《21.与圆有关的探究题（解析版）2021年中考数学二轮复习重难题型突破》由会员分享，可在线阅读，更多相关《21.与圆有关的探究题（解析版）2021年中考数学二轮复习重难题型突破（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、类型六 与圆有关的探究题【典例1】定义：三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角（1）如图1，E是ABC中A的遥望角，若A，请用含的代数式表示E（2）如图2，四边形ABCD内接于O，四边形ABCD的外角平分线DF交O于点F，连结BF并延长交CD的延长线于点E求证：BEC是ABC中BAC的遥望角（3）如图3，在（2）的条件下，连结AE，AF，若AC是O的直径求AED的度数；若AB8，CD5，求DEF的面积【答案】（1）E；（2）见解析；（3）AED45；【解析】【分析】（1）由角平分线的定义可得出结论；（2）由圆内接四边形的性质得出FDC+
2、FBC=180，得出FDE=FBC，证得ABF=FBC，证出ACD=DCT，则CE是ABC的外角平分线，可得出结论；（3）连接CF，由条件得出BFC=BAC，则BFC=2BEC，得出BEC=FAD，证明FDEFDA（AAS），由全等三角形的性质得出DE=DA，则AED=DAE，得出ADC=90，则可求出答案；过点A作AGBE于点G，过点F作FMCE于点M，证得EGAADC，得出，求出，设AD=4x，AC=5x，则有（4x）2+52=（5x）2，解得x=，求出ED，CE的长，求出DM，由等腰直角三角形的性质求出FM，根据三角形的面积公式可得出答案【详解】解：（1）BE平分ABC，CE平分ACD，
3、EECDEBD（ACDABC），（2）如图1，延长BC到点T，四边形FBCD内接于O，FDC+FBC180，又FDE+FDC180，FDEFBC，DF平分ADE，ADFFDE，ADFABF，ABFFBC，BE是ABC的平分线，ACDBFD，BFD+BCD180，DCT+BCD180，DCTBFD，ACDDCT，CE是ABC的外角平分线，BEC是ABC中BAC的遥望角（3）如图2，连接CF，BEC是ABC中BAC的遥望角，BAC2BEC，BFCBAC，BFC2BEC，BFCBEC+FCE，BECFCE，FCEFAD，BECFAD，又FDEFDA，FDFD，FDEFDA（AAS），DEDA，AED
4、DAE，AC是O的直径，ADC90，AED+DAE90，AEDDAE45，如图3，过点A作AGBE于点G，过点F作FMCE于点M，AC是O的直径，ABC90，BE平分ABC，FACEBCABC45，AED45，AEDFAC，FEDFAD，AEDFEDFACFAD，AEGCAD，EGAADC90，EGAADC，在RtABG中，AG，在RtADE中，AEAD，在RtADC中，AD2+DC2AC2，设AD4x，AC5x，则有（4x）2+52（5x）2，x，EDAD，CECD+DE，BECFCE，FCFE，FMCE，EMCE，DMDEEM，FDM45，FMDM，SDEFDEFM【点睛】本题是圆的综合题
5、，考查了角平分线的定义，圆周角定理，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键【典例2】在平面直角坐标系中，O的半径为1，A，B为O外两点，AB=1给出如下定义：平移线段AB，得到O的弦（分别为点A，B的对应点），线段长度的最小值称为线段AB到O的“平移距离”（1）如图，平移线段AB到O的长度为1的弦和，则这两条弦的位置关系是 ；在点中，连接点A与点 的线段的长度等于线段AB到O的“平移距离”；（2）若点A，B都在直线上，记线段AB到O的“平移距离”为，求的最小值；（3）若点A的坐标为，记
6、线段AB到O的“平移距离”为，直接写出的取值范围【答案】（1）平行，P3；（2）；（3）【解析】【分析】（1）根据圆的性质及“平移距离”的定义填空即可；（2）过点O作OEAB于点E，交弦CD于点F，分别求出OE、OF的长，由得到的最小值；（3）线段AB的位置变换，可以看作是以点A为圆心，半径为1的圆，只需在O内找到与之平行，且长度为1的弦即可平移距离的最大值即点A，B点的位置，由此得出的取值范围【详解】解：（1）平行；P3；（2）如图，线段AB在直线上，平移之后与圆相交，得到的弦为CD，CDAB，过点O作OEAB于点E，交弦CD于点F，OFCD，令，直线与x轴交点为（-2，0），直线与x轴夹角
7、为60，由垂径定理得：，；（3）线段AB的位置变换，可以看作是以点A为圆心，半径为1的圆，只需在O内找到与之平行，且长度为1的弦即可；点A到O的距离为如图，平移距离的最小值即点A到O的最小值：；平移距离的最大值线段是下图AB的情况，即当A1,A2关于OA对称，且A1B2A1A2且A1B2=1时.B2A2A1=60，则OA2A1=30,OA2=1,OM=, A2M=,MA=3,AA2= ,的取值范围为：【点睛】本题考查圆的基本性质及与一次函数的综合运用，熟练掌握圆的基本性质、点与圆的位置关系、直线与圆的位置关系是解题的关键【典例3】.如图所示,在RtABC中,C=90,BAC=60,AB=8.半
8、径为的M与射线BA相切,切点为N,且AN=3.将RtABC顺时针旋转120后得到RtADE,点B,C的对应点分别是点D,E(1)画出旋转后的RtADE； (2)求出RtADE 的直角边DE被M截得的弦PQ的长度；(3)判断RtADE的斜边AD所在的直线与M的位置关系,并说明理由. 【分析】(1)点A不动,由于BAC=60,因此旋转120后AE与AB在同一条直线上；(2)过点M作MFDE,垂足为F.连接MP,构造出RtMPF，再通过勾股定理解直角三角形并结合垂径定理即可求解；(3)易猜想AD与M相切.欲证AD与M相切,只需HM=NM即可,而HM=NM可由MHAMNA得到【答案】证明：(1)如图1
9、，RtADE就是旋转后的图形； (2)如图2,过点M作MFDE,垂足为F,连接MP在RtMPF中,MP=,MF=4-3=1,由勾股定理易得PF=2,再由垂径定理知PQ=2PF=2；(3)AD与M相切证法一：如图2,过点M作MHAD于H,连接MN, MA,则MNAE且MN=.在RtAMN中,tan，MAN=30.DAE=BAC=60,MAD=30.MAN=MAD=30.MH=MN(由MHAMNA或解RtAMH求得MH=3,从而得MH=MN 亦可).AD与M相切；证法二：如图2,连接MA,ME,MD,则SADE=SAMD+SAME+SDME,过M作MHAD于H, MFDE于F, 连接MN, 则MN
10、AE且MN=,MF=1,ACBC=ADMH+AEMN+DEMF,由此可以计算出MH=.MH=MN.AD与M相切【典例4】（1）已知：如图1，ABC是O的内接正三角形，点P为弧BC上一动点，求证：PA=PB+PC；（2）如图2，四边形ABCD是O的内接正方形，点P为弧BC上一动点，求证：；（3）如图3，六边形ABCDEF是O的内接正六边形，点P为弧BC上一动点，请探究PA、PB、PC三者之间有何数量关系，并给予证明 【思路点拨】（1）延长BP至E，使PE=PC，连接CE，证明PCE是等边三角形利用CE=PC，E=60，EBC=PAC，得到BECAPC，所以PA=BE=PB+PC；（2）过点B作B
11、EPB交PA于E，证明ABECBP，所以PC=AE，可得PA=PC+PB（3）在AP上截取AQ=PC，连接BQ可证ABQCBP，所以BQ=BP又因为APB=30所以PQ=PB，PA=PQ+AQ=PB+PC【答案与解析】证明：（1）延长BP至E，使PE=PC，连接CEBAC=CPE=60，PE=PC，PCE是等边三角形，CE=PC，E=60；又BCE=60+BCP，ACP=60+BCP，BCE=ACP，ABC、ECP为等边三角形，CE=PC，AC=BC，BECAPC（SAS），PA=BE=PB+PC （2）过点B作BEPB交PA于E1+2=2+3=901=3，又APB=45，BP=BE，；又AB
12、=BC，ABECBP，PC=AE（3）答：；证明：过点B，作BMAP，在AP上截取AQ=PC，连接BQ，BAP=BCP，AB=BC，ABQCBP，BQ=BPMP=QM，又APB=30，cos30=，PM=PB，【总结升华】本题考查三角形全等的性质和判定方法以及正多边形和圆的有关知识要熟悉这些基本性质才能灵活运用解决综合性的习题【典例5】（1）如图，M、N分别是O的内接正ABC的边AB、BC上的点且BM=CN，连接OM、ON，求MON的度数；（2）图、中，M、N分别是O的内接正方形ABCD、正五边ABCDE、正n边形ABCDEFG的边AB、BC上的点，且BM=CN，连接OM、ON，则图中MON的
13、度数是 ，图中MON的度数是 ；由此可猜测在n边形图中MON的度数是 ；（3）若3n8，各自有一个正多边形，则从中任取2个图形，恰好都是中心对称图形的概率是 . 【答案】解：（1）连接OB、OC；ABC是O的内接正三角形，OB=OCBOC=120，OBC=OCB=OBA=30；又BM=CN，OBMOCN， MOB=NOC，MON=BOC=120；（2）90；72； （3）.【典例6】如图，已知O的直径AB2，直线m与 O相切于点A，P为 O上一动点（与点A、点B不重合），PO的延长线与 O相交于点C，过点C的切线与直线m相交于点D（1）求证：APCCOD（2）设APx，ODy，试用含x的代数式表示y（3）试探索x为何值时， ACD是一个等边三角形 【思路点拨】 (
