圆培优提升练习

圆培优提升练习1．如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AB=5，AC=3，点E在中线AD上，以E为圆心的⊙E分别与AB、BC相切，则⊙E的半径为（）．AEBDC765A．B．C．D．1876【解析】试题分析：作EH⊥AC于H，EF⊥BC于F，EG⊥AB于G，连结EB，EC，设⊙E的半径为R，如图，∵∠C=90°，AB=5，AC=3，∴BC=AB2AC24，而AD为中线，∴DC=2，∵以E为圆心的⊙E分别与AB、BC相切，∴EG=EF=R，∴HC=R，AH=3-R，∵EH∥BC，∴△AEH∽△ADC，∴EH：CD=AH：AC，2(3R)即EH=，∵S+S+S=S，3△ABE△BCE△ACE△ABC1112(3R)16∴×5×R+×4×R+×3×=×3×4，∴R=．故选B．2223272．如图，过D、A、C三点的圆的圆心为E，过B、E、F三点的圆的圆心为D，如果∠A=63º，那么∠B=．【解析】连接ED,CE,由图可知∠B=∠DEB,∠ECD=∠EDC=2∠B∵∠A=63º，∴∠ECA=63º∴∠A+∠ECA+∠ECD+∠B=180º∴∠B=18°3．如图，已知⊙O的半径为9cm，射线PM经过点O，OP＝15，射线cmPN与⊙O相切5于点Q．动点A自P点以cm/s的速度沿射线PM方向运动，同时动点B也自P点以2cm/s2的速度沿射线PN方向运动，则它们从点P出发s后AB所在直线与⊙O相切.1/13【解析】试题分析：PN与⊙O相切于点Q，OQ⊥PN，即∠OQP=90°，在直角△OPQ中根据勾股定理就可以求出PQ的值,过点O作OC⊥AB，垂足为C．直线AB与⊙O相切，则△PAB∽△POQ，根据相似三角形的对应边的比相等，就可以求出t的值．试题解析:连接OQ，∵PN与⊙O相切于点Q，∴OQ⊥PN，即∠OQP=90°，∵OP=15，OQ=9，∴PQ=1026212（cm）．过点O作OC⊥AB，垂足为C，5∵点A的运动速度为cm/s，点B的运动速度为2cm/s，运动时间为ts，25PAPB∴PA=t，PB=2t，∵PO=15，PQ=12，∴，2POPQ∵∠P=∠P，∴△PAB∽△POQ，∴∠PBA=∠PQO=90°，∵∠BQO=∠CBQ=∠OCB=90°，∴四边形OCBQ为矩形．∴BQ=OC．∵⊙O的半径为，∴BQ=OC=9时，直线AB与⊙O相切．①当AB运动到如图1所示的位置，BQ=PQ-PB=12-2t，∵BQ=9，∴8-4t=9，∴t=0.25（s）．②当AB运动到如图2所示的位置，BQ=PB-PQ=2t-12，∵BQ=9，∴2t-12=9，∴t=10.5（s）．∴当t为0.5s或10.5s时直线AB与⊙O相切．4．如图所示,ACAB,AB23,AC2,点D是以AB为直径的半圆O上一动点,DECD交直线AB于点E,设DAB(090).【1】当18时,求BD的长；【2】当30时,求线段BE的长；【3】若要使点E在线段BA的延长线上,则的取值范围是_______.(直接写出 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 )2/13【答案】【1】连接OD,在⊙O中，∵DAB18,∴DOB2DAB363633又∵AB23,∴lBD1805【2】∵AB为⊙O的直径,∴ADB90,又∵DAB30,AB23,∴BD3，ADABcos303又∵ACAB,∴CAB90,∴CADDAB90,又∵ADB90,∴DABB90,∴CADB又∵DECD,∴CDE90,∴CDAADE90,又∵ADEEDB90,∴CDAEDB,∴CDA∽EDBACAD2323∴,又∵AC2,∴,∴BEBEBDBE33【3】60＜＜90【解析】【1】首先连接OD，由圆周角定理，可求得∠DOB的度数，又由⊙O的直径为23，即可求得其半径，然后由弧长公式，即可求得答案；ACAD【2】首先证得△ACD∽△BED，然后由相似三角形的对应边成比例，可得,继而BEBD求得答案；【3】首先求得A与E重合时α的度数，则可求得点E在线段BA的延长线上时，α的取值范围．35．如图，直线y=x3与x轴交于点A，与y轴交于点C，以AC为直径作⊙M，点D33是劣弧AO上一动点（D点与A，O不重合）．抛物线y=－x2bxc经过点A、C，与3x轴交于另一点B，3/13（1）求抛物线的解析式及点B的坐标；（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点P，是︱PA—PC︱的值最大；若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由。（3）连CD交AO于点F，延长CD至G，使FG2，试探究当点D运动到何处时，直线GA与⊙M相切，并请说明理由．3【解析】（1）先求出A、C点坐标，再代入y=－x2bxc即可求出b、c的值，从而3确定抛物线的解析式，由于点A、B关于抛物线的对称轴对称，从而可求出点B的坐标.（2）连接BC并延长交抛物线对称轴于一点，这一点就是点P.（3）当D运动到劣弧AO的中点时，直线AG与⊙M相切．3试题解析：（1）解：由yx3得A（-3，0），C（0，）3c3c3将其代入抛物线解析式得：解得：2333bc0b33323∴yx2x3∵对称轴是x=-1∴由对称性得B(1，0)33（2）解：延长BC与对称轴的交点就是点P由B(1，0)，C（0，3）求得直线BC解析式为：y3x3当x=-1时，y=23∴P(-1,23)（3）结论：当D运动到劣弧AO的中点时，直线AG与⊙M相切．3证明：∵在RT△AOC中，tan∠CAO=，∴∠CAO=30°，∠ACO=60°，3∵点D是劣弧AO的中点，∴弧AD=弧OD∴∠ACD=∠DCO=30°，∴OF=OCtan30°=1，∠CFO=60°，∴△AFG中，AF=3-1=2，∠AFG=∠CFO=60°，∵FG=2，∴△AFG为等边三角形，∴∠GAF=60°，∴∠CAG=30°+60°=90°，∴AC⊥AG，∴AG为⊙M的切线．4/136．如图，矩形ABCD的边AB=3cm，AD=4cm，点E从点A出发，沿射线AD移动，以CE为直径作圆O，点F为圆O与射线BD的公共点，连接EF、CF，过点E作EG⊥EF，EG与圆O相交于点G，连接CG．（1）试说明四边形EFCG是矩形；（2）当圆O与射线BD相切时，点E停止移动，在点E移动的过程中，①矩形EFCG的面积是否存在最大值或最小值？若存在，求出这个最大值或最小值；若不存在，说明理由；②求点G移动路线的长．解：（1）证明：如图，∵CE为⊙O的直径，∴∠CFE=∠CGE=90°．∵EG⊥EF，∴∠FEG=90°．∴∠CFE=∠CGE=∠FEG=90°．∴四边形EFCG是矩形．（2）①存在．如答图1，连接OD，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠ADC=90°．∵点O是CE的中点，∴OD=OC．∴点D在⊙O上．SCF2∵∠FCE=∠FDE，∠A=∠CFE=90°，∴△CFE∽△DAB．∴CFE．SDADAB∵AD=4，AB=3，∴BD=5.CF2CF213CF23CF2∴SS34.∴S=2S=．CFEDADAB1628矩形ABCD△CFE4∵四边形EFCG是矩形，∴FC∥EG．∴∠FCE=∠CEG．∵∠GDC=∠CEG，∠FCE=∠FDE，∴∠GDC=∠FDE．∵∠FDE+∠CDB=90°，∴∠GDC+∠CDB=90°．∴∠GDB=90°Ⅰ．当点E在点A（E′）处时，点F在点B（F′）处，点G在点D（G′处，如答图1所示．此时，CF=CB=4．Ⅱ．当点F在点D（F″）处时，直径F″G″⊥BD，如答图2所示，此时⊙O与射线BD相切，CF=CD=3．11Ⅲ．当CF⊥BD时，CF最小，此时点F到达F″′，如答图3所示．S=BC•CD=BD•CF″′．△BCD221212∴4×3=5×CF″′．∴CF″′=．∴≤CF≤4．553CF231223108∵S=，∴S42，即S12．矩形ABCD445矩形ABCD425矩形ABCD108∴矩形EFCG的面积最大值为12，最小值为．255/13②∵∠GDC=∠FDE=定值，点G的起点为D，终点为G″，∴点G的移动路线是线段DG″．∵∠GDC=∠FDE，∠DCG″=∠A=90°，∴△DCG″∽△DAB．DCDG3DG1515∴，即，解得DG．∴点G移动路线的长为．DADB45447．如图，已知l⊥l，⊙O与l，l都相切，⊙O的半径为2cm．矩形ABCD的边AD，AB分1212别与l，l重合，AB＝43cm，AD＝4cm．若⊙O与矩形ABCD沿l同时向右移动，⊙O的121．．移动速度为3cm/s，矩形ABCD的移动速度为4cm/s，设移动时间为t(s)．（1）如图①，连接OA，AC，则∠OAC的度数为°；（2）如图②，两个图形移动一段时间后，⊙O到达⊙O的位置，矩形ABCD到达ABCD的11111位置，此时点O，A，C恰好在同一直线上，求圆心O移动的距离(即OO的长）；1111（3）在移动过程中，圆心O到矩形对角线AC所在直线的距离在不断变化，设该距离为d(cm)．当d<2时，求t的取值范围．（解答时可以利用备用图画出相关示意图）【解析】（1）⊙O与l，l都相切，连接圆心和两个切点，等正方向.OA即为正方形的对角12线，得到∠OAD=450，再在Rt△ADC中，由锐角三角函数求∠DAC=600，从而求得∠OAC的度数1050.6/1323（2）连接O与切点E，则OE=2，OE⊥l，利用△OEA∽△DCE,求AE=，根据111111111132+OO+AE=AA，可求t，进而求得圆心移动的距离3t=236.111（3）圆心O到对角线AC的距离d＜2，即d＜r.说明⊙O与AC相交，所以出找两个临界点的t值，即⊙O与AC相切．运动中存在两个相切的位置.分别求两个相切时t的值，即可得出d＜r时，t的取值试题解析：解：（1）1050.（2）O，A，C恰好在同一直线上时，设⊙O与AC的切点为E，连接OE，如答图1，1111可得OE=2，OE⊥l，111在Rt△ADC中，∵AD=4，DC43，1111111=∴tan∠CAD=3．∴∠CAD=600．111111223在Rt△AOE中,∠OAE=∠CAD=600．∴AE=,11111111tan6003AEAAOO2t22323∵，∴t2，∴t2.11133∴OO=3t=236.1（3）如答图2，①当直线AC与⊙O第一次相切时，设移动时间为t.如位置一，此时⊙O移动到⊙O的位置，12矩形ABCD移动到ABCD的位置.2222设⊙O与直线l、AC分别相切于点F、G,连接O、FO、GOA，21222222∴OF⊥lOG⊥AC.21、222又由（2）可得∠CAD=600于，∴∠GAF=1200．∴∠OAF=600.22222223在Rt△OAF中，OF=2，∴AF=.22223232323∵OO=3t，AFAAAF4t，∴4t3t2，解得t2.2122131311323②当点O，A，C恰好在同一直线上时为位置二，设移动时间为t.由（2）可得t2.1112237/13③当直线AC与⊙O第二次相切时，设移动时间为t．如位置3，由题意知，从位置一到位置3二所用时间与位置二到位置三所用时间相等.232323∴tttt，即22t2，解得t223.21323333323综上所述，当d<2时，t的取值范围为2＜t＜223.3考点：1.双面动平移问题；2.直线与圆的位置关系；3.锐角三角函数定义；4．特殊角的三角函数值；5.分类思想的应用.8．在平面直角坐标系xOy中，点M（2,2），以点M为圆心，OM长为半径作⊙M，使⊙M与直线OM的另一交点为点B，与x轴，y轴的另一交点分别为点D，A（如图），连接AM.点P是AB上的动点.（1）写出∠AMB的度数；（2）点Q在射线OP上，且OP·OQ=20，过点Q作QC垂直于直线OM，垂足为C，直线QC交x轴于点E.①当动点P与点B重合时，求点E的坐标；②连接QD，设点Q的纵坐标为t，△QOD的面积为S，求S与t的函数关系式及S的取值范围.【答案】（1）90°；（2）①（52，0）；②S2t，5≤S≤10．【解析】8/13试题分析：（1）首先过点M作MH⊥OD于点H，由点M（2，2），可得∠MOH=45°，OH=MH=2，继而求得∠AOM=45°，又由OM=AM，可得△AOM是等腰直角三角形，继而可求得∠AMB的度数：如答图3，过点M作MH⊥OD于点H，∵点M（2，2），∴OH=MH=2.∴∠MOD=45°.∵∠AOD=90°，∴∠AOM=45°.∵OA=OM，∴∠OAM=∠AOM=45°.∴∠AMO=90°.∴∠AMB=90°.（2）①由OH=MH=2，MH⊥OD，即可求得OD与OM的值，继而可得OB的长，又由动点P与点B重合时，OP•OQ=20，可求得OQ的长，继而求得答案.122t2t②由OD=22，Q的纵坐标为t，即可得S=2，然后分别从当动点P与B点重合时，过点Q作QF⊥x轴，垂足为F点，与当动点P与A点重合时，Q点在y轴上，去分析求解即可求得答案．试题解析：解：（1）90°.（2）①由题意，易知：OM=2，OD=22，∴OB=4.当动点P与点B重合时，∵OP·OQ=20，∴OQ=5.∵∠OQE=90°，∠POE=45°，∴OE=52.∴E点坐标为（52，0）.122t2t②∵OD=22，Q的纵坐标为t，∴S=2.如答图1，当动点P与B点重合时，过点Q作QF⊥x轴，垂足为F点，∵OP=4，OP•OQ=20，∴OQ=5，52∵∠OFC=90°，∠QOD=45°，∴t=QF=2.5225此时S=2.9/13如答图2，当动点P与A点重合时，Q点在y轴上，∴OP=22.∵OP•OQ=20，∴t=OQ=52.此时S=25210.∴S的取值范围为5≤S≤10．考点：1.圆的综合题；2.单动点问题；3.等腰直角三角形的判定和性质；4.点的坐标；5.由实际问题列函数关系式；6.数形结合思想、分类思想和方程思想的应用．13yx2x216．在平面直角坐标系xOy中，二次函数22的图像与x轴交于点A，B（点B在点A的左侧），与y轴交于点C，过动点H（0,m）作平行于x轴的直线，直线与二次13yx2x2函数22的图像相交于点D，E.（1）写出点A,点B的坐标；（2）若m>0，以DE为直径作⊙Q，当⊙Q与x轴相切时，求m的值；（3）直线上是否存在一点F，使得△ACF是等腰直角三角形？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由.10/13291【答案】（1）（4，0）和（－1，0）；（2）2；（3）存在，m=2或4或3或1.【解析】试题分析：（1）A、B两点的纵坐标都为0，所以代入y=0，求解即可．3（2）由圆和抛物线性质易得圆心Q位于直线与抛物线对称轴的交点处，则Q的横坐标为2，33可推出D、E两点的坐标分别为：m,m,m,m，因为D、E都在抛物线上，22代入一点即可得m．（3）使得△ACF是等腰直角三角形，重点的需要明白有几种情形，分别以三边为等腰三角形的两腰或者底，则共有3种情形；而三种情形中F点在AC的左下或右上方又各存在2种情形，故共有6种情形．求解时．利用全等三角形知识易得m的值．13x2x20试题解析：解：（1）当y=0时，有22，解之得：x4,x1，12∴A、B两点的坐标分别为（4，0）和（－1，0）.13yx2x2（2）∵⊙Q与x轴相切，且与22交于D、E两点，∴圆心O位于直线与抛物线对称轴的交点处，且⊙Q的半径为H点的纵坐标m（m0）.33∵抛物线的对称轴为x2，122233∴D、E两点的坐标分别为：m,m,m,m且均在二次函数2213yx2x222的图像上.11/1329292m1m1133322∵mmm2，解得或（不合题意，舍2222去）.（3）存在.①当∠ACF=90°，AC=FC时，如答图1，过点F作FG⊥y轴于G，∴∠AOC=∠CGF=90°.∵∠ACO+∠FCG=90°，∠GFC+∠FCG=90°，∴∠ACO=∠CFG.∴△ACO≌△∠CFG，∴CG=AO=4.∵CO=2，∴mOG422或m=OG=2+4=6.②当∠CAF=90°，AC=AF时，如答图2，过点F作FP⊥x轴于P，∴∠AOC=∠APF=90°.∵∠ACO+∠OAC=90°，∠FAP+∠OAC=90°，∴∠ACO=∠FAP.∴△ACO≌△∠FAP，∴FP=AO=4.∴mFP4或m=FP=4.③当∠AFC=90°，FA=FC时，如答图3，则F点一定在AC的中垂线上，此时存在两个点分别记为F，F′，分别过F，F′两点作x轴、y轴的垂线，分别交于E，G，D，H．∵∠DFC+∠CFE=∠CFE+∠EFA=90°，∴∠DFC=∠EFA.∵∠CDF=∠AEF，CF=AF，∴△CDF≌△AEF.∴CD=AE，DF=EF.∴四边形OEFD为正方形.∴OA=OE+AE=OD+AE=OC+CD+AE=OC+2CD.∴4=2+2•CD.∴CD=1，∴m=OC+CD=2+1=3．∵∠HF′C+∠CGF′=∠CGF′+∠GF′A，∴∠HF′C=∠GF′A.∵∠HF′C=∠GF′A，CF′=AF′.∴△HF′C≌△GF′A.∴HF′=GF′，CH=AG.∴四边形OHF′G为正方形.12/13∴OHCHCOAGCOAOOGCOAOOHCO4OH2.∴OH=1.∴m=1．2521313258∵yx2x2x，∴y的最大值为.2222825∵直线l与抛物线有两个交点，∴m＜8∴m可取值为m=2或4或3或1.综上所述，m的值为m=2或4或3或1.13/13