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九年级数学关于圆的综合问题(二)人教版知识精讲

发布时间:2014-02-03 16:45:11  

九年级数学关于圆的综合问题

【同步教育信息】

一. 本周教学内容:

关于圆的综合问题(二)

综合题是指学生在不同的学习阶段所学的知识,不同章节所学的知识,特别是代数、几何不同学科中所学的知识,综合运用进行解题的数学题目,它既能考察同学们对数学基础知识基本方法掌握的熟练程度,又能考察综合运用数学知识分析问题、解决问题的能力。 几何中关于圆的综合题大致可分为:

(1)以几何知识为主体的综合题;

(2)代数、几何知识相结合的综合题;

(3)圆中的探索型问题;

我们通过下面的例题对以上各类问题进行分析。

【典型例题】

(一)以几何知识为主体的综合题。

例1. 如图:⊙O是△ABC的外接圆,BD是⊙O的切线,与CA延长交于D,且BD2=DA2+DA·AB,△ABD的外接圆交

(1)求证:AB=AC

(2)求证:BD=EC

AC+BC,

分析:本题(1)易证。

利用(1)题的结论证(2)题,我们发现如果BD=EC成立,必有△ABD≌△AEC, 所以我们只需连结AE,并证得∠2=∠C即可。

(3)题若结论成立,需△ABE∽△BAC,因此证明∠1=∠C是本题解出的关键。 解:(1)∵BD2=DA·DC=DA(DA+AC)=DA2+DA·AC,

由已知得:BD2=DA2+DA·AB,

∴AC=AB

(2)连结AE,

∵BD是⊙O的切线,∴∠2=∠C

又∵∠AEC是圆内接四边形AEBD的外角,∠AEC=∠D

∵AB=AC,∴△ADB≌△AEC

∴BD=EC

(3)由已知AB+BD+AD=AC+BC=AC+BE+EC

∵AB=AC,BD=EC,∴AD=BE

又∵△ADB≌△AEC,∴AD=AE,∴AE=BE,∠1=∠3

∵AB=AC,∴∠3=∠C,∴∠1=∠C

又∵∠CAE=∠DBC=∠2+∠3=2∠3

∠CEA=∠1+∠3=2∠3

∴∠CAE=∠CEA ∴CE=CA

即AB=EC

由AB2=BE·BC,∴EC2=BE·BC=BE(EC+BE)

2-EC2=0

点拨:本题是一道典型的几何综合题,把中学几个阶段学到的知识有机的组合到一起,图形中相似三角形、全等三角形、等腰三角形综合到一起,由果索因的分析方法是本题的基本方法,而最后的求值,则应综合我们前面证过的结论,得到关于BE和EC的关系式,最后利用解一元二次方程的方法求解。

例2. 圆的圆心D是该抛物线的顶点,小圆的圆心B是该抛物线与x轴正半轴的交点,大圆与x轴相切于E,小圆与y轴相切于O

4倍。

解:(1)设小圆半径为r,则大圆半径为4r, ∴BD=5r,DE=4r,

=3r,

例3.

又抛物线的顶点为P(2,4),

(1)求此抛物线解析式及A,B两点坐标;

(2)设过P,C两点的直线与x轴交于点Q,求Q点坐标;

(3)设过B,C,O三点的圆O'与过P,C两点的直线相交于C,E两点,求tan∠COE的值。

解:(1)∵抛物线顶点P坐标为P(2,4)

B(x2,0),C(0,4a+4),

∴A(-2,0),B(6,0

(2)设过P、C的直线为y=mx+n, (0,3)

(3)连结OE,BE,BC

∵四边形COBE内接于⊙O',

∴∠BEC=∠BOC=90°,而∠COE=∠CBE QEB

(三)圆中的探索型问题

探索型数学问题一般具有以下特征:

(1)给出了条件,但有怎样的结论却是未知的,有待确定的;

(2)给出了结论,但要去探求结论成立应具备的条件,解题方法的寻求需要同学有独立创新的精神;

①可先提出特殊情况进行研究,再要求归纳,猜测和确定一般结论;

②先对某一给定条件和结论的问题进行研究,再探讨改变条件时,其结论相应发生的变化,或改变结论时其条件相应发生的变化。

解答探索型习题,必须经过观察、试验、分析、比较、类比、归纳、猜测、推断等思维活动才能解决问题。

例4. 如图①:已知平行四边形

(1)求证:平行四边形PQRS是矩形。

(2)如图②所示,如果将题目中的⊙O改为边长为a的正方形ABCD,在AB、AD上分别取点P,S,连结PS,将Rt△SAP绕正方形中心O旋转180°得Rt△QCR,从而得到四边形PQRS,试判断四边形PQRS能否变化成矩形?若能,设PA=x,SA=y,请说明x、y具有什么关系时,四边形PQRS是矩形;若不能,请说明理由。

分析:(1)主要是运用圆内接四边形的性质;

(2)是探索性问题,抓住题设条件,利用对称的性质是解决问题的突破口。 解:(1)证法一:∵PQRS是圆内接四边形

∴∠P+∠R=180°

又∵四边形PQRS是平行四边形

∴∠P=∠R,∴∠P=90°,

故平行四边形PQRS是矩形。

证法二:∵圆内接四边形PQRS是平行四边形,

RS,

∴∠PQR=90°,∴平行四边形PQRS是矩形。

(2)由题意,得Rt△SAP与Rt△QCR关于O对称,如图②

∴OP=OR,OQ=OS

∴四边形PSRQ是平行四边形,当∠PSR=90°时,

平行四边形PSRQ为矩形,此时∠1+∠2=90°

又∵∠3+∠2=90°,∴∠3=∠1

SDR

∴x=y或x+y=a

∴当x=y或x+y=a时,平行四边形PSRQ为矩形。

例5. 如图:EB是⊙O的直径,且EB=6,在BE的延长线上取点P,使EP=EB。A是EP上一点,过A作⊙O的切线AD,切点为D。过D作DF⊥AB于F,过B作AD的垂线

BH,交AD的延长线于H。连结ED

AD的长。

明你的结论;②设ED=x,BH=y,求y与x的函数关系式,并写出自变量x的取值范围。 分析:(1)由AD切⊙O于D,知AD2=AE·AB,得AD长;

(2)①连结DB,可证∠1=∠2,则△DFB≌△DHB,得BF=BH,由等腰△“三线

FH,因BD⊥DE,

②由△DFE∽△BDE,设ED=x,BH=y,BE=6,EF=6-y,可得出y与x的函数关系。

解:①连结BD,∵AD切⊙O于D,

∴AD2=AE·AB

6

∴AD=4

在EP上怎样移动,(点A不与点E重合)

证明:设BD交FH于G

∵AH是⊙O的切线,D为切点,∴∠3=∠4

为直径,∴∠BDE=90°

在△DFB和△DHB中,∠DFB=∠DHB=90°,∠1=∠2,DB=DB

∴△DFB≌△DHB,

∴BF=BH,∴△BHF是等腰三角形,

∵∠1=∠2,∴BG⊥FH,即BD⊥FH

∥FH

②设ED=x,BH=y,BE=6,BF=BH

∴EF=6-y,

又∵DF是Rt△BDE斜边上的高

∵点A不与点E重合,∴ED=x>0

当点A

从E向左移动,ED逐渐增大,当A和P重合时,ED最大, 连结OD,则OD⊥PH,∴OD

=6+3=9,PB=12

点拨:此题第(2)题的第①小题是一个结论探索问题,它要求先探索出结论,再证明

A是线段EP上一点,(点A不与点E重合),

这个点为某条直线上任意一点的问题。

【模拟试题】

1. 已知二次函数的图像过点(0,0)和(12,0(1)求抛物线的解析式;(2)平行于x轴的直线在x轴上方与抛物线交于两点,若以该两点为直径的圆与x

轴相切求此圆半径。

2.

A点到B

是( ) A. 甲先到B点

B. 乙先到B点

C. 甲、乙同时到B点

D. 无法确定

3. 如图,已知C为线段AB上一点,分别以AC,AB为直径作⊙O和⊙O',过B作BE

与⊙O相切于E,作CD⊥AB于C

ABE的度数。

4. 如图所示,⊙A的圆心在y轴的正半轴,与坐标轴分别交于B,C,D,E,直线l是经过D点的⊙A的切线,以OD

为半径的⊙D交OA于F,G,BF交直线l于H,BD交⊙D于I。

(1。

(2BCD是等边三角形。

2)的条件下,⊙D沿x轴滚动,与边DB,

DC相交于M,N, 5. 如图,点O

1在x轴的正半轴上,⊙O与x轴的负半轴交于GA,B在y轴上,设⊙O1的弦AC的延长线交⊙O于F点,连结GF,且。

(1)求证:C为线段OG的中点;

(2)连结AO1作⊙O1的弦DE,使DE∥AO,求E点的坐标;

(3)线段EA,EB(或延长线)分别交⊙O于M,N,问当点E

含端点)上运动时,线段MN

6. 如图所示,直线lx轴交于A,与y轴交于另一点C,⊙M经过A,C两点,圆心M在y轴上,过A,M两点的⊙N与⊙M交于另一点

E,与y轴交于另一点F。

求:(1)sin∠CEF的值。

(2)如图所示,设l

是⊙N

(3)在(2)条件下,求⊙N的半径及N点的坐标。(提示:做辅助线如图)

【试题答案】

(2)设平行于x轴的直线在x轴上方交抛物线于M,N两点,

∵以MN为直径的圆与x轴相切

∴设圆的半径为r,则圆心O'的坐标为(6,r),交点N的坐标为N(6+r,r), ∴圆的半径为4

2. C

3. 提示:连结AD,BD,∠ABE=30°

4. 解:(1)∵直线l切⊙A于D,

∴直线l⊥y轴,连结GF

又∵⊙D交⊙A于FG

∴FG⊥y轴

∴FG∥直线l,∴∠H=∠GFB

观察⊙D可知∠GDB=2∠GFI

观察⊙A可知∠GDB=∠GFB

∴∠GFB=2∠GFI,∴∠GFI=∠BFI ∴∠H=∠BHD=2∠BFI

的直径,且DE⊥BC于O ∴BD=CD

连DF,∵直线l切⊙A于D

∴∠HBD=∠HDF,而∠H=∠H

∴在Rt△BOD ∴∠DBO=60°

∴△BCD为等边三角形

(3)延长BD交⊙D'于P,连PN

延长CD交⊙D'于G,过D'作D'K⊥MP于K D'R⊥GC于R

∵直线l∥x轴而∠DBC=∠DCB=60°

∴∠PDD'=∠CDD'=60°

∴D'K=D'R

∴MP=GC

在Rt△D'KD和Rt△D'RD

∴Rt△D'KD≌Rt△D'RD(HL)

∴DK=DR ∴KP+DK=RC+DR 即DP=DC

而直线l平分∠PDC,∴直线l⊥PN 又∵PDD'=60°,∴∠P=30°

60° 60°

5. 证明:连结AG

∵OA⊥OG,OA=OG

∴∠AGC=∠AFG

=45 而AF

即 点C为线段OG的中点。

(2)解:连结CE交AO1于点H,作EK⊥CD于K ∵AO1∥ED,DE⊥CE,∴O1A⊥CE

∵OA=4

∴OD=8

Rt△CHO中

∴Rt△AOO1≌Rt△CHO1

∴O1H=O1O=3

又∵O1H∥DE,CO1=

O1D ∴CH=HE

在Rt△EDK中,EK=ED·sin∠

(3)解:如图所示,当点E

MN的长度不变

在△EMN和△EBA中,

∠E=∠E,∠EMN=∠EBA

ANE=90°

不变。 E的大小不变,8cos∠E是常量,故MN的长度

6. 提示:(1)连结AM,AQ,AE

(2)如图所示,连结AM,AE,ME (3)连结AN,AQ,圆心N

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