新中考• 核心专题6 圆的拓展应用-【精彩三年】2024年中考数学新问题导引一题一课教师用书配套Word

新中考·核心专题6　圆的拓展应用 视角一　圆的基本性质应用 类型1　半径相等 例1 如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，O，D分别为AB，BC的中点，连结OD，作⊙O与AC相切于点E，在AC边上取一点F，使DF＝DO，连结DF.判断直线DF与⊙O的位置关系，并说明理由． 思考：要判断直线DF与⊙O的位置关系，有哪些方法？本题中可以选择添加哪条辅助线？该辅助线的长度与哪条边进行比较？ 解：DF与⊙O相切． 理由：过点O作OG⊥DF于G，连结OE. ∵BD＝DC，BO＝OA，∴OD∥AC， ∴∠ODG＝∠DFC. ∵∠OGD＝∠DCF＝90°，OD＝DF，∴△OGD≌△DCF(AAS)，∴OG＝CD. ∵AC是⊙O的切线，∴OE⊥AC， ∴∠AEO＝∠C＝90°，∴OE∥BC. ∵OD∥AC，∴四边形CDOE是平行四边形， ∴CD＝OE，∴OG＝OE，∴OG是⊙O的半径，∴DF是⊙O的切线． 变式 如图，城市A的正北方向50 km的B处有一无线电信号发射塔．已知该发射塔发射的无线电信号的有效半径为100 km，AC是一条直达C城的公路，从A城发往C城的班车速度为60 km/h. (1)当班车从A城出发开往C城时，某人立即打开无线电收音机，班车行驶了0.5 h时，接收信号最强．此时，班车到发射塔的距离是多少？(离发射塔越近，信号越强) (2)班车从A城到C城共行驶2 h，请你判断：到C城后还能接收到信号吗？ 思考：(1)接收信号最强时的位置怎么确定？ (2)判断在C城是否能接收到信号，只要与什么比较即可？ 解：(1)过点B作BM⊥AC于点M(图略)， 由题意可知班车行驶了0.5小时的时候到达M点， 此时接收信号最强．又AM＝60×0.5＝30(km)，AB＝50 km， ∴BM＝40 km.∴班车到发射塔的距离是40 km. (2)连结BC， ∵AC＝60×2＝120(km)，AM＝30 km，∴CM＝AC－AM＝90 km， ∴BC＝＝10<100， ∴点C在以点B为圆心，100为半径的圆内，∴到C城能接收到信号． 类型2　垂径定理 例2 如图，这是一个圆拱桥的示意图，圆拱桥的拱顶到水面的距离CD＝8 m，桥拱半径OC＝5 m，则水面宽AB＝(　D　) A．4 m B．5 m C．6 m D．8 m 【解析】 连结OA. ∵桥拱半径OC为5 m， ∴OA＝5 m. ∵CD＝8 m， ∴OD＝8－5＝3(m)， ∴AD＝＝＝4(m)， ∴AB＝2AD＝2×4＝8(m). 变式 如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，D是⊙O上一点，OD⊥AC，垂足为E，连结BD. (1)求证：BD平分∠ABC. (2)当∠ODB＝30°时，求证：BC＝OD. 证明：(1)∵OD⊥AC，OD为半径，∴， ∴∠CBD＝∠ABD，∴BD平分∠ABC. (2)∵OB＝OD，∴∠OBD＝∠ODB＝30°， ∴∠AOD＝∠OBD＋∠ODB＝30°＋30°＝60°. 又∵OD⊥AC于E，∴∠OEA＝90°， ∴∠A＝180°－∠OEA－∠AOD＝180°－90°－60°＝30°. 又∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB＝90°. 在Rt△ACB中，BC＝AB，∵OD＝AB，∴BC＝OD. 例3 2022·杭州如图，已知△ABC内接于半径为1的⊙O，∠BAC＝θ(θ是锐角)，则△ABC的面积的最大值为(　D　) A．cos θ(1＋cos θ) B．cos θ(1＋sin θ) C．sin θ(1＋sin θ) D．sin θ(1＋cos θ) 思考：(1)∠BAC是圆周角吗？根据圆周角的知识，点A可以在哪些位置？ (2)△ABC的面积怎么计算？需要作哪条边上的高？底和高如何用角和半径来表示？ 【解析】 当△ABC的高AD经过圆心，即点A和点A′重合时，△ABC的面积最大，连结OB. ∵AD⊥BC，∴BC＝2BD，∠BOD＝∠BAC＝θ. 在Rt△BOD中， BD＝OB sin θ＝sin θ， OD＝OB cos θ＝cos θ， ∴BC＝2sin θ，AD＝1＋cos θ， ∴S△ABC＝BC·AD＝×2sin θ(1＋cos θ)＝sin θ(1＋cos θ). 类型3　圆心角与圆周角 例4 如图，⊙O是等边三角形ABC的内切圆，分别切AB，BC，AC于点E，F，D，P是上一点，则∠EPF的度数是(　B　) A．65° B．60° C．58° D．50° 思考：∠EPF是圆中的什么角？可以通过构造哪一个角来建立关系？ 【解析】 如图，连结OE，OF. ∵⊙O是△ABC的内切圆，E，F是切点， ∴OE⊥AB，OF⊥BC， ∴∠OEB＝∠OFB＝90°. ∵△ABC是等边三角形， ∴∠B＝60°，∴∠EOF＝120°， ∴∠EPF＝∠EOF＝60°. 变式 如图，△ABC内接于⊙O，∠CAB＝30°，∠CBA＝45°，CD⊥AB于点D，若⊙O的半径为2，则CD的长为____． 【解析】 连结OA，OC， ∵∠COA＝2∠CBA＝90°， ∴在Rt△AOC中， AC＝＝＝2， ∵CD⊥AB， ∴在Rt△ACD中，CD＝AC·sin ∠CAD＝2×＝. 视角二　圆与相似、三角函数等知识的综合 类型1　圆与特殊三角形 例5 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝6，AC＝8，P，Q分别是线段AC，AB上的动点，且CQ＝PQ，设PC＝x，BQ＝y. (1)求y关于x的函数表达式． (2)当AP＝PQ时，求AP的值． (3)作△PCQ的外接圆⊙O，交BC于点D，交AB于点E.连结CE，PD，DQ，若CE与△PQD的一边相等，求x的值． 思考：(1)在等腰三角形中，利用等腰三角形三线合一的性质，可以添加哪条辅助线？添加之后，可以利用哪种模型进行解题？ (2)作外接圆后寻找相等的线段，可以分为几类？PD是圆中的弦，有没有可能是直径？ 解：(1)过Q作AC的垂线，垂足为N， ∵PQ＝CQ，QN⊥PC，PC＝x，∴NC＝PN＝，∴AN＝8－. ∵∠ACB＝90°，∠QNC＝90°，AC＝8，BC＝6， ∴NQ∥CB，AB＝10，∴△AQN∽△ABC， ∴＝，即＝，∴y＝x. (2)过P作PM⊥AB于点M， ∵AP＝PQ，PM⊥AB，∴AM＝MQ. ∵tan ∠A＝，设PM＝3t，∴AM＝MQ＝4t，AP＝5t， ∴AC＝AP＋PC＝5t＋x，AB＝AQ＋QB＝8t＋y， 联立解得t＝，∴AP＝. (3)①当CE＝PQ时， ∵CE＝PQ，∴，∴∠CQA＝∠ACQ. ∴AQ＝AC＝8，∴BQ＝2， 当y＝2时，x＝. ②当CE＝PD时， ∵∠ACB＝90°，∴PD为直径， ∴CE也为直径，∴CQ⊥AB. ∵AC＝8，BC＝6，AB＝10，∴CQ＝. ∵tan ∠B＝＝，∴BQ＝.当y＝时，x＝. ③当CE＝QD时，此种情况不存在． 综上所述，x＝或. 类型2　圆与特殊四边形 例6 如图1，在正方形ABCD中，P是边BC上的动点，E在△ABP的外接圆上，且位于正方形ABCD的内部，连结AE，EP，EA＝EP. (1)求证：△PAE是等腰直角三角形． (2)如图2，连结DE，过点E作EF⊥BC于点F，请探究线段DE与PF之间的数量关系，并说明理由． (3)当P是BC的中点时，DE＝2. ①求BC的长． ②若点Q是△ABP外接圆上的动点，且位于正方形ABCD的外部，连结AQ.当∠PAQ与△ADE的一个内角相等时，求所有满足条件的AQ的长． 思考：(1)根据题意，你能判断出外接圆的直径是哪条弦吗？ (2)当∠PAQ与△ADE的一个内角相等时，有几种情况？你可以画出几个状态图？ 解：(1)证明：∵点E在△ABP的外接圆上，∴∠AEP＋∠B＝180°， ∴∠AEP＝90°，∴∠EAP＋∠EPA＝90°. ∵EA＝EP，∴，∴∠EAP＝∠EPA＝45°，∴△PAE是等腰直角三角形． (2)DE＝PF. 理由：如图1，延长FE交AD于点H， ∵EF⊥BC，BC∥AD，∴EH⊥AD， 即∠AHE＝∠EFP＝90°，∴∠EAH＋∠AEH＝90°. ∵∠AEP＝90°，∴∠PEF＋∠AEH＝90°， ∴∠EAH＝∠PEF. 又∵△PAE是等腰直角三角形，∴EA＝EP， ∴△EAH≌△PEF(AAS)，∴AH＝EF，EH＝PF. ∵AD＝DC＝HF，∴AH＋HD＝EF＋HE， ∴HD＝HE＝PF，∴DE＝HE＝PF. (3)①由(2)知DE＝PF，PF＝HD＝FC. ∵DE＝2，∴PF＝. ∵P是BC的中点，∴BC＝2PC＝4PF＝4. ②∵tan ∠EAD＝<1＝tan ∠EDA， ∴∠EAD<∠EDA＝45°＝∠PAE， ∴存在∠PAQ＝∠EDA或∠PAQ＝∠EAD. 当∠PAQ＝∠EDA时，如图2， 则∠PAQ＝45°＝∠PAE，∴ . ∵∠B＝90°，∴AP是圆的直径， ∴， ∴AQ＝AE＝＝2. 当∠PAQ＝∠EAD时，如图3，连结PQ， ∵AP是圆的直径，∴∠AQP＝90°＝∠AHE， ∴△APQ∽△AEH， ∴＝＝， ∴AQ＝AH＝6. 综上所述，AQ的长是2或6. 例7 2022· 温州如图1，在Rt△MCD中，∠MCD＝90°，MD＝5，CD＝4.O为边MD上一点，以O为圆心，MO为半径的⊙O与边CD相切于点F，交MC，MD于点E，N.点A，B分别在线段MN，MC上(不与端点重合)，且满足＝. (1)①求MO的长；②设BM＝x，AD＝y，求y与x之间的函数关系式； (2)如图2，作AP∥MC，交CD于点P，连结AB，BP. ①当△ABP为直角三角形时，求BM的长； ②当点E关于BP的对称点E′落在边MD上时，请直接写出的值． 思考：由对称你能想到什么？如何通过构造辅助线建立方程？ 解：(1)①如图1，连结OF，设半径为r， ∵CD切⊙O于点F，∴OF⊥CD. ∵MC⊥CD，∴OF∥MC，∴△DFO∽△DCM， ∴＝，∴＝，解得r＝，∴MO＝. ②由①得ND＝MD－MN＝5－2×＝， ∵＝，BM＝x，∴AN＝x. ∵AD＝AN＋ND，∴y＝x＋. (2)①显然∠APB<90°，所以分两种情形． i)当∠PAB＝90°时，如图2， ∵AB⊥AP，AP∥MC，∴AB⊥MC，∴∠ABC＝90°. 又∠C＝90°，∴四边形ABCP是矩形， ∴BC＝AP＝AD·sin ∠D＝y＝＝x＋， ∴x＋＝3－x，∴x＝，∴BM＝. ii)当∠ABP＝90°时，如图3，过点A作AH⊥MC于点H，则四边形AHCP是矩形， ∴AH＝PC，HC＝AP， ∵DP＝AD·cos ∠D＝y＝＝x＋1， ∴AH＝PC＝4－(x＋1)＝3－x＝CB， ∴PC＝CB，∴∠CPB＝∠CBP＝45°， ∴∠ABH＝45°＝∠BAH，∴BH＝AH＝3－x. 由CH＝AP，得(3－x)＋(3－x)＝x＋， ∴x＝，∴BM＝. 综上，BM的长为或. ②如图4，连结EN，BE′， 由对称可知BE＝BE′，∠E′BP＝∠CBP， ∵AP∥MC，∴∠CBP＝∠APB， ∵BM＝x，AD＝x＋，∴CB＝3－x， ∵AP∥MC，∴△DPA∽△DCM， ∴＝，即＝， 解得DP＝x＋1， ∴CP＝CD－DP＝3－x， ∴CB＝CP， ∴∠CBP＝∠CPB＝45°， ∴∠E′BP＝∠CBP＝45°， ∴∠MBE′＝90°， BE＝BE′＝MB·tan ∠M＝x，ME′＝＝x. 又∠NEM＝90°， ME＝MN cos ∠M＝， ∴x＋x＝，解得x＝， ∴＝＝－1＝－1＝. 学科网（北京）股份有限公司 $$