圆的综合题与答案

武汉龙文教育学科辅导讲义

授课对象 授课时间 课 型 教学目标 复习 提高学生的解题分析能力 授课教师 授课题目 使用教具 圆综合（2） 讲义、白纸 教学重点和难点 圆与抛物线的综合 教学流程及授课详案 例题讲解： 如图1，在直角坐标系中，点A的坐标为（1，0），•以OA•为边在第四象限内作等边△AOB，点C为x轴的正半轴上一动点（OC>1），连结BC，•以BC•为边在第四象限内作等边△CBD，直线DA交y轴于点E． （1）试问△OBC与△ABD全等吗？并证明你的结论． （2）随着点C位置的变化，点E的位置是否会发生变化，若没有变化，求出点E•的坐标；若有变化，请说明理由． （3）如图2，以OC为直径作圆，与直线DE分别交于点F、G，设AC=m，AF=n，用含n的代数式表示m． 解析（1）两个三角形全等 ∵△AOB、△CBD都是等边三角形 ∴OBA=∠CBD=60° ∴∠OBA+∠ABC=∠CBD+∠ABC 即∠OBC=∠ABD ∵OB=AB，BC=BD △OBC≌△ABD （2）点E位置不变 ∵△OBC≌△ABD ∴∠BAD=∠BOC=60° ∠OAE=180°-60°-60°=60° 在Rt△EOA中，EO=OA·tan60°=3 或∠AEO=30°，得AE=2，∴OE=3 ∴点E的坐标为（0，3） （3）∵AC=m，AF=n，由相交弦定理知1·m=n·AG，即AG= 又∵OC是直径，∴OE是圆的切线，OE2=EG·EF 在Rt△EOA中，AE=31=2 （3）2=（2-时间分配及备注 m nm）（2+n） n 龙文教育·教育是一项良心工程

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即2n2+n-2m-mn=0 2n2n 解得m=． n2课堂练习 1 如图，⊙O是Rt△ABC的外接圆，AB为直径，ABC = 30°，CD是⊙O的切线，ED⊥AB于F， (1)判断△DCE的形状；(2)设⊙O的半径为1，且OF=B 31，求证△DCE ≌ △OCB． 2 F O D E C A 第1题图 2 如图，AB是⊙O的切线，切点为A，OB交⊙O于C且C为OB中点，过C点的弦CDAD的长为使∠ACD＝45°，2，求弦AD、AC的长． 2 ·O D C 45 B A 3、 如图14，直线AB经过O上的点C，并且OAOB，CACB，O交直线OB于E，D，连接EC，CD． 2

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（1）求证：直线AB是O的切线； （2）试猜想BC，BD，BE三者之间的等量关系，并加以证明； （3）若tanCED1，O的半径为3，求OA的长． 2 4、 ⊙O的半径OD经过弦AB(不是直径)的中点C，过AB的延长线上一点P作⊙O的切线PE，E为切点，PE∥OD；延长直径AG交PE于点H；直线DG交OE于点F，交PE于点K． （1）求证：四边形OCPE是矩形；（2）求证：HK＝HG； （3）若EF＝2，FO＝1，求KE的长． KHE P GB F CDO A (第4题) 0)A(2，0)，点B在第一象限且△OAB为正5 如图，直角坐标系中，已知两点O(0，，三角形，△OAB的外接圆交y轴的正半轴于点C，过点C的圆的切线交x轴于点D． （1）求B，C两点的坐标；（2）求直线CD的函数解析式； （3）设E，F分别是线段AB，AD上的两个动点，且EF平分四边形ABCD的周长．试探究：△AEF的最大面积？ （第5题）OA OB， 6 如图（6），在平面直角坐标系中，△ABC的边在x轴上，且AB 3

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以AB为直径的圆过点C．若点C的坐标为(0，2)，AB5，A、B两点的 横坐标xA，xB是关于x的方程x2(m2)xn10的两根． （1）求m、n的值； （2）若ACB平分线所在的直线l交x轴于点D，试求直线l对应的一次函数解析式； CBN．（3）过点D任作一直线l分别交射线CA、（点C除外）于点M、则的是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． y l C M B x D O A N l 图（6） 11CMCN7 如图，在△ABC中ACB90，D是AB的中点，以DC为直径的O交 △ABC的三边，交点分别是G，F，E点．GE，CD的交点为M，且ME46， MD:CO2:5． （1）求证：GEFA． （2）求O的直径CD的长． B G F D M O A C E 第7题图 （3）若cosB0.6，以C为坐标原点，CA，CB所在的直线分别为X轴和Y轴， 建立平面直角坐标系，求直线AB的函数表达式． 8、如图，在平面直角坐标系xOy中，⊙O交x轴于A、B两点，直线FA⊥x轴于点A， 4

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点D在FA上，且DO平行⊙O的弦MB，连DM并延长交x轴于点C. （1）判断直线DC与⊙O的位置关系，并给出证明； （2）设点D的坐标为（-2，4），试求MC的长及直线DC的解析式. 的中点．BC，AB边上9、 如图，△ABC内接于O，BAC60，点D是BC的高AE，CF相交于点H． 试证明： （1）FAHCAO； （2）四边形AHDO是菱形． 综合 1、如图3已知抛物线yaxbxc，经过点2A F B H E O C D A(0，5)和点B（3 ，2） (1)求抛物线的解析式：(2)现有一半径为l，圆心P在抛物线上运动的动圆，问⊙P在运动过程中，是否存在⊙P与坐标轴相切的情况？若存在，请求出圆心P的坐标：若不存在，请说明理由；(3)若⊙Q的半径为r，点Q 在抛物线上、⊙Q与两坐轴都相切时求半径r的值 2、 如图，已知直线PA交⊙0于A、B两点，AE是⊙0的直径．点C为⊙0上一点，且 5

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AC平分∠PAE，过C作CD⊥PA，垂足为D。 (1)求证：CD为⊙0的切线； (2)若DC+DA=6，⊙0的直径为l0，求AB的长度. 3、如图，△ABC中，以BC为直径的圆交AB于点D，∠ACD=∠ABC． （1）求证：CA是圆的切线； （2）若点E是BC上一点，已知BE=6，tan∠ABC=25，tan∠AEC=，求圆的直径 33 4 、 6

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作业： 1、 7

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2、在直角坐标系xoy中，已知点P是反比例函数yP为圆心的圆始终与y轴相切，设切点为A． （1）如图1，⊙P运动到与x轴相切，设切点为K，试判断四边形OKPA的形状，并说明理由． （2）如图2，⊙P运动到与x轴相交，设交点为B，C．当四边形ABCP是菱形时： ①求出点A，B，C的坐标． ②在过A，B，C三点的抛物线上是否存在点M，使△MBP的面积是菱形ABCP面积的 y A O 23图象上一个动点，以(x＞0）x1．若存在，试求出所有满足条件的M点的坐标，若不存在，试说明理由． 2P y23 xx K 图1 8

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3、如图，在平面直角坐标系中，点A（10，0），以OA为直径在第一象限内作半圆C，点B是该半圆周上一动点，连结OB、AB，并延长AB至点D，使DB=AB，过点D作x轴垂线，分别交x轴、直线OB于点E、F，点E为垂足，连结CF． y （1）当∠AOB=30°时，求弧AB的长度； （2）当DE=8时，求线段EF的长； D （3）在点B运动过程中，是否存在以点E、C、F 为顶点的三角形与△AOB相似，若存在，请求出此 B 时点E的坐标；若不存在，请说明理由． F A x C E O 第3题图 1 解：(1)∵∠ABC=30°，∴∠BAC=60°． 又∵OA=OC, ∴△AOC是正三角形．又∵CD是切线，∴∠OCD=90°，∴∠DCE=180°-60°-90°=30°． 而ED⊥AB于F，∴∠CED=90°-∠BAC=30°．故△CDE为等腰三角形． (2)证明：在△ABC中，∵AB=2，AC=AO=1，∴BC=2212=3． OF=∴AF=AO+OF=31,231． 2又∵∠AEF=30°,∴AE=2AF=3+1． ∴CE=AE-AC=3=BC． 而∠OCB=∠ACB-∠ACO=90°-60°=30°=∠ABC,故△CDE≌△COB. 3 .⑴略；⑵8； 5ABOCAB．4 解：（1）证明：如图3，连接OC． OAOB，CACB，是O的切线． （2）BCBDBE． ED是直径，ECD90．EEDC90． 又BCDOCD90，OCDODC，BCDE． 2BCBD2．BCBDBE． BEBC1CD1BDCD1．△BCD∽△BEC，． （3）tanCED，2EC2BCEC2又CBDEBC，△BCD∽△BEC．22设BDx，则BC2x．又BCBDBE，(2x)x(x6)． 解之，得x10，x22．BDx0，CBD2．OAOBBDOD325． 5 解：(1)∵AC＝BC，AB不是直径，∴OD⊥AB，∠PCO＝90°(1分) ∵PE∥OD,∴∠P＝90°，∵PE是切线，∴∠PEO＝90°，(2分)∴四边形OCPEBA (第22题) 9

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是矩形.(3分) (2)∵OG＝OD,∴∠OGD＝∠ODG.∵PE∥OD,∴∠K＝∠ODG.(4分) ∵∠OGD＝∠HGK,∴∠K＝∠HGK,∴HK＝HG.(5分) (3)∵EF＝2，OF＝1,∴EO＝DO＝3.(6分)∵PE∥OD，∴∠KEO＝∠DOE，∠K＝∠ODG. ∴△OFD∽△EFK，(7分)∴EF∶OF＝KE∶OD＝2∶1,∴KE＝6.(8分) 0)，OA2．作BGOA于G，△OAB为正三角形， 6 （1）A(2，OG1，BG3．AOC90，ACOABO60，连AC， B(1，3)．OCOAtan30 （2）AOC90，AC是圆的直径，又CD是圆的切线，CDAC． 2323．C0，． 33（第6题） 2OCD30，ODOCtan302．D，0． 33设直线CD的函数解析式为ykxb(k0)， 23bk33则，解得．直线CD的函数解析式为y3x23． 23302kbb33（3）ABOA2，OD（第6题）

2423，CD2OD，BCOC，四边形333ABCD的周长623． 3△AEF的面积为设AEt，S，则AF33t3，133SAFAEsin60t3t． 2432933339373t．当时，St3tt36324Smax733． 128

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0≤t≤213，解得 ≤t≤2．点E，F分别在线段AB，AD上，323t≤20≤333t9313733满足≤t≤2，△AEF的最大面积为． 631287 解：（1）以AB为直径的圆过点C，ACB90，而点C的坐标为(0，2)， 由COAB易知△AOC∽△COB，CO2AOBO， 即：4AO(5AO)，解之得：AO4或AO1．OAOB，AO4， 即xA4，xB1．由根与系数关系有：xAxBm2， xAxBn1y E M A D l C (0，2) F O B N x 解之m5，n3． （2）如图（3），过点D作DE∥BC，交AC于点E， 易知DEAC，且ECDEDC45， 在△ABC中，易得AC25，BC5， DE∥BC，ADAEADAE， DEEC，， BDDEDBECAEACADAC2， 又△AED∽△ACB，有，EDBCDBBC522，则OD，即D，0，易求得直线l对应的一次函数解析333l

图（3） AB5，DB式为：y3x2． ······························解法二：过D作DEAC于E，DFCN于F，由S△ACDS△BCDS△ABC，求得DE25 352112BDCOBCDF求得BD，DO．即D，0，易求直线33223又S△BCDl解析式为：y3x2． （3）过点D作DEAC于E，DFCN于F．CD为ACB的平分线，DEDF． 由△MDE∽△MNC，有DEMD 由△DNF∽△MNC， CNMN 11

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有DFDNDEDFMDDN111351， 即． CMMNCNCMMNMNCMCNDE108 （1）连接DF CD是圆直径，CFD90，即DFBC ACB90，DF∥AC． BDFA．在O中BDFGEF，GEFA．····························· 2分（2）D是Rt△ABC斜边AB的中点，DCDA，DCAA， 又由（1）知GEFA，DCAGEF． OMME又OMEEMC，△OME与△EMC相似 MEMCME2OMMC ··························· 4分又ME46，OMMC(46)296 MD:CO2:5，OM:MD3:2，OM:MC3:8设OM3x，MC8x，3x8x96，x2 直径CD10x20．（3）Rt△ABC斜边上中线CD20，AB40 BC，BC24，AC32 在Rt△ABC中cosB0.6AB设直线AB的函数表达式为ykxb， B G F M O C E 第25题图 D 30kb24k0)，B(0，24)根据题意得A(32， 解得4 32kb0b243直线AB的函数解析式为yx24（其他方法参照评分） ········ 9分410 （1）答：直线DC与⊙O相切于点M . 证明如下：连OM， ∵DO∥MB， ∴∠1=∠2，∠3=∠4 . ∵OB=OM，∴∠1=∠3 . ∴∠2=∠4 . 在△DAO与△DMO中， AO=OM ∠2=∠4 ∴△DAO≌△DMO . ∴∠OMD=∠OAD . DO=DO 由于FA⊥x轴于点A，∴∠OAD=90°. ∴∠OMD=90°. 即OM⊥DC . ∴DC切⊙O于M. （2）解：由D（－2，4）知OA=2（即⊙O的半径），AD=4 . MCOM21 由（1）知DM=AD=4，由△OMC∽△DAC，知 = = = . ∴ACAD42AC=2MC. 在Rt△ACD中，CD=MC＋4. 由勾股定理，有(2MC)2＋42=(MC＋4)2，解得 12

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8MC= 或MC=0（不合，舍去）. 3810 ∴MC的长为 . ∴点C（ ，0）. 33100kb 设直线DC的解析式为y = kx＋b . 则有 解得342kb.3k4 5b.235 ∴直线DC的解析式为 y =－ x＋ . 42 13

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家长签名：

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