专题36第7章圆之证明切线的方法备战2022中考数学解题方法系统训练(全国通用)(解析版).doc
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1、36第7章圆之证明切线的方法一、单选题1同学小明在用一副三角板画出了许多不同度数的角,但下列哪个度数他画不出来()A15° B65° C75° D135°【答案】B【解析】试题分析:一副三角板中有30°,45°,60°和90°,60°45°15°,30°45°75°,45°90°135°,所以可画出15°、75°和135°等,但65°画不出故选B点睛:本题考查了角的和差运算,用一副三角板
2、只能画出三角板上各个角的和差组成的角二、填空题2如图,AB是O的直径,点D、E是半圆的三等分点,AE、BD的延长线交于点C,若CE2,则图中阴影部分的面积为_【答案】【分析】结合题意,利用三角形边长关系,得出OAE、ODE、OBD、CDE都是等边三角形,将阴影部分的面积转化为三角形的面积,然后利用扇形面积,建立等式,计算结果,即可.【详解】连接OE、OD,点D、E是半圆的三等分点,AOEEODDOB60°OAOEODOBOAE、ODE、OBD、CDE都是等边三角形,ABDE,SODESBDE;图中阴影部分的面积S扇形OAESOAE+S扇形ODE=故答案为【点睛】考查圆综合问题,考查等
3、边三角形的判定,关键将阴影部分面积转化为苛求的三角形面积,难度中等3如图是某几何体的三视图及相关数据(单位:cm),则该几何体的侧面积为_cm2【答案】2【分析】结合题意,得出直径和母线的长度,发现侧面展开的图形是以2为半径的半圆,计算面积,即可【详解】解:由题意得底面直径为2,母线长为2,几何体的侧面积为×2×22,故答案为2【点睛】考查圆面积计算公式,关键得出侧面展开图形是一个半圆,难度中等4如图,AB是O的直径,AB13,AC5,则tanADC_【答案】【分析】结合勾股定理,计算BC的长度,利用圆周角定理,计算结果,即可【详解】解:AB为O直径,ACB90°
4、,BC12,tanADCtanB,故答案为:【点睛】考查勾股定理,考查圆周角定理,关键得出,计算结果,即可,难度中等5在平面直角坐标系中,O为坐标原点,则直线y=x+与以O点为圆心,1为半径的圆的位置关系为_【答案】相切【详解】解:令y=x+=0,解得:x=,令x=0,解得:y=,直线y=x+与x轴交于点A(,0),与y轴交于点B(0,),OA=,OB=,AB=设圆心到直线y=x+的距离为r,则r=1,半径为1,d=r,直线y=x+与以O点为圆心,1为半径的圆的位置关系为相切,故答案为:相切【点睛】本题考查直线与圆的位置关系;坐标与图形性质三、解答题6如图,在中,C=90°,以BC为
5、直径的O交AB于点D,在线段AC上取点E,使A=ADE(1)求证:DE是O的切线;(2)若A=30°,O的半径为2,求图中阴影部分的面积(结果保留)【答案】(1)证明见解析;(2)【分析】(1)如图(见解析),先根据等腰三角形的性质可得,再根据直角三角形的两锐角互余、等量代换可得,从而可得,然后根据圆的切线的判定即可得证;(2)如图(见解析),先根据等边三角形的判定与性质可得,再利用勾股定理可得,然后利用扇形的面积公式和三角形的面积公式即可得【详解】(1)如图,连接OD,又,即,点D在上,即OD为的半径,DE是的切线;(2)如图,过点O作于点H,为等边三角形,则阴影部分的面积为【点睛
6、】本题考查了圆的切线的判定、等边三角形的判定与性质、勾股定理、扇形的面积公式等知识点,较难的是题(2),熟练掌握等边三角形的判定与性质是解题关键7如图已知AB是O的直径,点C,D在O上,DC平分ACB,点E在O外,(1)求证:AE是O的切线;(2)求AD的长【答案】(1)证明见解析;(2)【分析】(1)根据圆周角定理可知,由直径所对圆周角是90°,可知和互余,推出和互余,和互余,从而证明结论(2)DC平分ACB可知,根据圆周角定理可知,是等腰直角三角形,AD的长是圆半径的倍,计算求出答案【详解】(1)和是所对圆周角,;AB是圆的直径,在中,AE是O的切线(2)如图:AB是圆的直径,D
7、C平分ACB,是直角三角形;,【点睛】本题考查圆周角定理、勾股定理,熟练运用圆周角定理是解题关键8如图,在RtABC中,ACB=90°,CD是斜边AB上的中线,以CD为直径的O分别交AC,BC于点M,N,过点N作NEAB,垂足为E,(1)若O的半径为,AC=6,求BN的长;(2)求证:NE与O相切【答案】(1)BN=4;(2)见解析【分析】(1)由直角三角形的性质可求AB=10,由勾股定理可求BC=8,由等腰三角形的性质可得BN=4;(2)欲证明NE为O的切线,只要证明ONNE【详解】解:(1)连接DN,ONO的半径为,CD=5ACB=90°,CD是斜边AB上的中线,BD=
8、CD=AD=5,AB=10,BC=8CD为直径CND=90°,且BD=CDBN=NC=4(2)ACB=90°,D为斜边的中点,CD=DA=DB=AB,BCD=B,OC=ON,BCD=ONC,ONC=B,ONAB,NEAB,ONNE,NE为O的切线【点睛】本题考查切线的判定和性质,解直角三角形等知识,解题的关键是熟练掌握基本知识,属于中考常考题型9如图,抛物线yx2+bx+c与x轴交于A、B两点(点A在点B的左侧),与y轴交于点C,抛物线的顶点为M,对称轴交x轴于E,点D在第一象限,且在抛物线的对称轴上,DEOC,DM(1)求抛物线的对称轴方程;(2)若DADC,求抛物线的解
9、析式;(3)在(2)的条件下,点P是抛物线对称轴上的一个动点,若在直线BM上只存在一个点Q,使PQC45°,求点P的坐标【答案】(1)x5;(2)yx2x+4;(3)点P的坐标为(5,9)或(5,)【分析】(1)D点坐标( ,c),M点坐标(, ), ,化简求出b值;代入计算, 即是对称轴的方程(2)利用韦达定理求出AE,AEAB,AB;在R t 中, DEc,ADDC5,由勾股定理得:AD2DE2+AE2,即可求解(3)作的外接圆,圆心点K 到点C、Q距离相等,构造一个含坐标参数的方程,线段KQ只有一个解,利用根的判别式,计算出P点坐标【详解】(1)OCc,DEOCc,点D在抛物线
10、对称轴上,点D纵坐标为c,点M是抛物线顶点,点M的纵坐标为,则DMc(cb2), ;解得b(舍去),或b,抛物线的对称轴为直线x=5;(2)由(1)可知抛物线的表达式为yx2x+c,令yx2x+c0,设A、B两点横坐标为xA、xB,则xA+xB10,xAxB4c,则AB,在Rt中,AEAB,DEc,ADDC5,由勾股定理得:AD2DE2+AE2, ,25c2+254c,化简得: ,解得c4,故抛物线的表达式为yx2x+4;(3)如图,连接PQ、PC、QC,作的外接圆K,连接KP、KC,过点K作y轴的垂线,交y轴于点F,交抛物线的对称轴于点N,设点K的坐标为(m,n),点P(5,t),PQC45
11、°,故PKC90°,且PKCKQK,FKC+NKP90°,NKP+NPK90°,FKCNPK,RtRt(AAS),CFNK,PNMK,4n5m,tnm,nm1,t2m1,故点K的坐标为(m,m1),点P的坐标为(5,2m1)由抛物线的表达式知,顶点M的坐标为(5,),点B的坐标为(8,0),由点B、M的坐标得,直线MB的表达式为yx6,设点Q的坐标为(r,r6),由KC2KQ2得,m2+(m14)2(mr)2+(m1r+6)2,整理得:r2(m+)r+20m0,关于r的一元二次方程,直线BM上只存在一个点Q,r的解只有一个,(m+)24×
12、15;20m0,解得m5或,点P坐标(5,t),t2m1,当m5时,t9;当m时,t;故点P的坐标为(5,9)或(5,)【点睛】本题考查勾股定理,一元二次方程根的判别式,二次函数图像性质,圆与直线关系;涵盖知识点多,理解题中“直线BM上只存在一个点Q”隐含的条件,即的外接圆与直线BM相切,这是解决第三个问题的关键10如图,已知P是O外一点,PO交圆O于点C,OC=CP=2,弦ABOC,AOB=120,连接PB(1)求BC的长;(2)求证:PB是O的切线【答案】(1)2;(2)见解析【分析】(1)由OA=OB,弦ABOC,易证得OBC是等边三角形,则可求得BC的长;(2)由OC=CP=2,OBC
13、是等边三角形,可求得BC=CP,即可得P=CBP,又由等边三角形的性质,OBC=60°,CBP=30°,则可证得OBBP,继而证得PB是O的切线【详解】解:(1)OA=OB,弦ABOC,AOC=BOC=12AOB=60,OB=OC,OBC是等边三角形,BC=OC=2;(2)证明:OC=CP,BC=OC,BC=CP,CBP=CPB,OBC是等边三角形,OBC=OCB=60,CBP=30,OBP=CBP+OBC=90,OBBP,点B在O上,PB是O的切线【点睛】本题考查了切线的判定,等边三角形的判定与性质要证某线是圆的切线,已知此线过圆上某点,连接圆心与这点(即为半径),再证垂
14、直即可11如图,AB为O的直径,且AB4,DBAB于B,点C是弧AB上的任一点,过点C作O的切线交BD于点E连接OE交O于F(1)求证:ADOE;(2)填空:连接OC、CF,当DB 时,四边形OCEB是正方形;当DB 时,四边形OACF是菱形【答案】(1)见解析;(2)4,BD4【分析】(1)连接OC、BC,由AB为O的直径,DBAB于B,推出DB是O的切线,进而证明OEBC,ACBC,即可得出结论;(2)若四边形OCEB是正方形,CEBEOBOCAB2,由(1)可证,得到DEBE2,BDBE+DE4即可求出;若四边形OACF是菱形,则OAAC,又OAOC,于是OAC为等边三角形,A60
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