OCBOCOACAC，随着C的移动，BOC越来越大，C在第一象限，C不到x轴点，即90BOC，5tan2BOC，故答案为：52m．4.解：如图所示：当//PEAB．在RtABC中，90C，6AC，8BC，226810AB，由翻折的性质可知：2PFFC，90FPEC．//PEAB，90PDB．由垂线段最短可知此时FD有最小值．又FP为定值，PD有最小值．又AA，ACBADF，AFDABC∽．AFDFABBC，即4108DF，解得：3.2DF．3.221.2PDDFFP．5.解：以A为圆心，AB长为半径作圆，延长BA交A于F，连接DF．//DCAB，DFBC，1DFCB，224BF，8FB是A的直径，90FDB，2215BDBFDF．6.【解答】解：法一：∵AB＝AC＝AD，∴∠ADB＝∠ABD，∠ACB＝∠ABC，∠ADC＝∠ACD，∵∠BAC＝25°，∠CAD＝75°，∴∠ACB＝（180°﹣25°）÷2＝77.5°，∠DAB＝∠DAC+∠CAB＝100°，∠ADC＝∠ACD＝（180°﹣75°）÷2＝52.5°，∴∠ADB＝（180°﹣100°）÷2＝40°，∴∠BDC＝∠ADC﹣∠ADB＝52.5°﹣40°＝12.5°，∠DCB＝∠DCA+∠ACB＝52.5°+77.5°＝130°，∴∠DBC＝180°﹣∠DCB﹣∠BDC＝180°﹣130°﹣12.5°＝37.5°．∴∠BDC＝12.5°，∠DBC＝37.5°．7.【解答】解：连接BC，AC，BD，AD，AE，BE，已知A，B，D，E四点共圆，同弧所对的圆周角相等，因而∠ADB＝∠AEB，然后圆同弧对应的“圆内角“大于圆周角，“圆外角“小于圆周角，因而射门点在DE上时角最大，射门点在D点右上方或点E左下方时角度则会更小．故选：C．8.【解答】解：连结OP，OQ，OR，如图，∵R是PQ的中点，∴OR⊥PQ，∵OP＝OQ，∴∠POR＝∠QOR，∵PS⊥AB，∴∠PSO＝∠PRO＝90°，∴点P、S、O、R四点在以OP为直径的圆上，∴∠PSR＝∠POR，同理可得∠QTR＝∠QOR，∴∠PSR＝∠QTR，∴∠RST＝∠RTS，而∠SRT＝60°，∴△RST为等边三角形，∴∠RST＝60°，∠RTS＝60°，∴∠RPO＝∠RSO＝60°，∠RQO＝∠RTO＝60°，∴△OPQ为等边三角形，∴PQ＝OP，∴AB＝2PQ，∴＝．故答案为．9.解析：本题主要考查三点共圆判定和相交弦定理。由PA＝PB，∠APB＝2∠ACB，可知：A，B，C三点共圆，圆心为P半径为PB。由相交弦定理可知：AD·DC＝（PB+PD）(PB-PD)=710.【解答】解：设线段BA的中点为E，∵点A（4，0）、B（﹣6，0），∴AB＝10，