《中考（數(shù)學(xué)）分類六 與圓有關(guān)的探究題（含答案）-歷年真題?？肌⒅仉y點題型講練》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《中考（數(shù)學(xué)）分類六 與圓有關(guān)的探究題（含答案）-歷年真題?？肌⒅仉y點題型講練（16頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、數(shù)學(xué)專題 精心整理 類型六 與圓有關(guān)的探究題 【典例1】定義：三角形一個內(nèi)角的平分線和與另一個內(nèi)角相鄰的外角平分線相交所成的銳角稱為該三角形第三個內(nèi)角的遙望角． （1）如圖1，∠E是△ABC中∠A的遙望角，若∠A＝α，請用含α的代數(shù)式表示∠E． （2）如圖2，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，＝，四邊形ABCD的外角平分線DF交⊙O于點F，連結(jié)BF并延長交CD的延長線于點E．求證：∠BEC是△ABC中∠BAC的遙望角． （3）如圖3，在（2）的條件下，連結(jié)AE，AF，若AC是⊙O的直徑． ①求∠AED的度數(shù)； ②若AB＝8，CD＝5，求△DEF的面積． 【答案】（1）∠E＝α；

2、（2）見解析；（3）①∠AED＝45；② 【解析】 【分析】 （1）由角平分線的定義可得出結(jié)論； （2）由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得出∠FDC+∠FBC=180，得出∠FDE=∠FBC，證得∠ABF=∠FBC，證出∠ACD=∠DCT，則CE是△ABC的外角平分線，可得出結(jié)論； （3）①連接CF，由條件得出∠BFC=∠BAC，則∠BFC=2∠BEC，得出∠BEC=∠FAD，證明△FDE≌△FDA（AAS），由全等三角形的性質(zhì)得出DE=DA，則∠AED=∠DAE，得出∠ADC=90，則可求出答案； ②過點A作AG⊥BE于點G，過點F作FM⊥CE于點M，證得△EGA∽△ADC，得出，求出，設(shè)A

3、D=4x，AC=5x，則有（4x）2+52=（5x）2，解得x=，求出ED，CE的長，求出DM，由等腰直角三角形的性質(zhì)求出FM，根據(jù)三角形的面積公式可得出答案． 【詳解】 解：（1）∵BE平分∠ABC，CE平分∠ACD， ∴∠E＝∠ECD﹣∠EBD＝（∠ACD﹣∠ABC）＝α， （2）如圖1，延長BC到點T， ∵四邊形FBCD內(nèi)接于⊙O， ∴∠FDC+∠FBC＝180， 又∵∠FDE+∠FDC＝180， ∴∠FDE＝∠FBC， ∵DF平分∠ADE， ∴∠ADF＝∠FDE， ∵∠ADF＝∠ABF， ∴∠ABF＝∠FBC， ∴BE是∠ABC的平分線， ∵， ∴∠A

4、CD＝∠BFD， ∵∠BFD+∠BCD＝180，∠DCT+∠BCD＝180， ∴∠DCT＝∠BFD， ∴∠ACD＝∠DCT， ∴CE是△ABC的外角平分線， ∴∠BEC是△ABC中∠BAC的遙望角． （3）①如圖2，連接CF， ∵∠BEC是△ABC中∠BAC的遙望角， ∴∠BAC＝2∠BEC， ∵∠BFC＝∠BAC， ∴∠BFC＝2∠BEC， ∵∠BFC＝∠BEC+∠FCE， ∴∠BEC＝∠FCE， ∵∠FCE＝∠FAD， ∴∠BEC＝∠FAD， 又∵∠FDE＝∠FDA，F(xiàn)D＝FD， ∴△FDE≌△FDA（AAS）， ∴DE＝DA， ∴∠AED＝∠DAE

5、， ∵AC是⊙O的直徑， ∴∠ADC＝90， ∴∠AED+∠DAE＝90， ∴∠AED＝∠DAE＝45， ②如圖3，過點A作AG⊥BE于點G，過點F作FM⊥CE于點M， ∵AC是⊙O的直徑， ∴∠ABC＝90， ∵BE平分∠ABC， ∴∠FAC＝∠EBC＝∠ABC＝45， ∵∠AED＝45， ∴∠AED＝∠FAC， ∵∠FED＝∠FAD， ∴∠AED﹣∠FED＝∠FAC﹣∠FAD， ∴∠AEG＝∠CAD， ∵∠EGA＝∠ADC＝90， ∴△EGA∽△ADC， ∴， ∵在Rt△ABG中，AG＝， 在Rt△ADE中，AE＝AD， ∴， 在Rt△ADC中

6、，AD2+DC2＝AC2， ∴設(shè)AD＝4x，AC＝5x，則有（4x）2+52＝（5x）2， ∴x＝， ∴ED＝AD＝， ∴CE＝CD+DE＝， ∵∠BEC＝∠FCE， ∴FC＝FE， ∵FM⊥CE， ∴EM＝CE＝， ∴DM＝DE﹣EM＝， ∵∠FDM＝45， ∴FM＝DM＝， ∴S△DEF＝DE?FM＝． 【點睛】 本題是圓的綜合題，考查了角平分線的定義，圓周角定理，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵． 【典例2】在平面直角坐標系中，⊙O的半徑為1，

7、A，B為⊙O外兩點，AB=1．給出如下定義：平移線段AB，得到⊙O的弦（分別為點A，B的對應(yīng)點），線段長度的最小值稱為線段AB到⊙O的“平移距離”． （1）如圖，平移線段AB到⊙O的長度為1的弦和，則這兩條弦的位置關(guān)系是 ；在點中，連接點A與點 的線段的長度等于線段AB到⊙O的“平移距離”； （2）若點A，B都在直線上，記線段AB到⊙O的“平移距離”為，求的最小值； （3）若點A的坐標為，記線段AB到⊙O的“平移距離”為，直接寫出的取值范圍． 【答案】（1）平行，P3；（2）；（3） 【解析】 【分析】 （1）根據(jù)圓的性質(zhì)及“平移距離”的定義

8、填空即可； （2）過點O作OE⊥AB于點E，交弦CD于點F，分別求出OE、OF的長，由得到的最小值； （3）線段AB的位置變換，可以看作是以點A為圓心，半徑為1的圓，只需在⊙O內(nèi)找到與之平行，且長度為1的弦即可．平移距離的最大值即點A，B點的位置，由此得出的取值范圍． 【詳解】 解：（1）平行；P3； （2）如圖，線段AB在直線上，平移之后與圓相交，得到的弦為CD，CD∥AB，過點O作OE⊥AB于點E，交弦CD于點F，OF⊥CD，令，直線與x軸交點為（-2，0），直線與x軸夾角為60，∴． 由垂徑定理得：， ∴； （3）線段AB的位置變換，可以看作是以點A為圓心，半徑為1的

9、圓，只需在⊙O內(nèi)找到與之平行，且長度為1的弦即可； 點A到O的距離為． 如圖，平移距離的最小值即點A到⊙O的最小值：； 平移距離的最大值線段是下圖AB的情況，即當A1,A2關(guān)于OA對稱，且A1B2⊥A1A2且A1B2=1時.∠B2A2A1=60，則∠OA2A1=30, ∵OA2=1,∴OM=, A2M=, ∴MA=3,AA2= , ∴的取值范圍為：． 【點睛】 本題考查圓的基本性質(zhì)及與一次函數(shù)的綜合運用，熟練掌握圓的基本性質(zhì)、點與圓的位置關(guān)系、直線與圓的位置關(guān)系是解題的關(guān)鍵． 【典例3】.如圖所示,在Rt△ABC中,∠C=90,∠BAC=60,AB=8.半徑為的⊙M與

10、射線BA相切,切點為N,且AN=3.將Rt△ABC順時針旋轉(zhuǎn)120后得到Rt△ADE,點B,C的對應(yīng)點分別是點D,E． (1)畫出旋轉(zhuǎn)后的Rt△ADE； (2)求出Rt△ADE 的直角邊DE被⊙M截得的弦PQ的長度； (3)判斷Rt△ADE的斜邊AD所在的直線與⊙M的位置關(guān)系,并說明理由. 【分析】(1)點A不動,由于∠BAC=60,因此旋轉(zhuǎn)120后AE與AB在同一條直線上；(2)過點M作MF⊥DE,垂足為F.連接MP,構(gòu)造出Rt△MPF，再通過勾股定理解直角三角形并結(jié)合垂徑定理即可求解；(3)易猜想AD與⊙M相切.欲證AD與⊙M相切,只需HM=NM即可,而HM

11、=NM可由△MHA≌△MNA得到． 【答案】證明：(1)如圖1，Rt△ADE就是旋轉(zhuǎn)后的圖形； (2)如圖2,過點M作MF⊥DE,垂足為F,連接MP．在Rt△MPF中,MP=,MF=4-3=1,由勾股定理易得PF=2,再由垂徑定理知PQ=2PF=2； (3)AD與⊙M相切． 證法一：如圖2,過點M作MH⊥AD于H,連接MN, MA,則MN⊥AE且MN=.在Rt△AMN中,tan∠，∴∠MAN=30. ∵∠DAE=∠BAC=60,∴∠MAD=30. ∴∠MAN=∠MAD=30.∴MH=MN(由△MHA≌△MNA或解Rt△AMH求得MH=3,從而得MH=MN

12、亦可). ∴AD與⊙M相切； 證法二：如圖2,連接MA,ME,MD,則S△ADE=S△AMD+S△AME+S△DME,過M作MH⊥AD于H, MF⊥DE于F, 連接MN, 則MN⊥AE且MN=,MF=1, ∴ACBC=ADMH+AEMN+DEMF,由此可以計算出MH=.∴MH=MN. ∴AD與⊙M相切． 【典例4】（1）已知：如圖1，△ABC是⊙O的內(nèi)接正三角形，點P為弧BC上一動點， 求證：PA=PB+PC； （2）如圖2，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接正方形，點P為弧BC上一動點， 求證：； （3）如圖3，六邊形ABCDEF是⊙O的內(nèi)接正六邊形，點P為弧BC上一動點，請?zhí)?/p>

13、究PA、PB、PC三者之間有何數(shù)量關(guān)系，并給予證明． 【思路點撥】 （1）延長BP至E，使PE=PC，連接CE，證明△PCE是等邊三角形．利用CE=PC，∠E=60， ∠EBC=∠PAC，得到△BEC≌△APC，所以PA=BE=PB+PC； （2）過點B作BE⊥PB交PA于E，證明△ABE≌△CBP，所以PC=AE，可得PA=PC+PB． （3）在AP上截取AQ=PC，連接BQ可證△ABQ≌△CBP，所以BQ=BP．又因為∠APB=30． 所以PQ=PB，PA=PQ+AQ=PB+PC． 【答案與解析】 證明：（1）延長BP至E，使PE=PC， 連接CE．∵∠BAC

14、=∠CPE=60，PE=PC， ∴△PCE是等邊三角形， ∴CE=PC，∠E=60； 又∵∠BCE=60+∠BCP，∠ACP=60+∠BCP， ∴∠BCE=∠ACP， ∵△ABC、△ECP為等邊三角形， ∴CE=PC，AC=BC， ∴△BEC≌△APC（SAS）， ∴PA=BE=PB+PC． （2）過點B作BE⊥PB交PA于E． ∵∠1+∠2=∠2+∠3=90 ∴∠1=∠3， 又∵∠APB=45， ∴BP=BE，∴； 又∵AB=BC， ∴△ABE≌△CBP， ∴PC=AE． ∴． （3）答：； 證明：過點B，作BM⊥AP，在AP上截取AQ=PC， 連接B

15、Q，∵∠BAP=∠BCP，AB=BC， ∴△ABQ≌△CBP， ∴BQ=BP． ∴MP=QM， 又∵∠APB=30， ∴cos30=， ∴PM=PB， ∴ ∴ 【總結(jié)升華】 本題考查三角形全等的性質(zhì)和判定方法以及正多邊形和圓的有關(guān)知識．要熟悉這些基本性質(zhì)才能靈活運用解決綜合性的習(xí)題． 【典例5】（1）如圖①，M、N分別是⊙O的內(nèi)接正△ABC的邊AB、BC上的點且BM=CN，連接OM、ON， 求∠MON的度數(shù)； （2）圖②、③、…④中，M、N分別是⊙O的內(nèi)接正方形ABCD、正五邊ABCDE、… 正n邊形ABCDEFG…的邊AB、BC上的點，且BM=CN，連接OM、ON

16、，則圖②中∠MON的度數(shù)是 ，圖③中∠MON的度數(shù)是 ；…由此可猜測在n邊形圖中∠MON的度數(shù)是 ； （3）若3≤n≤8，各自有一個正多邊形，則從中任取2個圖形，恰好都是中心對稱圖形的概率是 . 【答案】 解：（1）連接OB、OC； ∵△ABC是⊙O的內(nèi)接正三角形， ∴OB=OC∠BOC=120，∠OBC=∠OCB=∠OBA=30； 又∵BM=CN， ∴△OBM≌△OCN， ∴∠MOB=∠NOC， ∴∠MON=∠BOC=120； （2）90；72；． （3）. 【典例6】如圖，已知⊙O

17、的直徑AB＝2，直線m與⊙ O相切于點A，P為⊙ O上一動點（與點A、點B不重合），PO的延長線與⊙ O相交于點C，過點C的切線與直線m相交于點D． （1）求證：△APC∽△COD． （2）設(shè)AP＝x，OD＝y(tǒng)，試用含x的代數(shù)式表示y． （3）試探索x為何值時， △ACD是一個等邊三角形． 【思路點撥】 (1)可根據(jù)“有兩個角對應(yīng)相等的兩個三角形相似”來說明 △APC∽△COD； (2)根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊成比例,找出與的關(guān)系；(3)若△ACD是一個等邊三角形,逆推求得的值. 【答案與解析】 解 （1）∵是⊙O的直徑，CD是⊙O的切線, ∴∠PAC＝∠OCD＝90.

18、 由△DOA≌△DOC,得到∠DOA＝∠DOC , ∴∠APC＝∠COD, ∴△APC∽△COD. （2）由△APC∽△COD，得 , ∴ 則 (3)若是一個等邊三角形，則 于是,可得，從而,故當時，是一個等邊三角形. 【總結(jié)升華】 本例是一道動態(tài)幾何題.(1)考查了相似三角形的判定,證三角形相似有:兩個角分別對應(yīng)相等的兩個三角形相似;兩條邊分別對應(yīng)成比例,且夾角相等的兩個三角形相似;三條邊分別對應(yīng)成比例的兩個三角形相似;(2)考查了相似三角形的性質(zhì).利用第一問的結(jié)論,得出對應(yīng)邊成比例,找出y與x間的關(guān)系.(3)動點問題探求條件.一般運用結(jié)論逆推的方法找出結(jié)論成立的條件.本題

19、應(yīng)從是一個等邊三角形出發(fā),逆推,于是，可得，從而, 故當時，是一個等邊三角形. 【典例7】 如圖①，半圓O的直徑AB=6，AM和BN是它的兩條切線，CP與半圓O相切于點P，并于AM，BN分別相交于C，D兩點． （1）請直接寫出∠COD的度數(shù)； （2）求AC?BD的值； （3）如圖②，連接OP并延長交AM于點Q，連接DQ，試判斷△PQD能否與△ACO相似？若能相似，請求AC：BD的值；若不能相似，請說明理由． 【答案與解析】 解：（1）∠COD=90． 理由：如圖①中，∵AB是直徑，AM、BN是切線， ∴AM⊥AB，BN⊥AB， ∴AM∥BN， ∵CA、CP是切線，

20、∴∠ACO=∠OCP，同理∠ODP=∠ODB， ∵∠ACD+∠BDC=180， ∴2∠OCD+2∠ODC=180， ∴∠OCD+∠ODC=90， ∴∠COD=90． （2）如圖①中，∵AB是直徑，AM、BN是切線， ∴∠A=∠B=90， ∴∠ACO+∠AOC=90， ∵∠COD=90， ∴∠BOD+∠AOC=90， ∴∠ACO=∠BOD， ∴RT△AOC∽RT△BDO， ∴=， 即AC?BD=AO?BO， ∵AB=6， ∴AO=BO=3， ∴AC?BD=9． （3）△PQD能與△ACQ相似． ∵CA、CP是⊙O切線， ∴AC=CP，∠1=∠2， ∵DB、

21、DP是⊙O切線， ∴DB=DP，∠B=∠OPD=90，OD=OD， ∴RT△ODB≌RT△ODP， ∴∠3=∠4， ①如圖②中，當△PQD∽△ACO時，∠5=∠1， ∵∠ACO=∠BOD，即∠1=∠3， ∴∠5=∠4， ∴DQ=DO， ∴∠PDO=∠PDQ， ∴△DCQ≌△DCO， ∴∠DCQ=∠2， ∵∠1+∠2+∠DCQ=180， ∴∠1=60=∠3， 在RT△ACO，RT△BDO中，分別求得AC=，BD=3， ∴AC：BD=1：3． ②如圖②中，當△PQD∽△AOC時，∠6=∠1， ∵∠2=∠1， ∴∠6=∠2， ∴CO∥QD， ∴∠1=∠CQD， ∴∠6=∠CQD， ∴CQ=CD， ∵S△CDQ=?CD?PQ=?CQ?AB， ∴PQ=AB=6， ∵CO∥QD， ∴=，即=， ∴AC：BD=1：2 初中數(shù)學(xué)中考備課必備