2023年中考数学专项训练 —— 点、直线、圆的位置关系

2023年中考数学专项训练 —— 点、直线、圆的位置关系 > > > 精品解析 < < < 1、(1) (2)P（，） (3)证明见解析 【分析】（1）把A、C坐标代入可得关于a、c的二元一次方程组，解方程组求出a、c的值即可得答案； （2）如图，设BP与y轴交于点E，直线解析式为，根据（1）中解析式可知D、B两点坐标，可得CD//AB，利用ASA可证明△DCB≌△ECB，可得CE=CD，即可得出点E坐标，利用待定系数法可得直线BP的解析式，联立直线BP与抛物线解析式求出交点坐标即可得答案； （3）如图，连接MD，MF，设Q（m，-m2+2m+3），F（m，t），根据CD、QF为⊙M的弦可得圆心M是CD、QF的垂直平分线的交点，即可表示出点M坐标，根据MD=MF，利用两点间距离公式可得（）2+（2-1）2=（m-1）2+（）2，整理可得t=2，即可得答案． 【解析】（1）∵A（﹣1，0）、C（0，3）在抛物线y＝ax2+2x+c图象上， ∴， 解得：， ∴抛物线解析式为：． （2）如图，设BP与y轴交于点E，直线解析式为， ∵点D（m，3）在抛物线上， ∴， 解得：，（与点C重合，舍去）， ∴D（2，3）， ∴CD//AB，CD=2， 当y=0时，， 解得：，，   ∴B（3，0）， ∴OB=OC， ∴∠OCB=∠OBC=∠DCB=45°， 在△DCB和△ECB中， ∵， ∴△DCB≌△ECB， ∴CE=CD=2， ∴OE=OC-CE=1， ∴E（0，1）， ∴， 解得：， ∴直线BP的解析式为， 联立直线BP与抛物线解析式得：， 解得：（舍去），， ∴P（，）． （3）如图，连接MD，MF，设Q（m，-m2+2m+3），F（m，t）， ∵CD、QF为⊙M的弦， ∴圆心M是CD、QF的垂直平分线的交点， ∵C（0，3），D（2，3），QF//y轴， ∴M（1，）， ∵MD=MF， ∴2+（2-1）2=（m-1）2+（）2， 整理得：t=2， ∴点F在定直线y=2上． 【点评】本题考查待定系数法求二次函数解析式、全等三角形的判定与性质、二次函数与一次函数的交点问题及圆的性质，综合性强，熟练掌握相关知识及定理是解题关键． 2、证明见解析. 【分析】连接OT，根据直线与圆的关系，得到OT⊥PQ，再结合题意，得到OT∥AC，最后根据角的转化关系进行作答. 【解析】解：连接OT，∵PQ是⊙O的切线，∴OT⊥PQ，∵AC⊥PQ，∴OT∥AC，所以∠OTA＝∠TAC，∵OA＝OT，∴∠OAT＝∠OTA.∴∠OAT＝∠TAC，∴AT平分∠BAC. 【点评】 3、（1）见解析；（2）见解析；（3）的半径为 【分析】（1）由圆周角定理和已知条件证出∠ODB=∠ABC，再证出∠ABC+∠DBF=90°，即∠OBD=90°，即可得出BD是⊙O的切线； （2）连接AC，由垂径定理得出得出∠CAE=∠ECB，再由公共角∠CEA=∠HEC，证明△CEH∽△AEC，得出对应边成比例即可得出结论． （3）由（2）的结论，结合已知条件得出AH的长，然后求出CH，再根据△CEH∽△ABH，得出对应边成比例即可得出结论 【解析】（1）证明：∵∠ODB=∠AEC，∠AEC=∠ABC， ∴∠ODB=∠ABC， ∵OF⊥BC， ∴∠BFD=90°， ∴∠ODB+∠DBF=90°， ∴∠ABC+∠DBF=90°， 即∠OBD=90°， ∴BD⊥OB， ∴BD是⊙O的切线； （2）证明：连接AC，如图所示： ∵OF⊥BC， ∴ ∴∠CAE=∠ECB， ∵∠CEA=∠HEC， ∴△CEH∽△AEC， ∴ ∴CE2=EH•EA； （3）∵CE2=EH•EA，CE=2，EH=1 ∴EA=4，∴AH=3； ∵△CEH∽△AEC， ， ∴AC=2CH， ∵AB是直径，AH=3， ∴∠HCA=90， ∴AH2=AC2+CH2，即9=4CH2+ CH2， ∴CH=， ∵∠BAE=∠ECB，∠CEA=∠CBA， ∴△CEH∽△ABH， ， ， ∴AB=2， ∴的半径为. 【点评】本题考查了切线的判定、相似三角形的判定与性质等知识，正确得出△CEH∽△AEC是解题关键． 4、.解：（1）证明过程见解析；（2）或；(3). . 【分析】(1)由轴对称性质得，再由同弧所对的圆周角相等得，结合即可得证； （2）分两种情况：①当点 关于直线 的对称点正好落在 的 边上 点时；②当点关于直线 的对称点正好落在 的 边上 点时，分别求解即可； (3) 作 交于，连 ，作 于 ， 于 ，易证∠DFJ=90º，由可设FJ=4a，DF=3a，进而分别求出，关于a的关系式，即可求出 的值． 【解析】（1）点 、点 关于直线 对称， ， 又 ， ， （2）由（1）得, ①当点