微专题在中考数学二轮复习中的实践与思考——以“探寻与隐圆有关的最值与路径问题”为例

合集下载

中考数学专题隐圆中最值问题

中考数学专题隐圆中最值问题
名师独家秘笈 ——“隐圆最值”
几何求最值是初中数学难点之一,而“隐圆”问题便是常见的一类考题,此类问题综合性强 (常常会牵扯到三角形、四边形、甚至坐标系等问题),隐蔽性强(不容易想到),加上部分题 目的计算量很大,很容易造成同学们的丢分。近年来在全国各地的中考或名校的模拟考试中经常 会出现“隐圆”求最值的问题(2014、2015、2016连续三年陕西中考的压轴题的最后一问都牵 扯到了隐圆)。此类题目出现的位置一般是在填空的最后一题或是压轴题,基本都是难题。广大 学生在此问题上经常丢分,甚至已经到了谈“隐圆”变色的地步。
A
P BD
P'
E
C
方法总结
名师说法
附:圆外一点到圆上的最小距离和最大距离 如图:点 P 为圆O 外一点,连接 PO 交圆O 于M 点,延长 PO 交圆O 于 N 点。 则线段 PM 长为点 P 到圆O 上一点的最小距离;线段 PN 长为点 P 到圆O 上一点的最大距离
P
O
N
M
名师数学
温馨提示:
在动点运动的过程中同学们要注意的是:虽然点在动(或不确定位置), 但题目一定会有一些量是不变的,可能是某条线段的长度不变,也可能是 某个角度不变,也有可能某个线与线、线与角、角与角的关系不变,这样 才能化动态问题为定态问题。这个需要同学们对题目进行认真的分析和B = 900 ,AB = 6 ,BC = 8 ,D 为 AC 边一动点,过点 D 作DE ⊥DF
,分别交 AB 边、 BC 边于 E 、 F 两点,则 EF 的最小值是

A
E
D
B
F
C
思路)分析:
由于在四边形 EBFD 中 ,DE ⊥ DF ,∠B = 90o ,所以 E、B、F、D 四点共圆(对角互补的四边形 四个顶点共圆),且 EF 为圆的直径(如图 2)。所以,要求 EF 的最小值其实质就是求圆的直 径最小值。

中考数学善用隐形圆、巧解最值题

中考数学善用隐形圆、巧解最值题

中考数学善⽤隐形圆、巧解最值题
近年来,⼏何中因动点⽽产⽣线段最值问题⼴泛出现,成为中考的热点和难点。

此类题型⼀般都会以选择或填空的压轴形式出现,其中⼜以构造“隐形圆”来解决最值问题,条件隐藏较深,学⽣难以把握哪些题型需要构造“隐形圆”处理。

今天笔者想通过本篇⽂章与⼤家分享构造“隐形圆”的常见题型,以便学⽣掌握出题者的套路,灵活运⽤“隐形圆”解题。

【知识储备】
最值问题的解决⽅法通常有两⼤类:
(1)应⽤⼏何性质:
①三⾓形的三边关系:两边之和⼤于第三边,两边之差⼩于第三边;
②两点间线段最短;
③连结直线外⼀点和直线上各点的所有线段中,垂线段最短;
④定圆中的所有弦中,直径最长。

(2)运⽤代数证法:
①运⽤配⽅法求⼆次三项式的最值;
②运⽤⼀元⼆次⽅程根的判别式。

动态图在此!⼀⽬了然!
动态图在此!⼀⽬了然!
写在最后:⼏何中的动态题是难点也是重点,很多时候我们要抓住问题的不变量,并对不变量进⾏追问。

⼀招长江三叠浪:定点是谁?定长(⾓)有吗?轨迹如何?
最值问题就会信⼿拈来!。

2024河南中考数学习微专题 利用“隐形圆”解决动点问题 课件

2024河南中考数学习微专题 利用“隐形圆”解决动点问题 课件
1
(3) 的最小值为_ ________.
模型总结
1.知识依据: 的圆周角所对的弦是直径(圆周角定理的推论).
2.模型说明:(1)如图(1),在 中, ,若 的长固定,则点 的运动轨迹为以 为直径的 不含点 , .
图(1)
图(2)
(2)如图(2), 和 共斜边 ,则 , , , 四点共圆,均在以 为直径的 上.(确定四点共圆后,可根据圆周角定理的推论得到角相等,完成角度的等量转化)
强化训练
7.[2023四川达州] 在 中, , ,在边 上有一点 ,且 ,连接 ,则 的最小值为__________.
▶▶ 完成练习册相关习题
作业:
提分技法圆上的点到,过点 作 于点 ,交优弧 于点 ,交劣弧 于点 ,则 的长为 上的点到 的最大距离, 的长为劣弧 上的点到 的最大距离._
如图, 是 外一条直线,过点 作 于点 ,交 于点 , ,则 上的点到 的最大距离为 的长,最小距离为 的长._
强化训练
4.如图,在平行四边形 中, , , ,点 是平行四边形 内部的一个动点,且 ,则线段 的最小值为_ ________.
(第5题)
5.如图,正方形 的边长为6,点 , 分别从点 , 同时出发,沿着射线 ,射线 匀速运动(二者速度相等).设直线 与直线 交于点 ,连接 ,则线段 的长度的最小值为_ ________.
(1) _____ ;
120
(2)点 在以线段 为弦,且所对圆心角为_____ 的圆上运动,在图中画出该圆;
120
[答案] 图略.
(3) 的最小值为_ ____.
模型总结
1.知识依据:在同圆或等圆中,同弧或等弧所对的圆周角相等(圆周角定理的推论).如图(1), .

隐圆问题:高考数学二轮复习微专题

隐圆问题:高考数学二轮复习微专题

隐圆问题:高考数学二轮复习微专题【典型例题】例1.阿波罗尼斯是古希腊著名数学家,与欧几里得、阿基米德并称为亚历山大时期数学三巨匠,他对圆锥曲线有深刻而系统的研究,主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书,阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一.指的是:已知动点M 与两定点Q ,P 的距离之比||(0,1)||MQ MP λλλ=>≠,那么点M 的轨迹就是阿波罗尼斯圆.已知动点M 的轨迹是阿波罗尼斯圆,其方程为221x y +=,其中,定点Q 为x 轴上一点,定点P 的坐标为1(,0),33λ-=,若点(1,1)B ,则3||||MP MB +的最小值为()A B C D例2.ABC ∆中AB AC ==,ABC ∆所在平面内存在点P 使得22233PB PC PA +==,则ABC ∆面积最大值为()A .2233B .52316C .354D .33516例3.已知平面向量a ,b ,c,满足x R ∀∈,1||||4a xb a b -- ,||2a =,4a b ⋅=,()(26a c b c --=,则||a c -的最小值为()A .1B .3+C .3D .22-例4.已知A ,B 是圆22:1C x y +=上的动点,AB =P 是直线20x y +-=上的动点,则||PA PB +的最小值为.例5.已知ABC ∆是边长为3的等边三角形,点P 是以A 为圆心的单位圆上一动点,点Q 满足2133AQ AP AC =+,则||BQ 的最小值是.例6.如图,在平面直角坐标系xOy 中,已知圆22:40C x y x +-=及点(1,0)A -,(1,2)B .(1)若直线l 平行于AB ,与圆C 相交于M ,N 两点,MN AB =,求直线l 的方程;(2)在圆C 上是否存在点P ,使得22||||12PA PB +=?若存在,求点P 的个数;若不存在,说明理由.例7.如图,在平面直角坐标系xOy 中,已知圆22:40C x y x +-=及点(1,0)A -,(1,2)B (1)若直线l 平行于AB ,与圆C 相交于M ,N 两点,MN AB =,求直线l 的方程;(2)若圆C 上存在两个点P ,使得22(4)PA PB a a +=>,求a 的取值范围.【同步练习】一.选择题1.已知平面向量(2,0)a = ,(0,1)b = ,且非零向量c满足(2)()a c b c -⊥- ,则||c 的最大值是()A .1BC D .22.已知A ,B 为圆22:4O x y +=上的两动点,||AB =,点P 是圆22:(3)(4)1C x y ++-=上的一点,则||PA PB + 的最大值是()A .10B .12C .14D .163.已知向量a ,b ,c 为平面向量,||||21a b a b === ,且c 使得2c a - 与c b -所成夹角为3π,则||c 的最大值为()A 1BC .1D 1+4.已知圆22:5O x y +=,A ,B 为圆O 上的两个动点,且||2AB =,M 为弦AB 的中点,C ,)a ,D 2)a +.当A ,B 在圆O 上运动时,始终有CMD ∠为锐角,则实数a 的取值范围为()A .(,2)-∞-B .(-∞,2)(0-⋃,)+∞C .(2,)-+∞D .(-∞,0)(2⋃,)+∞5.已知1a ,2a ,1b ,2b ,⋯,()k b k N +∈ 是平面内两两互不相等的向量,12||1a a -= ,且对任意的1i =,2及1j =,2,⋯,k ,||{1i j a b -∈,2},则k 最大值为()A .3B .4C .5D .6二.多选题6.已知*1212,,,,,()k a a b b b k N ∈ 是平面内两两不相等的向量,满足12||1a a -=,且{}||1,2i j a b -∈(其中1i =,2,1j =,2, ,)k ,则实数k 的值可能为()A .2B .4C .8D .16三.填空题7.已知A ,B 是圆22:10O x y +=上的动点,AB =,P 是圆22(6)(8)1C x y -+-=上的动点,则|3|PA PB +的取值范围是.8.M 为等边ABC ∆内一动点,且120CMB ∠=︒,则AMMC的最小值为.9.若ABC ∆满足条件4AB =,AC =,则ABC ∆面积的最大值为.10.阿波罗尼斯是古希腊著名数学家,与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠,他对圆锥曲线有深刻而系统的研究,主要研究成果在他的代表作《圆锥曲线》一书,阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一,指的是:已知动点M 与两个定点A 、B 的距离之比为(0,1)λλλ>≠,那么点M 的轨迹就是阿波罗尼斯圆.若已知圆22:1O x y +=和点1(2A -,0),点(4,2)B ,M 为圆O 上的动点,则2||||MA MB +的最小值为.11.在平面直角坐标系xOy 中,已知B ,C 为圆224x y +=上两点,点(1,1)A ,且AB AC ⊥,则线段BC 的长的取值范围为.12.在平面直角坐标系xOy 中,已知B ,C 为圆229x y +=上两点,点(1,1)A ,且AB AC ⊥,则线段BC 的长的取值范围是.13.在平面直角坐标系xOy 中,已知点(A t -,0)(0)t >,(,0)B t ,点C 满足8AC BC = ,且点C 到直线:34240l x y -+=的最小距离为95,则实数t 的值是.14.阿波罗尼斯(古希腊数学家,约公元前262190-年)的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果,它将圆锥曲线的性质网罗殆尽几乎使后人没有插足的余地.他证明过这样一个命题:平面内与两定点距离的比为常数(0k k >且1)k ≠的点的轨迹是圆,后人将这个圆称为阿氏圆,现有ABC ∆,9AC =,sin 2sin C A =,则ABC ∆的面积最大值为.15.阿波罗尼斯(古希腊数学家,约公元前262190-年)的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果,它将圆锥曲线的性质网罗殆尽,几乎使后人没有插足的余地.他证(0,1)k k k >≠的点的轨迹是圆,后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.(1)若定点为(1,0)A -,(1,0)B ,写出12k =的一个阿波罗尼斯圆的标准方程22516()39x y ±+=(写对一个即可);(2)ABC ∆中,||2AB =,||||(1)AC k BC k =>,则当ABC ∆面积的最大值为k =.16.古希腊数学家阿波罗尼斯在他的巨著《圆锥曲线论》中有一个著名的几何问题:在平面上给定两点A 、B ,动点P 满足|||PA PB λ=(其中λ是正常数,且1)λ≠,则P 的轨迹是一个圆,这个圆称之为“阿波罗尼斯圆”.现已知两定点(1,0)M -、(2,1)N ,P 是圆22:3O x y +=上的动点,则|||PM PN +的最小值为.17.阿波罗尼斯与阿基米德、欧几里得被称为亚历山大时期数学三巨匠.“阿波罗尼斯圆”是他的代表成果之一:平面上一点P 到两定点A ,B 的距离之满足||(0||PA t t PB =>且1)t ≠为常数,则P 点的轨迹为圆.已知圆22:1O x y +=和1(,0)2A -,若定点(B b ,10)()2b ≠-和常数λ满足:对圆O 上任意一点M ,都有||||MB MA λ=,则λ=2.18.平面向量a,b ,c ,d满足||||21a b a b ==⋅= ,(2)()c a b R λλλ=+-∈ ,|4|d b += 则||c d +的最小值为.19.在平面直角坐标系xOy 中,已知圆22:()1C x m y -+=及点(1,0)A -,(1,2)B ,若圆C 上存在点P 使得2212PA PB +=,则实数m 的取值范围是.四.解答题20.在ABC ∆中,内角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c ,已知向量(2,1)m a =,(2,cos )n b c C =- ,且//m n .(Ⅰ)求角A 的大小;(Ⅱ)若a =b c +的取值范围.隐圆问题(解析版)【典型例题】例1.阿波罗尼斯是古希腊著名数学家,与欧几里得、阿基米德并称为亚历山大时期数学三巨匠,他对圆锥曲线有深刻而系统的研究,主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书,阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一.指的是:已知动点M 与两定点Q ,P 的距离之比||(0,1)||MQ MP λλλ=>≠,那么点M 的轨迹就是阿波罗尼斯圆.已知动点M 的轨迹是阿波罗尼斯圆,其方程为221x y +=,其中,定点Q 为x 轴上一点,定点P 的坐标为1(,0),33λ-=,若点(1,1)B ,则3||||MP MB +的最小值为()ABCD【解析】解:设(,0)Q a ,(,)M x y,所以||MQ =,由1(,0)3P -,所以||PM =||||MQ MP λ=且3λ=3=,整理可得2223148a a x y x +-++=,又动点M 的轨迹是221x y +=,所以2304118aa +⎧=⎪⎪⎨-⎪=⎪⎩,解得3a =-,所以(3,0)Q -,又||3||MQ MP =,所以3||||||||||MP MB MQ MB BQ +=+ ,因为(1,1)B ,所以3||||MP MB +的最小值||BQ =,当M 在位置1M 或2M 时等号成立.故选:D .例2.ABC ∆中AB AC ==,ABC ∆所在平面内存在点P 使得22233PB PC PA +==,则ABC ∆面积最大值为()A .3B .16C .4D .16【解析】解:以BC 的中点为坐标原点,BC 所在直线为x 轴,建立直角坐标系,设(,0)B a -,(,0)C a ,(0)a >,则A ,设(,)P x y ,由22233PB PC PA +==,可得222222()()3[(]3x a y x a y x y +++-+=+=,可得22232x y a +=-,22(1x y +=,即有点P 既在(0,0)的圆上,也在为圆心,1为半径的圆上,可得|11+由两边平方化简可得22316a ,则ABC ∆的面积为2S a ====由22316a ,可得22316a =,S 取得最大值,且为52316.故选:B .例3.已知平面向量a ,b ,c,满足x R ∀∈,1||||4a xb a b -- ,||2a =,4a b ⋅=,()(26a c b c --=,则||a c -的最小值为()A .1B .263+C .3D .622-【解析】解:x R ∀∈ ,1||||4a xb a b -- ,||2a =,4a b ⋅=,2221484216x b x b ∴+-+- ,0b ≠ ,∴221()82016x b x --+ ,∴222182016b x x b -+- 对任意x 都恒成立,∴42164||8||04b b =+- ,221(||8)02b ∴-,∴21||82b = ,||4b ∴= .不妨设(2,0)a =,(,)b m n = ,则24m =,2m ∴=.又||4b =,2416n ∴+=,n ∴=±当b = 时,设(,)c x y =,∴(2,)a c x y -=--,2(22b c x -=- ,2)y -,(2)(22)(2)6x x y y ∴--+-=,2233(()422x y ∴-+-=,∴c对应的点的轨迹是以3(2为圆心,以2为半径的圆,||a c ∴-=(,)x y 到(2,0)的距离,||a c ∴-的最小值为2211-=-=,当(2,b =- 时,同理可得||a c -的最小值为1.故选:A .例4.已知A ,B 是圆22:1C x y +=上的动点,AB =P 是直线20x y +-=上的动点,则||PA PB +的最小值为.【解析】解:根据题意,圆22:1C x y +=的圆心为(0,0),半径1r =,A ,B 是圆22:1C x y +=上的动点且AB =2ACB π∠=,即AC BC ⊥,设AB 的中点为M ,则2PA PB PM += ,||2OM =,则有||||||OM MP PO + ,分析可得2||||||||2MP OP OM OP -=-,当||OP 最小时,||MP 最小,即||PA PB +取得最小值,又由||OP 的最小值为O 到直线20x y +-=的距离,则||OP 的最小时为d =,则||2||22PA PB MP +=⨯=.例5.已知ABC ∆是边长为3的等边三角形,点P 是以A 为圆心的单位圆上一动点,点Q 满足2133AQ AP AC =+,则||BQ 的最小值是.【解析】解:如图建立平面直角坐标系,设(cos ,sin )P θθ,则(0,0)A ,3(2B -,,3(2C ,;21213212(cos ,sin )(,)(cos ,sin )3333223232AQ AP AC θθθθ=+=+-=+- .22(cos 2,sin33BQ BA AQ θθ=+=++ 则||BQ ==== .∴故答案为:3723-例6.如图,在平面直角坐标系xOy 中,已知圆22:40C x y x +-=及点(1,0)A -,(1,2)B .(1)若直线l 平行于AB ,与圆C 相交于M ,N 两点,MN AB =,求直线l 的方程;(2)在圆C 上是否存在点P ,使得22||||12PA PB +=若存在,求点P 的个数;若不存在,说明理由.【解析】解:(1)圆C 的标准方程为22(2)4x y -+=,所以圆心(2,0)C ,半径为2.因为//l AB ,(1,0)A -,(1,2)B ,所以直线l 的斜率为2011(1)-=--,设直线l 的方程为0x y m -+=,则圆心C 到直线l 的距离为d因为MN AB ===,而222()2MN CM d =+,所以2(2)422m +=+,解得0m =或4m =-,故直线l 的方程为0x y -=或40x y --=.(2)假设圆C 上存在点P ,设(,)P x y ,则22(2)4x y -+=,222222(1)(0)(1)(2)12PA PB x y x y +=++-+-+-=,即22230x y y +--=,即22(1)4x y +-=,因为|22|22-<<+,所以圆22(2)4x y -+=与圆22(1)4x y +-=相交,所以点P 的个数为2.例7.如图,在平面直角坐标系xOy 中,已知圆22:40C x y x +-=及点(1,0)A -,(1,2)B(1)若直线l 平行于AB ,与圆C 相交于M ,N 两点,MN AB =,求直线l 的方程;(2)若圆C 上存在两个点P ,使得22(4)PA PB a a +=>,求a 的取值范围.【解析】解:(1)根据题意,圆C 的标准方程为22(2)4x y -+=,所以圆心(2,0)C ,半径为2.因为//l AB ,(1,0)A -,(1,2)B ,直线AB 的方程为10x y -+=,且||AB ==,设直线l 的方程为0x y m -+=,又由MN AB ==,圆心C 到直线l 的距离d =则有222(2MN r =+,即22=,解可得0m =或4-,故直线l 的方程为0x y -=或40x y --=;(2)根据题意,设(,)P x y ,若22PA PB a +=,则222222(1)(0)(1)(2)PA PB x y x y a +=++-+-+-=,变形可得:22232a x y y +-+=,即22(1)22ax y +-=-,则P 的轨迹是以(0,1)为半径的圆;若圆C 上存在两个点P ,使得22PA PB a +=,则圆C 与圆22(1)4x y +-=相交,两圆的圆心距d '==,则有22-<<+,解可得:2222a -<<+,故a 的取值范围为(22-22+【同步练习】一.选择题1.已知平面向量(2,0)a = ,(0,1)b = ,且非零向量c满足(2)()a c b c -⊥- ,则||c 的最大值是()A .1B C D .2【解析】解:根据题意,设(,)c x y =,即C 的坐标为(,)x y ,则2(22,2)a c x y -=--,(,1)b c x y -=-- ,若(2)()a c b c -⊥- ,则(2)()(22)(1)20a c b c x x y y -⋅-=-⨯+-⨯=,变形可得22111()()222x y y -+-=,则点C 在圆22111(()222x y -+-=上,其圆心为1(2,1)2,半径为2,则点C 到原点O2+=,故选:B .2.已知A ,B 为圆22:4O x y +=上的两动点,||AB =,点P 是圆22:(3)(4)1C x y ++-=上的一点,则||PA PB + 的最大值是()A .10B .12C .14D .16【解析】解:设M 是AB 的中点,则2PA PB PM MA PM MB PM +=+++=,于是|||2|PA PB PM += .由于||AB =,则由垂径定理:||1OM ==,于是M 在以O 为圆心,1为半径的圆上,又||||116max PO OC =+==,故||||1617max max PM PO =+=+=,因此||2714max PA PB +=⨯=.故选:C .3.已知向量a ,b ,c 为平面向量,||||21a b a b === ,且c 使得2c a - 与c b -所成夹角为3π,则||c的最大值为()A1BC .1D1+【解析】解:设OA a = ,OB b = ,OC c =,平面向量a,b ,c 满足||||21a b a b === ,cos a ∴<,12||||a b b a b >==⨯,a ∴<,3b π>= ,设(,)c x y = ,(1,0)a =,(cos 6b π= ,1sin (62π=,2c a - 与c b - 的夹角为3π,即为2a c -与b c - 的夹角为3π,可得180BCD BAD ∠+∠=︒,则四点A 、B 、C 、D 共圆,设圆心为E ,C 在圆E 上运动,可得E 的横坐标为32,由BD =22r ==,解得1r =,由(1,0)A ,可得3(2E,即有||OE ==,则||c的最大值为1+.故选:A.4.已知圆22:5O x y +=,A ,B 为圆O 上的两个动点,且||2AB =,M 为弦AB 的中点,C ,)a,D 2)a +.当A ,B 在圆O 上运动时,始终有CMD ∠为锐角,则实数a 的取值范围为()A .(,2)-∞-B .(-∞,2)(0-⋃,)+∞C .(2,)-+∞D .(-∞,0)(2⋃,)+∞【解析】解:连接OM,由题意可得||2OM ==,所以点M 在以原点O 为圆心,以2为半径的圆上,设CD 的中点为N,则N ,1)a +,由题意可得||2CD =,因为当A ,B 在圆O 上运动时,始终有CMD ∠为锐角,所以以原点O 为圆心,以2为半径的圆与以N 为圆心,以1为半径的圆相离,即3>,解得:2a <-或0a >,故选:B .5.已知1a ,2a ,1b ,2b ,⋯,()k b k N +∈ 是平面内两两互不相等的向量,12||1a a -= ,且对任意的1i =,2及1j =,2,⋯,k ,||{1i j a b -∈,2},则k 最大值为()A .3B .4C .5D .6【解析】解:设1(0,0)a = ,2(0,1)a =,(,)j b x y = ,对任意的1i =,2及1j =,2,⋯,k ,||{1i j a b -∈,2},∴1=2=,1=2=,k ∴的最大值为四个圆的交点个数总和,如图所示,共有6个.故选:D .二.多选题6.已知*1212,,,,,()k a a b b b k N ∈ 是平面内两两不相等的向量,满足12||1a a -=,且{}||1,2i j a b -∈(其中1i =,2,1j =,2, ,)k ,则实数k 的值可能为()A .2B .4C .8D .16【解析】解:根据题意,如图,设11OA a = ,22OA a =,由于12||1a a -=,且{}||1,2i j a b -∈ ,分别以1A ,2A 为圆心,以1和2为半径画圆,其中任意两圆的公共点共有6个.故满足条件的k 的最大值为6.故选:AB .三.填空题7.已知A ,B 是圆22:10O x y +=上的动点,AB =,P 是圆22(6)(8)1C x y -+-=上的动点,则|3|PA PB +的取值范围是.【解析】解:如图示:设AB 的中点为N ,NB 的中点为M ,则3224PA PB PN PB PM +=+= ,所以|3|2||4||PA PB PN PB PM +=+= ,AB = OA =ON NM ∴==,2OM ∴=,故M 的轨迹为以O 为圆心,2为半径的圆,P 是圆22(6)(8)1C x y -+-=上的动点,(12)7min PM ∴=-+=,10(12)13max PM =++=,故4||[28.52]PM ∈.故答案为:[28,52].8.M 为等边ABC ∆内一动点,且120CMB ∠=︒,则AMMC的最小值为.【解析】解:如图所示,不妨设等边ABC ∆的边长为2,M 为ABC ∆内一动点,120BMC ∠=︒,∴点M 在弦BC 所对的弓形 BMC上,120BQC ∠=︒.由图可知:当点M 取与y 轴的交点时,30MBC ∠=︒,可得:(0,Q ,(0A(1,0)C ,(,)M x y .点M所在圆的方程为:224(3x y ++=.设参数方程为:cos 333x y θθ⎧=⎪⎪⎨⎪=-+⎪⎩,∴222222224()||(3||(1)sin MA x y MC x y θθ+++===-+,t =,化为:sin()1θβ+=,解得34t ,∴AM MC ,,故答案为:32.9.若ABC ∆满足条件4AB =,AC =,则ABC ∆面积的最大值为.【解析】解:建立平面直角坐标系,如图所示,则(2,0)A-,(2,0)B,设(,)C x y,由AC=,=,化简可得22(6)32x y-+=;则点C的轨迹是以(6,0)为圆心,且去掉点(6+,0)和(6-0);所以ABC∆的面积的最大值为11422AB r⨯⨯=⨯⨯=.故答案为:.10.阿波罗尼斯是古希腊著名数学家,与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠,主要研究成果在他的代表作《圆锥曲线》一书,阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一,指的是:已知动点M与两个定点A、B的距离之比为(0,1)λλλ>≠,那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆.若已知圆22:1O x y+=和点1(2A-,0),点(4,2)B,M为圆O上的动点,则2||||MA MB+的最小值为.【解析】解:设(,)M x y,令2||||MA MC=,则有||1||2MAMC=,由题意可知,圆221x y+=是关于点A,C的阿波罗尼斯圆,且12λ=,设点(,)C m n,则有||1||2MAMC=,整理可得22222421333m n m nx y x y++-+++=,比较两个方程可得,2224210,0,1333m n m n ++-===,故2m =-,0n =,点(2,0)C -,所以当点M 位于图中1M ,2M 的位置时,2||||||||MA MB MC MB +=+的值最小为||BC =故答案为:11.在平面直角坐标系xOy 中,已知B ,C 为圆224x y +=上两点,点(1,1)A ,且AB AC ⊥,则线段BC 的长的取值范围为.【解析】解:在平面直角坐标系xOy 中,已知B ,C 为圆224x y +=上两点,点(1,1)A ,且AB AC ⊥,如图所示当BC OA ⊥时,||BC 取得最小值或最大值.由2214y x y =⎧⎨+=⎩,可得(B 1)或,1),由2214x x y =⎧⎨+=⎩,可得C 或(1,解得||min BC ==,||max BC =故答案为:-.12.在平面直角坐标系xOy 中,已知B ,C 为圆229x y +=上两点,点(1,1)A ,且AB AC ⊥,则线段BC 的长的取值范围是.【解析】解:设BC 的中点为(,)M x y ,因为22222||||||||||OB OM BM OM AM =+=+,所以22229(1)(1)x y x y =++-+-,化简得2211()()422x y -+-=,即点M 的轨迹是以11(,22N 为圆心,2为半径的圆,所以||2AN ==,所以||AM 的取值范围是22[2]22-+,从而||BC 的取值范围是[4+.故答案为:[4-+.13.在平面直角坐标系xOy 中,已知点(A t -,0)(0)t >,(,0)B t ,点C 满足8AC BC =,且点C 到直线:34240l x y -+=的最小距离为95,则实数t 的值是.【解析】解:设0(C x ,0)y ,(,0)A t - ,(,0)B t ,8AC BC =,0(x t ∴+,00)(y x t - ,0)8y =,即222008x t y -+=,∴222008x y t +=+,则点C 为半径的圆上,又点C 到直线:34240l x y -+=的最小距离为95,95=,∴3=,解得:1t =±,0t > ,1t ∴=.故答案为:1.14.阿波罗尼斯(古希腊数学家,约公元前262190-年)的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果,它将圆锥曲线的性质网罗殆尽几乎使后人没有插足的余地.他证明过这样一个命题:平面内与两定点距离的比为常数(0k k >且1)k ≠的点的轨迹是圆,后人将这个圆称为阿氏圆,现有ABC ∆,9AC =,sin 2sin C A =,则ABC ∆的面积最大值为.【解析】解:ABC ∆ ,9AC =,sin 2sin C A =,即2ca=,根据阿波罗尼斯圆的性质,点B 的轨迹为圆(去掉两个点),建立如图所示的直角坐标系:,设(,)B x y ,则2=,化为:22(5)16x y -+=,∴点B 的轨迹为以(5,0)M 为圆心,4为半径的圆,去掉两个点:(1,0),(9,0),MB AC ∴⊥时,ABC ∆的面积最大,故此时11941822ABC S AC MB ∆=⋅⋅=⨯⨯=,故答案为:18.15.阿波罗尼斯(古希腊数学家,约公元前262190-年)的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果,它将圆锥曲线的性质网罗殆尽,几乎使后人没有插足的余地.他证明过这样一个命题:平面内与两定点距离的比为常数(0,1)k k k >≠的点的轨迹是圆,后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.(1)若定点为(1,0)A -,(1,0)B ,写出12k =的一个阿波罗尼斯圆的标准方程22516()39x y ±+=(写对一个即可);(2)ABC ∆中,||2AB =,||||(1)AC k BC k =>,则当ABC ∆面积的最大值为k =.【解析】解:(1)设(,)P x y ,由题意可知12PA PB =,即有224PB PA =,2222(1)4[(1)]x y x y ∴-+=++,整理得22331030x y x +++=,或12PB PA =,即有224PA PB =,2222(1)4[(1)]x y x y ∴++=-+,整理得22331030x y x +-+=,故其标准方程为22516()39x y ++=或22516(39x y -+=,即为点P 的轨迹方程;(2)如图,不妨设(1,0)A ,(1,0)B -,(,)C x y ,则||||AC k BC =,可化为22222(1)[(1)]x y k x y -+=++,整理可得222222(1)(1)2(1)10k x k y k x k -+-+++-=,即222222211()()111k k x y k k ++-+=---,圆心221(1k k +-,0),22221()11k r k +=--由图可知当点C 到(AB x 轴)距离最大时,ABC ∆的面积最大,即当点C 到AB 的距离d 等于半径r 时,面积最大,ABC ∴∆面积的最大值是122r ⨯=,解得r =,故有22221(11k k +-=-,解得k =舍去),故答案为:22516()39x y ±+=(填一个即可).16.古希腊数学家阿波罗尼斯在他的巨著《圆锥曲线论》中有一个著名的几何问题:在平面上给定两点A 、B ,动点P 满足|||PA PB λ=(其中λ是正常数,且1)λ≠,则P 的轨迹是一个圆,这个圆称之为“阿波罗尼斯圆”.现已知两定点(1,0)M -、(2,1)N ,P 是圆22:3O x y +=上的动点,则|||PM PN +的最小值为.【解析】解:如图,在x 轴上取点(3,0)S -,||||||||OM OP OP OS ==MOP POS ∠=∠,MOP POS ∴∆∆∽,∴|||PS PM =,∴||||||||||PM PN PS PN SN +=+(当且仅当P 为SN 与圆O 交点时取等号),∴|||)||min PM PN SN +===17.阿波罗尼斯与阿基米德、欧几里得被称为亚历山大时期数学三巨匠.“阿波罗尼斯圆”是他的代表成果之一:平面上一点P 到两定点A ,B 的距离之满足||(0||PA t t PB =>且1)t ≠为常数,则P 点的轨迹为圆.已知圆22:1O x y +=和1(,0)2A -,若定点(B b ,10)()2b ≠-和常数λ满足:对圆O 上任意一点M ,都有||||MB MA λ=,则λ=2.【解析】解:设点(,)M x y ,由||||MB MA λ=,得222221()[()]2x b y x y λ-+=++,整理得2222222124011b b x y x λλλλ-++-+=--,所以222222011411b b λλλλ⎧+=⎪-⎪⎨-⎪=-⎪-⎩解得2λ=,2b =-如右图,当(0,1)M 或(0,1)M -时,3()4MAB max S ∆=.故答案为:2;34.18.平面向量a ,b ,c ,d 满足||||21a b a b ==⋅= ,(2)()c a b R λλλ=+-∈,|4|d b += 则||c d + 的最小值为.【解析】解:如图, ||||21a b a b ==⋅= ,112cos ,112||||a b a b a b ⋅∴<>===⨯⋅ ,又,[0,]a b π<>∈ ,∴,3a b π<>= ,设OA a = ,OB b = ,则1OA OB ==,又(2)()c a b R λλλ=+-∈ ,∴2()2()222c a b λλ-=⋅+⋅ ,设2OE a = ,2OF b = ,OC c = ,∴2((22OC OE OF λλ-=+ , 2122λλ-+=,C ∴,E ,F 三点共线,即点C 在直线EF 上,又,3EOF a b π∠=<>= ,22OE OA ==,22OF OB ==,EOF ∴∆是边长为2的等边三角形,又|4|d b +=,|4()|b d ∴--= ,设4OP b = ,OD d =- ,则44OP OB ==,||OP OD ∴-=,DP ∴=,D ∴在以P 为圆心,r =P 上,|||()|||c d c d OC OD DC +=--=-= ,而点C 在直线EF 上,又D 在以P 为半径的圆P 上,DC ∴的最小值即为圆心P 到直线EF 的距离减去半径,过P 作PH EF ⊥,垂足点为H ,又3PFH π∠=,422PF OP OF =-=-=,∴圆心P 到直线EF 的距离sin 2PH FP PFH =⨯∠=⨯,DC ∴的最小值为PH r -=-,故||c d +19.在平面直角坐标系xOy 中,已知圆22:()1C x m y -+=及点(1,0)A -,(1,2)B ,若圆C 上存在点P 使得2212PA PB +=,则实数m 的取值范围是.【解析】解:设0(P x ,0)y ,则2200()1x m y -+=,①又(1,0)A -,(1,2)B ,且2212PA PB +=,∴22220000(1)(1)(2)12x y x y +++-+-=,整理得:2200(1)4x y +-=,②若0(P x ,0)y 存在,则圆①②有公共点,则2121-+,解得m -∴实数m 的取值范围是[-,.故答案为:[-,.四.解答题20.在ABC ∆中,内角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c ,已知向量(2,1)m a = ,(2,cos )n b c C =- ,且//m n .(Ⅰ)求角A 的大小;(Ⅱ)若a =b c +的取值范围.【解析】解:(Ⅰ)向量(2,1)m a = ,(2,cos )n b c C =- ,且//m n ;2cos (2)0a C b c ∴--=,即2cos 2a C b c =-;由正弦定理得,2sin cos 2sin sin A C B C =-,即2sin cos 2sin()sin A C A C C =+-,2sin cos 2sin cos 2cos sin sin A C A C A C C ∴=+-,化简得2cos sin sin A C C =,即1cos 2A =;又(0,)A π∈,3A π∴=;(Ⅱ)ABC ∆中,3A π=,a =设ABC ∆外接圆的直径为2r ,由正弦定理得22sin sin 3a r A π===,2sin 2sin b c B C∴+=+2[sin(120)sin ]C C =︒-+4sin 60cos(60)C =︒︒-)C =︒-;606060C -︒<︒-<︒ ,11cos(60)2C ∴︒->,)C ∴︒->,即b c +的取值范围是,.。

专题4.2圆---利用“隐圆”模型求最值-中考数学二轮复习必会几何模型剖析(全国通用)

专题4.2圆---利用“隐圆”模型求最值-中考数学二轮复习必会几何模型剖析(全国通用)

D
Q
Q
C
N N
H
O O
A
MM
P P
B
∵MN=2NH= ON2-OH2 = 262-OH2
∴当OH最短时,MN最长.
与“圆”有关的最值问题
强化训练
提升能力
4.如图,在Rt△ABC中,∠C=90º,BC=6,AC=8,D,E分别是BC,AC上的一点,且
24/5
DE=6.若以DE为直径的圆与斜边AB相交于M,N两点,则MN的最大值为_____.
A
M
D
E
B
N
C
针对训练
点圆最值---点心线
考点4-1
1.如图,⊙O、⊙C,OC=5,点A、B分别是平面内的动点,且OA=4,BC=3,则OB长
2 ,AC长的最大值为_____
8 ,OB长的最小值为______
9 ,AC长的最小值
的最大值为______
12 ,AB长的最小值为____.
0
为______
1 ,AB长的最大值为______
2.如图,在矩形ABCD中,AB=4,AD=6,点E是AB边上的中点,点F是线段BC边上
的动点,将△EBF沿EF所在直线折叠得到△EB´F,连接B´C,则B´C最小值是
A
2 10-2
________.
A
B
O
C
D

E

B
F
C
模型分析
线圆最值---心垂线
考点4-2
BC、CD上两个动点,且∠EAF=60º,则△AEF的面积是否存在最小值?若存在,
求出其最小值;若不存在,请说明理由. 定角夹定高
【简答】将△ADF绕点A顺时针旋转120º,得△ABF´,则∠EAF´=60º,易证

中考数学专题《隐形圆解析》

中考数学专题《隐形圆解析》
A
D
E O
C
B
取 CB 中点 M,所以 E 点轨迹是以 M 为圆心、CB 为直径的圆弧.
A
D
E O
CM
B
连接 AM,与圆弧交点即为所求 E 点,此时 AE 值最小, AE AM EM 102 22 2 2 26 2 .
A
E
C
M
B
【2019 园区一模】如图,正方形 ABCD 的边长为 4,动点 E、F 分别从点 A、C 同时出发,
C
M
E
A
O
B
【寻找定边与直角】如图,在 Rt△ABC 中,∠ACB =90°,BC=4,AC=10,点 D 是 AC 上的 一个动点,以 CD 为直径作圆 O,连接 BD 交圆 O 于点 E,则 AE 的最小值为_________.
A
D
O
E
C
B
【分析】连接 CE ,由于 CD 为直径,故∠CED=90°,考虑到 CD 是动线段,故可以将此 题看成定线段 CB 对直角∠CEB .
A
D
O
P
F
B
E
C
连接 OC,与圆的交点即为 P 点,再通过勾股定理即可求出 PC 长度. 思路概述:分析动点形 成原理,通常“ 非直即圆” (不是直线就 是圆),接下来可以 寻找与动 点相关有无定直线与定 角.
【2013 武汉中考】如图,E 、F 是正方形 ABCD 的边 AD 上的两个动点,满足 AE =DF,连 接 CF 交 BD 于点 G,连接 BE 交 AG 于点 H,若正方形边长为 2,则线段 DH 长度的最小 值是________.
A
O
B
【辅助圆+相切】如图,在 Rt△ABC 中,∠ACB =90°,∠B=30°,AB =4,D 是 BC 上一动点, CE ⊥AD 于 E ,EF⊥AB 交 BC 于点 F,则 CF 的最大值是_________.

高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解48---隐圆(阿波罗尼斯圆)问题

高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解48---隐圆(阿波罗尼斯圆)问题

高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解第48讲 隐圆(阿波罗尼斯圆)问题隐圆问题近几年在高考题和各地模拟题中都出现过,难度为中高档,在题设中没有明确给出圆的相关信息,而是隐含在题目中,要通过分析、转化、发现圆(或圆的方程),从而最终利用圆的知识来求解,我们称这类问题为“隐圆问题”.考点一 利用圆的定义、方程确定隐形圆例1 (1)(2022·滁州模拟)已知A ,B 为圆C :x 2+y 2-2x -4y +3=0上的两个动点,P 为弦AB 的中点,若∠ACB =90°,则点P 的轨迹方程为( ) A .(x -1)2+(y -2)2=14B .(x -1)2+(y -2)2=1C .(x +1)2+(y +2)2=14D .(x +1)2+(y +2)2=1 答案 B解析 圆C 即(x -1)2+(y -2)2=2,半径r =2,因为CA ⊥CB , 所以|AB |=2r =2, 又P 是AB 的中点,所以|CP |=12|AB |=1,所以点P 的轨迹方程为(x -1)2+(y -2)2=1.(2)(2022·茂名模拟)已知向量a ,b 满足|a |=1,|b |=2,a ·b =0,若向量c 满足|a +b -2c |=1,则|c |的取值范围是( ) A .[1,5-1] B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤3-12,3+12C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤5-12,5+12 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤5+12,52答案 C解析 |a |=1,|b |=2,a ·b =0,以a 为y 轴,b 为x 轴,建立平面直角坐标系, 设OA →=a =(0,1),OB →=b =(2,0), OC →=c =(x ,y ),所以a +b -2c =(2-2x ,1-2y ), 由|a +b -2c |=1,可得(2-2x )2+(1-2y )2=1, 化简可得(x -1)2+⎝⎛⎭⎫y -122=⎝⎛⎭⎫122, 所以点C 的轨迹是以⎝⎛⎭⎫1,12为圆心,以r =12为半径的圆,原点(0,0)到⎝⎛⎭⎫1,12的距离为d =12+⎝⎛⎭⎫122=52, 所以|c |=x 2+y 2的取值范围是[d -r ,d +r ],即⎣⎢⎡⎦⎥⎤5-12,5+12.规律方法 对于动点的轨迹问题,一是利用曲线(圆、椭圆、双曲线、抛物线等)的定义识别动点的轨迹,二是利用直接法求出方程,通过方程识别轨迹.跟踪演练1 (2022·平顶山模拟)已知M ,N 为圆C :x 2+y 2-2x -4y =0上两点,且|MN |=4,点P 在直线l :x -y +3=0上,则|PM →+PN →|的最小值为( )A .22-2B .2 2C .22+2D .22- 5 答案 A解析 设线段MN 的中点为D ,圆C :x 2+y 2-2x -4y =0的圆心为C (1,2),半径为 5.则圆心C 到直线MN 的距离为(5)2-⎝⎛⎭⎫422=1,所以|CD |=1,故点D 的轨迹是以C 为圆心,半径为1的圆,设点D 的轨迹为圆D ,圆D 上的点到直线l 的最短距离为t =|1-2+3|2-1=2-1.所以|PM →+PN →|=|2PD →|=2|PD →|≥2t =22-2.考点二 由圆周角的性质确定隐形圆例2 (1)已知点P (2,t ),Q (2,-t )(t >0),若圆C :(x +2)2+(y -3)2=1上存在点M ,使得∠PMQ =90°,则实数t 的取值范围是( ) A .[4,6] B .(4,6)C .(0,4]∪[6,+∞)D .(0,4)∪(6,+∞) 答案 A解析 由题意知,点P (2,t ),Q (2,-t )(t >0), 可得以PQ 为直径的圆的方程为(x -2)2+y 2=t 2, 则圆心C 1(2,0),半径R =t , 又由圆C :(x +2)2+(y -3)2=1, 可得圆心C (-2,3),半径r =1,两圆的圆心距为|CC 1|=(2+2)2+(0-3)2=5,要使得圆C :(x +2)2+(y -3)2=1上存在点M ,使得∠PMQ =90°,即两圆存在公共点,则满足⎩⎪⎨⎪⎧R +r ≥5,R -r ≤5,即⎩⎪⎨⎪⎧t +1≥5,t -1≤5,解得4≤t ≤6,所以实数t 的取值范围是[4,6].(2)(2022·长沙雅礼中学质检)已知直线l :x -y +4=0上动点P ,过P 点作圆x 2+y 2=4的两条切线,切点分别为C ,D ,记M 是CD 的中点,则直线CD 过定点________,点M 的轨迹方程为______________________________. 答案 (-1,1) ⎝⎛⎭⎫x +122+⎝⎛⎭⎫y -122=12 解析 如图,连接PO ,CO ,DO ,因为PD ⊥DO ,PC ⊥CO ,所以P ,D ,O ,C 在以PO 为直径的圆上, 设P (x 0,x 0+4),则以OP 为直径的圆的方程为⎝⎛⎭⎫x -x 022+⎝⎛⎭⎫y -x 0+422=x 20+(x 0+4)24, 化简得x 2-x 0x -(x 0+4)y +y 2=0, 与x 2+y 2=4联立,可得CD 所在直线的方程为x 0x +(x 0+4)y =4⇒x 0(x +y )=4(1-y )⇒⎩⎪⎨⎪⎧ 1-y =0,x +y =0⇒⎩⎪⎨⎪⎧y =1,x =-1,直线CD 过定点Q (-1,1),又OM ⊥CD ,所以OM ⊥MQ ,所以点M 在以OQ 为直径的圆上, 所以点M 的轨迹为⎝⎛⎭⎫x +122+⎝⎛⎭⎫y -122=12. 规律方法 利用圆的性质,圆周角为直角,即可得到:若P A ⊥PB 或∠APB =90°,则点P 的轨迹是以AB 为直径的圆.注意轨迹中要删除不满足条件的点.跟踪演练2 (2022·北京海淀区模拟)在平面直角坐标系中,直线y =kx +m (k ≠0)与x 轴和y 轴分别交于A ,B 两点,|AB |=22,若CA ⊥CB ,则当k ,m 变化时,点C 到点(1,1)的距离的最大值为( ) A .4 2 B .3 2 C .2 2 D. 2 答案 B解析 由y =kx +m (k ≠0)得A ⎝⎛⎭⎫-mk ,0,B (0,m ), 因为CA ⊥CB ,所以点C 的轨迹是以AB 为直径的圆,其方程为⎝⎛⎭⎫x +m 2k 2+⎝⎛⎭⎫y -m 22=m 24k 2+m24, 设该动圆的圆心为(x ′,y ′),则x ′=-m 2k ,y ′=m2,整理得k =-y ′x ′,m =2y ′,代入到⎝⎛⎭⎫-mk 2+m 2=8中,得x ′2+y ′2=2, 即点C 轨迹的圆心在圆x ′2+y ′2=2上,故点(1,1)与该圆上的点(-1,-1)的连线的距离加上圆的半径即为点C 到点(1,1)的距离的最大值,最大值为[1-(-1)]2+[1-(-1)]2+2=3 2.考点三 阿波罗尼斯圆例3(多选)古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现“若A ,B 为平面上相异的两点,则所有满足:|P A ||PB |=λ(λ>0,且λ≠1)的点P 的轨迹是圆,后来人们称这个圆为阿波罗尼斯圆.在平面直角坐标系中,A (-2,0),B (4,0),若λ=12,则下列关于动点P 的结论正确的是( )A .点P 的轨迹方程为x 2+y 2+8x =0B .△APB 面积的最大值为6C .在x 轴上必存在异于A ,B 的两定点M ,N ,使得|PM ||PN |=12D .若点Q (-3,1),则2|P A |+|PQ |的最小值为5 2 答案 ACD解析 对于选项A ,设P (x ,y ),因为P 满足|P A ||PB |=12,所以(x +2)2+y 2(x -4)2+y 2=12,化简得x 2+y 2+8x =0,故A 正确; 对于选项B ,由选项A 可知, 点P 的轨迹方程为x 2+y 2+8x =0,即(x +4)2+y 2=16,所以点P 的轨迹是以(-4,0)为圆心,4为半径的圆, 又|AB |=6,且点A ,B 在直径所在直线上,故当点P 到圆的直径所在直线的距离最大时,△P AB 的面积取得最大值, 因为圆上的点到直径的最大距离为半径,即△P AB 的高的最大值为4, 所以△P AB 面积的最大值为12×6×4=12,故B 错误;对于选项C ,假设在x 轴上存在异于A ,B 的两定点M ,N ,使得|PM ||PN |=12,设M (m ,0),N (n ,0),故(x -m )2+y 2(x -n )2+y 2=12,即(x -n )2+y 2=2(x -m )2+y 2, 化简可得x 2+y 2-8m -2n 3x +4m 2-n 23=0,又点P 的轨迹方程为x 2+y 2+8x =0, 可得⎩⎨⎧-8m -2n3=8,4m 2-n23=0,解得⎩⎪⎨⎪⎧ m =-6,n =-12或⎩⎪⎨⎪⎧m =-2,n =4(舍去), 故存在异于A ,B 的两定点M (-6,0),N (-12,0), 使得|PM ||PN |=12,故C 正确;对于选项D ,因为|P A ||PB |=12,所以2|P A |=|PB |,所以2|P A |+|PQ |=|PB |+|PQ |,又点P 在圆x 2+8x +y 2=0上,如图所示,所以当P ,Q ,B 三点共线时2|P A |+|PQ |取得最小值,此时(2|P A |+|PQ |)min =|BQ | =[4-(-3)]2+(0-1)2=52,故D 正确.规律方法 “阿波罗尼斯圆”的定义:平面内到两个定点A (-a ,0),B (a ,0)(a >0)的距离之比为正数λ(λ≠1)的点的轨迹是以C ⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2+1λ2-1a ,0为圆心,⎪⎪⎪⎪2aλλ2-1为半径的圆,即为阿波罗尼斯圆.跟踪演练3 若平面内两定点A ,B 间的距离为2,动点P 满足|P A ||PB |=3,则|P A |2+|PB |2的最大值为( )A .16+83B .8+4 3C .7+43D .3+ 3 答案 A解析 由题意,设A (-1,0),B (1,0),P (x ,y ), 因为|P A ||PB |=3,所以(x +1)2+y 2(x -1)2+y 2=3,即(x -2)2+y 2=3,所以点P 的轨迹是以(2,0)为圆心,半径为3的圆,因为|P A |2+|PB |2=(x +1)2+y 2+(x -1)2+y 2=2(x 2+y 2+1),其中x 2+y 2可看作圆(x -2)2+y 2=3上的点(x ,y )到原点(0,0)的距离的平方, 所以(x 2+y 2)max =(2+3)2=7+43,所以[2(x 2+y 2+1)]max =16+83, 即|P A |2+|PB |2的最大值为16+8 3.专题强化练1.已知圆O :x 2+y 2=1,圆M :(x -a )2+(y -2)2=2.若圆M 上存在点P ,过点P 作圆O 的两条切线,切点为A ,B ,使得P A ⊥PB ,则实数a 的取值范围为( ) A .[0,2] B .[-52,1] C .[-2,2] D .[-2,2] 答案 D解析 由题意可知四边形P AOB 为正方形, |OP |=2,∴点P 在以O 为圆心,以2为半径的圆上,其方程为x 2+y 2=2, 若圆M 上存在这样的点P ,则圆M 与x 2+y 2=2有公共点, 则有2-2≤a 2+4≤2+2, 解得-2≤a ≤2.2.已知点A (-5,-5)在动直线mx +ny -m -3n =0上的射影为点B ,若点C (5,-1),那么|BC |的最大值为( )A .16B .14C .12D .10 答案 C解析 由动直线方程化为m (x -1)+n (y -3)=0,可知其恒过定点Q (1,3). 又∵点A (-5,-5)在动直线mx +ny -m -3n =0上的射影为点B , ∴∠ABQ =90°,则点B 的轨迹是以AQ 为直径的圆, ∴圆心为AQ 的中点M (-2,-1), 圆的半径r =12|AQ |=5.又|MC |=(5+2)2+(-1+1)2=7>r =5,∴点C (5,-1)在圆M 外,故|BC |的最大值为r +|MC |=7+5=12.3.(2022·武汉模拟)已知O 为坐标原点,点A (cos α,sin α),B ⎝⎛⎭⎫cos ⎝⎛⎭⎫α+π3,sin ⎝⎛⎭⎫α+π3,以OA ,OB 为邻边作平行四边形AOBP ,Q (-2,0),则∠PQO 的最大值为( ) A.π6 B.π4 C.π3 D.π2 答案 C解析 已知圆O :x 2+y 2=1,A ,B 是圆O 上两动点,且∠AOB =π3,所以△AOB 为等边三角形, 又|AB |=|OA |=1, 取AB 的中点M ,则|OM |=32, 所以|OP |=3,所以点P 的轨迹方程为x 2+y 2=3, 当PQ 与x 2+y 2=3相切时,∠PQO 最大, 此时sin ∠PQO =32, 则∠PQO =π3.4.已知△ABC 是等边三角形,E ,F 分别是AB 和AC 的中点,P 是△ABC 边上一动点,则满足PE →·PF →=BE →·CF →的点P 的个数为( ) A .1 B .2 C .3 D .4 答案 D解析 以BC 的中点O 为坐标原点,BC ,OA 所在直线为x 轴、y 轴,建立如图所示的平面直角坐标系.设△ABC 的边长为4,则B (-2,0),C (2,0),A (0,23),E (-1,3), F (1,3),BE →=(1,3),CF →=(-1,3), 设P (x ,y ),则PE →=(-1-x ,3-y ), PF →=(1-x ,3-y ), 由PE →·PF →=BE →·CF →得,(-1-x ,3-y )·(1-x ,3-y ) =(1,3)·(-1,3), 所以x 2+(y -3)2=3,即点P 的轨迹是以(0,3)为圆心,3为半径的圆,也就是以AO 为直径的圆,易知该圆与△ABC 的三边有4个公共点.5.(多选)已知AB 为圆O :x 2+y 2=49的弦,且点M (4,3)为AB 的中点,点C 为平面内一动点,若AC 2+BC 2=66,则( ) A .点C 构成的图象是一条直线 B .点C 构成的图象是一个圆 C .OC 的最小值为2 D .OC 的最小值为3 答案 BC解析 ∵点M (4,3)为AB 的中点,∴OM ⊥AB ,|OM |=42+32=5,∴|AM |=|BM |=49-52=26,∵AC 2+BC 2=66,∴AC →2+BC →2=66,则(AM →+MC →)2+(BM →+MC →)2=66,即AM →2+2AM →·MC →+MC →2+BM →2+2BM →·MC →+MC →2=66,∵AM →=-BM →,则可得2AM →2+2MC →2=66,可解得|MC |=3,∴点C 构成的图象是以M 为圆心,3为半径的圆,故A 错误,B 正确;∴可得OC 的最小值为|OM |-3=5-3=2,故C 正确,D 错误.6.(多选)(2022·福州模拟)已知A (-3,0),B (3,0),动点C 满足|CA |=2|CB |,记C 的轨迹为Γ.过A 的直线与Γ交于P ,Q 两点,直线BP 与Γ的另一个交点为M ,则( )A .Q ,M 关于x 轴对称B .△P AB 的面积的最大值为6 3C .当∠PMQ =45°时,|PQ |=4 2D .直线AC 的斜率的范围为[-3,3]答案 AC解析 设C (x ,y ),由|CA |=2|CB |得,(x +3)2+y 2=2(x -3)2+y 2,整理得Γ的方程为(x -5)2+y 2=16,其轨迹是以D (5,0)为圆心,半径r =4的圆.由图可知,由于AB =6,所以当DP 垂直于x 轴时,△P AB 的面积有最大值,所以(S △P AB )max =12|AB |·r =12×6×4=12, 选项B 错误;因为|P A |=2|PB |,|MA |=2|MB |,所以|P A ||MA |=|PB ||MB |,所以∠P AB =∠MAB , 又C 的轨迹Γ关于x 轴对称,所以Q ,M 关于x 轴对称,选项A 正确;当∠PMQ =45°时,∠PDQ =45°×2=90°,则△DPQ 为等腰直角三角形,|PQ |=2r =42,选项C 正确;当直线AC 与圆D 相切时,CD ⊥AC ,此时|AD |=8=2r=2|CD |,所以sin ∠DAC =12, 所以切线AC 的倾斜角为30°和150°,由图可知,直线AC 的斜率的取值范围为⎣⎡⎦⎤-33,33,选项D 错误.7.已知等边△ABC 的边长为2,点P 在线段AC 上,若满足P A →·PB →-2λ+1=0的点P 恰有两个,则实数λ的取值范围是______________.答案⎝⎛⎦⎤38,12解析 如图,以AB 的中点O 为坐标原点,AB ,OC 所在直线为x 轴、y 轴,建立平面直角坐标系,则A (-1,0),B (1,0),设P (x ,y ).则P A →·PB →-2λ+1=0,即为(-1-x )(1-x )+y 2-2λ+1=0,化简得x 2+y 2=2λ(λ>0),故所有满足P A →·PB →-2λ+1=0的点P 在以O 为圆心,2λ为半径的圆上.过点O 作OM ⊥AC ,垂足为点M ,由题意知,线段AC 与圆x 2+y 2=2λ有两个交点,所以|OM |<2λ≤|OA |, 即32<2λ≤1,解得38<λ≤12. 8.已知⊙M :x 2+y 2-2x -2y -2=0,直线l :2x +y +2=0,P 为l 上的动点,过点P 作⊙M 的切线P A ,PB ,切点为A ,B ,当|PM |·|AB |取得最小值时,直线AB 的方程为________________. 答案 2x +y +1=0解析 ⊙M :(x -1)2+(y -1)2=4,①则圆心M (1,1),⊙M 的半径为2.如图,由题意可知PM ⊥AB ,∴S 四边形P AMB =12|PM |·|AB | =|P A |·|AM |=2|P A |,∴|PM |·|AB |=4|P A |=4|PM |2-4.当|PM |·|AB |最小时,|PM |最小,此时PM ⊥l .故直线PM 的方程为y -1=12(x -1), 即x -2y +1=0.由⎩⎪⎨⎪⎧ x -2y +1=0,2x +y +2=0,得⎩⎪⎨⎪⎧x =-1,y =0, ∴P (-1,0).依题意知P ,A ,M ,B 四点共圆,且PM 为圆的直径,∴该圆方程为x 2+⎝⎛⎭⎫y -122=54,② 由①-②整理得2x +y +1=0,即直线AB 的方程为2x +y +1=0.。

2019年高三数学文科第二轮专题复习:微点深化“解析几何中的隐形圆”问题

2019年高三数学文科第二轮专题复习:微点深化“解析几何中的隐形圆”问题

微点深化 解析几何中的“隐形圆”问题 高考中圆的方程是C 级知识点,其重要性不言而喻.但在一些题目中,条件没有直接给出圆方面的信息,而是隐藏在题目中,要通过分析和转化,发现圆(或圆的方程),从而最终可以利用圆的知识求解,我们称此类问题为“隐形圆”问题.【例1】 (1)(2018·南通、泰州调研)在平面直角坐标系xOy 中,已知点A (-4,0),B (0,4),从直线AB 上一点P 向圆x 2+y 2=4引两条切线PC ,PD ,切点分别为C ,D .设线段CD 的中点为M ,则线段AM 长的最大值为________.(2)已知实数a ,b ,c 满足a 2+b 2=c 2,c ≠0,那么b a -2c的取值范围为________. 解析 (1)法一(几何法) 因为直线AB 的方程为y =x +4,所以可设P (a ,a +4), 设C (x 1,y 1),D (x 2,y 2),所以PC 方程为x 1x +y 1y =4,PD :x 2x +y 2y =4,将P (a ,a +4)分别代入PC ,PD 方程,⎩⎨⎧ax 1+(a +4)y 1=4,ax 2+(a +4)y 2=4,则直线CD 的方程为ax +(a +4)y =4,即a (x +y )=4-4y ,所以直线CD 过定点N (-1,1),又因为OM ⊥CD ,所以点M 在以ON 为直径的圆上(除去原点),又因为以ON 为直径的圆的方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x +122+⎝ ⎛⎭⎪⎫y -122=12,所以AM 的最大值为⎝ ⎛⎭⎪⎫-4+122+⎝ ⎛⎭⎪⎫122+22=3 2. 法二(参数法) 因为直线AB 的方程为y =x +4,所以可设P (a ,a +4),同法一可知直线CD 的方程为ax +(a +4)y =4,即a (x +y )=4-4y ,得a =4-4y x +y.又因为O ,P ,M 三点共线,所以ay -(a +4)x =0,得a =4x y -x .因为a =4-4y x +y =4x y -x,所以点M 的轨迹方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x +122+⎝ ⎛⎭⎪⎫y -122=12(除去原点),所以AM 的最大值为⎝ ⎛⎭⎪⎫-4+122+⎝ ⎛⎭⎪⎫122+22=3 2.(2)由已知得⎝ ⎛⎭⎪⎫a c 2+⎝ ⎛⎭⎪⎫b c 2=1,设a c =x ,b c =y ,则x 2+y 2=1,b a -2c =b ca c -2=y x -2,问题就转化为求单位圆上的点与点(2,0)连线斜率的取值范围.设直线的方程为y =k (x -2),即kx -y -2k =0,由d =r ,得|-2k |k 2+(-1)2=1,解得k =±33,所以所求斜率的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤-33,33,即b a -2c 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤-33,33. 答案 (1)32 (2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤-33,33 【例2】 (1)(2018·南京、盐城一模)在平面直角坐标系xOy 中,若直线y =k (x -33)上存在一点P ,圆x 2+(y -1)2=1上存在一点Q ,满足OP→=3OQ →,则实数k 的最小值为________.(2)(2018·南通一调)在平面直角坐标系xOy 中,点A (1,0),B (4,0).若直线x -y+m =0上存在点P 使得P A =12PB ,则实数m 的取值范围是________.解析 (1)设点P (x ,y ),由OP →=3OQ →可得Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3,y 3.又点Q 在圆x 2+(y -1)2=1上,可得⎝ ⎛⎭⎪⎫x 32+⎝ ⎛⎭⎪⎫y 3-12=1,即x 2+(y -3)2=9,所以点P 既在圆x 2+(y -3)2=9上,又在直线y =k (x -33)上,即直线与圆有交点,所以圆心到直线距离d =|-3-33k |1+k 2≤3,解得-3≤k ≤0. (2)设P (x ,y ),由P A =12PB ,得(x -1)2+y 2=12(x -4)2+y 2,化简得x 2+y 2=4,问题等价于直线与圆有交点,即d =|m |2≤2,解得m ∈[-22,22]. 答案 (1)-3 (2)[-22,22]【例3】 (1)在平面直角坐标系xOy 中,已知圆C :(x -a )2+(y -a +2)2=1,点A (0,2),若圆C 上存在点M ,满足MA 2+MO 2=10,则实数a 的取值范围是________.(2)在平面直角坐标系xOy 中,已知圆M :(x -a )2+(y +a -3)2=1(a >0),点N为圆M 上任意一点.若以N 为圆心,ON 为半径的圆与圆M 至多有一个公共点,则a 的最小值为________.解析 (1)设点M (x ,y ),由A (0,2),O (0,0)及MA 2+MO 2=10,得x 2+(y -2)2+x 2+y 2=10,整理得x 2+(y -1)2=4,即点M 在圆E :x 2+(y -1)2=4上.若圆C 上存在点M 满足MA 2+MO 2=10也就等价于圆E 与圆C 有公共点,所以|2-1|≤CE ≤2+1,即|2-1|≤a 2+(a -3)2≤2+1,整理得1≤2a 2-6a +9≤9,解得0≤a ≤3,即实数a 的取值范围是[0,3].(2)圆M 的圆心M (a ,3-a )在直线x +y =3上,点O 到直线x +y -3=0的距离为322>2,所以ON >2-1=1.圆M 与圆N 至多有一个公共点,则两圆内含或内切(圆M 在圆N 内),所以MN =1≤ON -1,所以ON ≥2,即(ON )min ≥2,所以OM -1≥2,即a 2+(3-a )2≥9(a >0),解得a ≥3.故a 的最小值为3.答案 (1)[0,3] (2)3探究提高 (1)如何发现隐形圆(或圆的方程)是关键,常见的有以下五个策略: 策略一:利用圆的定义(到定点的距离等于定长的点的轨迹)确定隐形圆;策略二:动点P 对两定点A ,B 的张角是90°(k P A ·k PB =-1或P A →·PB→=0)确定隐形圆;策略三:两定点A ,B ,动点P 满足P A →·PB→=λ确定隐形圆; 策略四:两定点A ,B ,动点P 满足P A 2+PB 2是定值确定隐形圆;策略五:两定点A ,B ,动点P 满足AP =λBP (λ>0,λ≠1)确定隐形圆(阿波罗尼斯圆).(2)“隐形圆”发掘出来以后常考查点和圆、直线和圆、圆和圆的位置关系等相关知识点,例1、例2和例3分别从三个方面作了考查,一般解决思路可从“代数角度”或“几何角度”入手.【训练】 (1)若实数a ,b ,c 成等差数列,点P (-1,0)在动直线ax +by +c =0上的射影为点M ,点N (3,3),则线段MN 长度的最大值为________.(2)(2016·镇江模拟)已知集合M ={(x ,y )|x -3≤y ≤x -1},N ={P |P A ≥2PB , A (-1,0),B (1,0)},则表示M ∩N 的图形面积等于________.解析 (1)由题意,2b =a +c ,所以动直线的方程为2ax +(a +c )y +2c =0,即a (2x+y)+c(y+2)=0,所以动直线ax+by+c=0过定点A(1,-2).设点M(x,y),由MP⊥MA可求得点M的轨迹方程为圆Q:x2+(y+1)2=2,故线段MN长度的最大值为QN+r=5+ 2.(2)令P(x,y),所以(x+1)2+y2≥2[(x-1)2+y2].所以x2-6x+y2+1≤0,所以(x-3)2+y2≤8,所以点P的轨迹为以(3,0)为圆心的圆及圆的内部.表示M∩N的图形如图中阴影部分所示,由于直线y=x-3过圆心(3,0),圆心(3,0)到直线y=x-1的距离为|3-1|2=2,直线y=x-1与圆的两个交点所对的圆心角为2π3,所以阴影部分面积为12×(22)2×sin2π3+12×(22)2×π3=23+4π3.答案(1)5+2(2)23+4π3。

数学高考二轮热点难点微专题五隐圆问题

数学高考二轮热点难点微专题五隐圆问题

第13页
专题综述 典型例题 课后作业
热点难点微专题五 “隐圆”问题
2. 已知|O→A|=|O→B|= 2,且O→A·O→B=1,若点 C 满足|O→A+O→B|=1,则|O→C|的取值范 围是________. [ 6-1, 6+1] 解析:O→A·O→B=|O→A|×|O→B|×cos〈O→A,O→B〉=1,cos〈O→A,O→B〉 =12,cos〈O→A,O→B〉=π3.以 O 为坐标原点,OA 所在直线为 x 轴,建立平面直角 坐标系,则 O(0,0),令 A( 2,0),B 22, 26,令O→P=O→A+O→B=32 2, 26,|O→P |= 6,|O→A+O→B|=|O→A+O→B-O→C|=|O→P-O→C|=1,
转化为两个圆有公共点的问题,利用圆心距与半径关系求出 x0 的取值范围.
第6页
专题综述 典型例题 课后作业
热点难点微专题五 “隐圆”问题
(3)

33,
3 3
解析:记线段 AB 的中点为 M,因为△ABC 为等腰直角三角形(C
为直角顶点),所以点 C 在以 M 为圆心,半径为 1 的圆上.又因为点 C 在圆 O 上,
第12页
专题综述 典型例题 课后作业
热点难点微专题五 “隐圆”问题
课 后时 作 业
1. 已知点 M(a,b)在圆 O:x2+y2=4 外,则直线 ax+by=4 与圆 O 的位置关系是 ________.
相交 解析:因为点 M(a,b)在圆 O:x2+y2=4 外,所以 a2+b2>4,圆心 O(0,0) 到直线 ax+by=4 的距离为 d= a24+b2<2=r,故直线 ax+by=4 与圆 O 的位置关 系是相交.
第18页

中考数学压轴题隐形圆及最值问题

中考数学压轴题隐形圆及最值问题

专题18 隐形圆及最值问题本文主要从以下四个方面去介绍:一、从圆的定义构造圆(折叠类问题)二、定边对直角三、定边对定角四、四点共圆一、从圆的定义构造圆(折叠类问题)圆的定义:平面内到定点的距离等于定值的所有点构成的集合.构造思路:若动点到平面内某定点的距离始终为定值,则其轨迹是圆或圆弧.1、几个点到某个定点距离相等可用圆(定点为圆心,相等距离为半径)例:如图,若AB=OA=OB=OC,则∠ACB的大小是_______例:如图,已知AB=AC=AD,∠CBD=2∠BDC,∠BAC=44°,则∠CAD的度数为__________2、动点到定点距离保持不变的可用圆(先确定定点,定点为圆心,动点到定点的距离为半径)例:木杆AB斜靠在墙壁上,当木杆的上端A沿墙壁NO竖直下滑时,木杆的底端B也随之沿着射线OM方向滑动.下列图中用虚线画出木杆中点P随之下落的路线,其中正确的是()如图,在Rt ABCBC=,点F在边AC上,并且2AC=,8CF=,点E为∆中,90C∠=︒,6边BC上的动点,将CEF∆沿直线EF翻折,点C落在点P处,则点P到边AB距离的最小值是.二、定边对直角知识回顾:直径所对的圆周角是直角.构造思路:一条定边所对的角始终为直角,则直角顶点轨迹是以定边为直径的圆或圆弧.图形释义:PPABOP例:若AB是一条定线段,且∠APB=90°,则P点轨迹是以AB为直径的圆.如图,在Rt ABC∆中,90ACB∠=︒,8AC=cm,3BC=cm.D是BC边上的一个动点,连接AD,过点C作CE AD⊥于E,连接BE,在点D变化的过程中,线段BE的最小值是()A.1 B.3C.2 D.5例:如图,△ACB中,CA=CB=4,∠ACB=90°,点P为CA上的动点,连BP,过点A作AM⊥BP于M.当点P从点C运动到点A时,线段BM的中点N运动的路径长为()A2B2πC3D.2π三、定边对定角在“定边对直角”问题中,依据“直径所对的圆周角是直角”,关键性在于寻找定边、直角,而根据圆周角定理:同圆或等圆中,同弧或等弧所对的圆周角都相.定边必不可少,而直角则可一般为定角.例如,AB为定值,∠P为定角,则P点轨迹是一个圆.PPA BP例:(2018•日照)如图,已知点(1,0)A-,(3,0)B,(0,1)C在抛物线2y ax bx c=++上.(1)求抛物线解析式;(2)在直线BC上方的抛物线上求一点P,使PBC∆面积为1;(3)在x轴下方且在抛物线对称轴上,是否存在一点Q,使BQC BAC∠=∠?若存在,求出Q点坐标;若不存在,说明理由.ABCDE若平面上A、B、C、D四个点满足ABD ACD∠=∠=90︒,则A、B、C、D在以AD中点E为圆心、EA长为半径的圆上(可证EA EB EC ED===).EDCBA若平面上A、B、C、D四个点满足ABC ADC∠=∠=90︒,则A、B、C、D在以AC中点E为圆心、EA为半径的圆上(可证EA EB EC ED===).若平面上A、B、C、D四个点满足ADB ACB∠=∠,则A、B、C、D四点共圆.证明条件:线段同侧张角相等.ODC BA若平面上A 、B 、C 、D 四个点满足ABC ADC ∠+∠=180︒,则A 、B 、C 、D 四点共圆. 证明条件:1.四边形对角互补; 2.四边形外角等于内对角.两条线段被一点分成(内分或外分)两段长的乘积相等,则这两条线段的四个端点共圆.四边形ABCD 的对角线AC 、BD 交于H , 若AH CH BH DH ⋅=⋅,则A B C D 、、、四点共圆.四边形ABCD 的对边BA 、CD 的延长线交于P , 若PA PB PD PC ⋅=⋅,则A B C D 、、、四点共圆.例题1: 如图1,在四边形ABCD 中,98DAC ∠=︒,82DBC ∠=︒,70BCD ∠=︒,BC AD =,则ACD ∠=______________.(2)如图2,在ABC △的边AB 、AC 上分别取点Q 、P ,使得12PBC QCB A ∠=∠=∠.求证:BQ CP =.QPC BA图1 图2例:如图,在△ABC 中,∠ACB =90°,AC =BC ,AB =4cm ,CD 是中线,点E 、F 同时从点D 出发,以相同的速度分别沿DC 、DB 方向移动,当点E 到达点C 时,运动停止,直线AE 分别与CF 、BC 相交于G 、H ,则在点E 、F 移动过程中,点G 移动路线的长度为( )MABCP QDCABH OBCDAPBACDA.2 B.πC.2πD.2 2π圆中最值问题方法总结:圆中求最值的方法:(在圆中,注意圆的半径长为定值,要围绕半径构造模型解题)①结合半径,利用垂线段最短直接构造直角三角形求解,如T1,T2;②根据圆的对称性,将线段转换到一起,再利用两点之间线段最短求解,如T3,T10;③利用直径是圆中最长的弦求解,如T5;④寻找隐含条件(如中位线、直角三角形斜边上的中线等),构造直角三角形或隐圆解题,如T6,T9.1.如图,等边ABC∆的边长为2,A的半径为1,D是BC上的动点,DE与A相切于E,DE的最小值是()A.1B.2C.3D.22.如图,在O中,弦1AB=,点C在AB上移动,连接OC,过点C作CD OC⊥交O于点D,则CD的最大值为.3.如图点A 是半圆上一个三等分点(靠近点N 这一侧),点B 是弧AN 的中点,点P 是直径MN 上的一个动点,若O 半径为3,则AP BP +的最小值为 .4.如图,ABC ∆是O 的内接三角形,且AB 是O 的直径,点P 为O 上的动点,且60BPC ∠=︒,O 的半径为6,则点P 到AC 距离的最大值是 .5.如图,AC 是O 的弦,5AC =,点B 是O 上的一个动点,且45ABC ∠=︒,若点M 、N 分别是AC 、BC 的中点,则MN 的最大值是 .6.如图,在平面直角坐标系中,已知(3,4)C ,以点C 为圆心的圆与y 轴相切.点A 、B 在x 轴上,且OA OB =.点P 为C 上的动点,90APB ∠=︒,则AB 长度的最大值为 .7.已知点A是圆心为坐标原点O且半径为3的圆上的动点,经过点(4,0)B作直线l x⊥轴,点P是直线l上的动点,若45∆的面积的最大值为.∠=︒,则BOPOPA8.如图,已知O的半径为m,点C为直径AB延长线上一点,BC m=.过点C任作一直线l,若l上总存在点P,使过P所作的O的两切线互相垂直,则ACP∠的最大值等于.9.如图,P是矩形ABCD内一点,4AD=,AP BPAB=,2⊥,则当线段DP最短时,CP=.10.如图,AB是O的直径,点C、D是O上的点,且//OD BC,AC分别与BD、OD 相交于点E、F.(1)求证:点D为AC的中点;(2)若6AB=,求DF的长;CB=,10(3)若O的半径为2,80+的最DOA∠=︒,点P是线段AB上任意一点,试求出PC PD小值.。

中考数学复习指导:发现“隐形”圆巧求最小值

中考数学复习指导:发现“隐形”圆巧求最小值

发现发现““隐形隐形””圆 巧求最小值在近几年的中考数学试题中,常有一些涉及到求线段最小值的问题.这些题目入手较难,得分率很低,分析其原因不难发现,学生对题目中运动变化的本质没有搞清楚.在这些蕴含运动变化的问题中,并没有显性的圆,但是仔细分析题目的条件,如果能发现某个点的运动路径是一个圆(或是一段弧),可谓是“山重水复疑无路,柳暗花明又一村”,将会对问题的解决起着重要的作用.下面举例说明.一、翻折中的“隐形”圆例1 如图1,在Rt ABC ∆中,90,6,8C AC BC ∠=°==,点F在边AC 上,并且2CF =,点E 为边BC 上的动点,将CEF ∆沿直线EF 翻折,点C 落在点P 处,则点P 到边AB 距离的最小值是 .解 如图2,当点E 在BC 上运动时, PF 的长固定不变,即2PF CF ==.所以点P 在 以点F 为圆心,以2为半径的圆上运动.过点F 作FH AB ⊥交⊙F 于点P ,垂足为H ,此时PH 最短.由AFH ABC ∆∆:,得FH FA BC AB=.又由已知易得4,10AF AB ==.所以4810FH =,即165FH =.所以P 到AB 距离的最小值166255PH FH FP =−=−=.点评 本题关键的地方在于抓住无论点E 的位置在哪,翻折,FCE PF ∆的长度始终等 于FC 的长度,即2PF =.也就是说动点P 到定点F 的距离是定值2,所以点F 的运动路径是以点F 为圆心,2为半径的圆(或部分).如此,这个问题就最终转化为在圆上找一个到定直线距离最短的点.我们可以利用图3的模型1来作出直观解释.模型1 如图3,直线m 与⊙O 相离,过D 点O 作直线m 的垂线,垂足为点H ,交⊙O 与点P 、点Q ,则⊙O 上点P 到直线m 的距离最短,点Q 到直线m 的距离最长理由简述 在⊙O 上任意找一点P ′,过P ′作P H ′′⊥直线m ,垂足为点H ′.由三角形三边关系及直角三角形斜边大于直角边可得:OP P H OH OH ′′′′+>>,而OH OP PH =+,OP OP ′=,所以P H PH ′′>,所以点P 到直线m 的距离最短.类似的方法可以说明点P 到直线m 的距离最长.例2如图4,在边长为2的菱形ABCD 中,60,A M ∠=°对是AD 边的中点,N 是AB 边上一动点.将AMN ∆沿MN 所在的直线翻折得到A MN ′∆,连结A C ′,则A C ′长度的最小值是 .解 当点N 在AB 边上运动时,MA ′的长度固定不变,即1MA MA ′==,所以点A ′在以点M 为圆心,1为半径的圆上运动,如图5,连接CM ,与⊙M 交于点A ′,此时CA ′最短.过点C 作CG AD ⊥交AD 的延长线于点G .因为2,60CD CDG A =∠=∠=°,所以1,DG CG ==,在Rt CMG ∆中,由勾股定理,得CM == 点评 同例1,无论N 点在何处,沿MN 翻折后,线段MA ′的长度(1MA MA ′==)保持不变,而且点M 是定点,所以点A ′的运动轨迹是以M 为圆心,1为半径的圆(部分).要求A C ′的最小值,回归到模型1中,连结圆外定点C 与圆心M 与圆M 交于点A ′,此时A C ′的长度即为最小值.我们可以借助图6利用模型2来作出直观解释.模型2 如图6,点P 为⊙O 外一定点,连结PO 交⊙O 于点A ,延长线与⊙O 交于另一点B ,则PA 的长度为⊙O 外一点P 到⊙O 的最短距离,PB 的长度为⊙O 外一点P 到⊙O 的最长距离.理由简述 在⊙O 上再任意找一点A ′ ,连接PA ′,由三角形三边关系,可得OA PA OP ′′+>.又,OP OA AP OA OA ′=+=,所以PA PA ′>.类似的方法可以说明PB 的长度为⊙O 外一点P 到⊙O 的最长距离.例3 如图7,菱形ABCD 的边8,60AB B =∠=°,P 是AB 上一点,3,BP Q =是CD 边上一动点,将梯形APQD 沿直线PQ 折叠, A 的对应点为A ′.当 CA ′的长度最小时,CQ 的长为 .解 如图8,过C 作CE AB ⊥,连结AC .因为ABCD 是菱形,60B ∠=°,所以ABC ∆为等边三角形,所以84,3,12AE EB BP EP =====.要使CA ′的长度最小,则梯形APQD 沿直线PQ 折叠后A 的对应点A ′应落在CP 上,且对称轴PQ 应满足//PQ DE .由作图知,DEPQ 为平行四边形,所以1,817DQ EP CQ CD DQ ===−=−=.点评 点Q 在线段CD 上无论运动到何处,梯形APQD 沿直线PQ 折叠后PA ′的长度始终保持不变,因此A ′点的运动路径就是以点P 为圆心,PA 长为半径的圆.借助模型2,可知,当点A ′落在线段CP 与⊙P 的交点时,CA ′的长度最小.由PQ 平分,//APC CD AB ∠,可得CQ CP =.作CE AB ⊥,构造Rt CEP ∆,从而可以求出CP 的长.二、直角中的“隐形”圆例4 如图9,在正方形ABCD 中,动点,E F 分别从,D C 两点同时出发,以相同的速度在直线,DC CB 上移动.连结AE 和DF 交于点P ,由于点,E F 的移动,使得点P 也随之运动,请你画出点P 运动路径的草图.若2AD =,试求出线段CP 的最小值.解 由题意,可得DE CF =.又因为,90AD CD ADC DCB =∠=∠=°,所以ADE DCF ∆≅∆,所以DAE CDF ∠=∠.因为90ADP CDF ∠+∠=°,所以90DAE ADP ∠+∠=°.由于点P 在运动中保持90APD ∠=°.听以点P 的路径是一段以AD 为直径的弧.设AD 的中点为O ,连结OC 交弧于点P ,此时CP 的长度最小.在Rt ODC ∆中,OC ===,所以1CP OC OP =−=−. 点评 此题的本质是抓住动点,E F 在运动过程中,始终保持AE DF ⊥,即90APD ∠=°,这样点P 的运动路径就确定了,即点P 在以AD 为直径的圆弧上,再根据模型2求解即可.例5如图10, Rt ABC ∆中,,6,4,AB BC AB BC P ⊥==是ABC ∆内部的一个动点,且满足PAB PBC ∠=∠,则线段CP 长的最小值为 .解 因为90ABC ∠=°,所以90ABP PBC ∠+∠=°.又因为PAB PBC ∠=∠,所以90BAP ABP ∠+∠=°,即90APB ∠=°,所以点P 在以AB 为直径的⊙O 上.连结OC 交⊙O 于点P ,此时PC 最小,在Rt BCO ∆中,90,4,3OBC BC OB ∠=°==,可得5OC =,所以532PC OC OP =−=−=,即PC 最小值为2.点评 首先,根据题目的条件不难得出90APB ∠=°,从而可以证明点P 在以AB 直径的⊙O 上.利用模型2,连结OC ,与⊙O 交于点P ,此时PC 最小,利用勾股定理求出OC即可解决问题.以上例题说明,在求一类线段最值问题中,如果遇到动点的运动路径是圆时,只需利用上面提到的模型1或模型2就可以解决.然而难点在于如何知道动点的运动路径是圆,如何将这个隐身“圆”找出来?从以上例子中可以得出以下两种方法:①观察到定点的距离,即圆是到定点距离等于定长的点的集合;②“定弦对定张角”,如例5中线段AB是定值,当动点P在运动过程中,APB∠的大小不变等于90°(当然不一定为直角),点P的运动路径也是圆(或弧).因此,教师在教学时,要让学生理解概念的本质,还要培养学生对常见模型的敏感性,从而在有限的考试时间内,能快速获得破解难题的策略.。

人教版高考数学(理)二轮复习微专题:微专题16 解析几何中的“隐形圆”问题

人教版高考数学(理)二轮复习微专题:微专题16 解析几何中的“隐形圆”问题

微专题16 解析几何中的“隐形圆”问题真 题 感 悟(2016·江苏卷)如图,在平面直角坐标系xOy 中,已知以M 为圆心的圆M :x 2+y 2-12x -14y +60=0及其上一点A(2,4).(1)设圆N 与x 轴相切,与圆M 外切,且圆心N 在直线x =6上,求圆N 的标准方程; (2)设平行于OA 的直线l 与圆M 相交于B,C 两点,且BC =OA,求直线l 的方程; (3)设点T(t,0)满足:存在圆M 上的两点P 和Q,使得TA →+TP →=TQ →,求实数t 的取值范围. 解 圆M 的标准方程为(x -6)2+(y -7)2=25,所以圆心M(6,7),半径为5. (1)由圆心N 在直线x =6上,可设N(6,y 0). 因为圆N 与x 轴相切,与圆M 外切,所以0<y 0<7, 于是圆N 的半径为y 0,从而7-y 0=5+y 0,解得y 0=1. 因此,圆N 的标准方程为(x -6)2+(y -1)2=1. (2)因为直线l∥OA ,所以直线l 的斜率为4-02-0=2.设直线l 的方程为y =2x +m,即2x -y +m =0, 则圆心M 到直线l 的距离d =|2×6-7+m|5=|m +5|5.因为BC =OA =22+42=25,而MC 2=d 2+⎝ ⎛⎭⎪⎫BC 22,所以25=(m +5)25+5,解得m =5或m =-15.故直线l 的方程为2x -y +5=0或2x -y -15=0.(3)法一 TA →+TP →=TQ →,即TA →=TQ →-TP →=PQ →, 故|TA →|=|PQ →|,因为|TA →|=(t -2)2+42,又0<|PQ →|≤10, 所以0<(t -2)2+42≤10, 解得t∈[2-221,2+221],对于任意t∈[2-221,2+221],欲使TA →=PQ →,此时0<|TA →|≤10,只需要作直线TA 的平行线,使圆心到直线的距离为25-|TA →|24,必然与圆交于P,Q 两点,此时|TA →|=|PQ →|,即TA →=PQ →,因此对于任意t∈[2-221,2+221],均满足题意, 综上,t∈[2-221,2+221]. 法二 设P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2). 因为A(2,4),T(t,0),TA →+TP →=TQ →,所以⎩⎪⎨⎪⎧x 2=x 1+2-t ,y 2=y 1+4.①因为点Q 在圆M 上,所以(x 2-6)2+(y 2-7)2=25.② 将①代入②,得(x 1-t -4)2+(y 1-3)2=25.于是点P(x 1,y 1)既在圆M 上,又在圆[x -(t +4)]2+(y -3)2=25上, 从而圆(x -6)2+(y -7)2=25与圆[x -(t +4)]2+(y -3)2=25有公共点, 所以5-5≤[(t +4)-6]2+(3-7)2≤5+5,解得2-221≤t≤2+221. 因此,实数t 的取值范围是[2-221,2+221].考 点 整 合高考中圆的方程是C 级考点,其重要性不言而喻.但在一些题目中,条件没有直接给出圆方面的信息,而是隐藏在题目中,要通过分析和转化,发现圆(或圆的方程),从而最终可以利用圆的知识求解,我们称此类问题为“隐形圆”问题,课本习题给出的“阿波罗尼斯圆”是“隐形圆”典型的例子. 1.问题背景苏教版《数学必修2》P112第12题:已知点M(x,y)与两个定点O(0,0),A(3,0)的距离之比为12,那么点M 的坐标应满足什么关系?画出满足条件的点M 所构成的曲线. 2.阿波罗尼斯圆公元前3世纪,古希腊数学家阿波罗尼斯(Apollonius)在《平面轨迹》一书中,曾研究了众多的平面轨迹问题,其中有如下结果:到两定点距离之比等于已知数的动点轨迹为直线或圆. 如图,点A,B 为两定点,动点P 满足PA =λPB.则λ=1时,动点P 的轨迹为直线;当λ≠1时,动点P 的轨迹为圆,后世称之为阿波罗尼斯圆.证 设AB =2m(m >0),PA =λPB ,以AB 中点为原点,直线AB 为x 轴建立平面直角坐标系,则A(-m,0),B(m,0).又设P(x,y),则由PA =λPB 得(x +m )2+y 2= λ(x -m )2+y 2,两边平方并化简整理得(λ2-1)x 2-2m(λ2+1)x +(λ2-1)y 2=m 2(1-λ2). 当λ=1时,x =0,轨迹为线段AB 的垂直平分线;当λ>1时,⎝ ⎛⎭⎪⎫x -λ2+1λ2-1m 2+y 2=4λ2m 2(λ2-1)2,轨迹为以点⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2+1λ2-1m ,0为圆心,⎪⎪⎪⎪⎪⎪2λm λ2-1为半径的圆. 上述课本习题的一般化情形就是阿波罗尼斯定理.热点一 轨迹问题【例1】 如图,圆O 1与圆O 2的半径都是1,O 1O 2=4,过动点P 分别作圆O 1、圆O 2的切线PM,PN(M,N 分别为切点),使得PM =2PN,试建立适当的坐标系,并求动点P 的轨迹方程.解 以O 1O 2的中点O 为原点,O 1O 2所在的直线为x 轴,建立平面直角坐标系,则O 1(-2,0),O 2(2,0),由已知PM =2PN,得PM 2=2PN 2. 因为两圆的半径均为1, 所以PO 21-1=2(PO 22-1).设P(x,y),则(x +2)2+y 2-1=2[(x -2)2+y 2-1]. 即(x -6)2+y 2=33,所以所求轨迹方程为(x -6)2+y 2=33.探究提高 动点的轨迹问题是高考的热点之一,解决轨迹问题的关键是通过建立直角坐标系,寻找动点满足的条件,列式化简得所求轨迹方程.【训练1】 设A(-c,0),B(c,0)(c >0)为两定点,动点P 到A 点的距离与到B 点的距离的比为定值a(a >0),求P 点的轨迹.解 设动点P 的坐标为(x,y), 由PA PB =a(a >0),得(x +c )2+y 2(x -c )2+y2=a.化简得(1-a 2)x 2+2c(1+a 2)x +c 2(1-a 2) +(1-a 2)y 2=0.当a≠1时,得x 2+2c (1+a 2)1-a2x +c 2+y 2=0, 整理得⎝ ⎛⎭⎪⎫x -1+a 2a 2-1c 2+y 2=⎝ ⎛⎭⎪⎫2ac a 2-12.当a =1时,化简得x =0.所以当a≠1时,P 点的轨迹是以⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2+1a 2-1c ,0为圆心,⎪⎪⎪⎪⎪⎪2ac a 2-1为半径的圆; 当a =1时,P 点的轨迹为y 轴.热点二 含“隐形圆”的范围与最值问题【例2】 (2013·江苏卷)如图所示,在平面直角坐标系xOy 中,点A(0,3),直线l :y =2x -4,设圆C 的半径为1,圆心在l 上.(1)若圆心C 也在直线y =x -1上,过点A 作圆C 的切线,求切线的方程; (2)若圆C 上存在点M,使MA =2MO,求圆心C 的横坐标a 的取值范围.解 (1)联立⎩⎪⎨⎪⎧y =x -1,y =2x -4,得圆心为C(3,2).切线的斜率存在,设切线方程为y =kx +3. 则d =|3k +3-2|1+k 2=r =1, 得k =0或k =-34.故所求切线方程为y =3或3x +4y -12=0.(2)设点M(x,y),由MA =2MO,知x 2+(y -3)2=2x 2+y 2, 化简得x 2+(y +1)2=4.即点M 的轨迹为以(0,-1)为圆心,2为半径的圆,可记为圆D. 又因为点M 在圆C 上,故圆C 与圆D 的关系为相交或相切. 故1≤CD≤3,又C(a,2a -4),D(0,-1), 故1≤a 2+(2a -3)2≤3. 解得0≤a≤125.所以圆心C 的横坐标a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,125.探究提高 (1)如何发现隐形圆(或圆的方程)是关键,常见的有以下五个策略:策略一:利用圆的定义(到定点的距离等于定长的点的轨迹)确定隐形圆;策略二:动点P 对两定点A,B 的张角是90°(k PA ·k PB =-1或PA →·PB →=0)确定隐形圆; 策略三:两定点A,B,动点P 满足PA →·PB →=λ确定隐形圆; 策略四:两定点A,B,动点P 满足PA 2+PB 2是定值确定隐形圆;策略五:两定点A,B,动点P 满足AP =λBP(λ>0,λ≠1)确定隐形圆(阿波罗尼斯圆).(2)“隐形圆”发掘出来以后常考查点和圆、直线和圆、圆和圆的位置关系等相关知识点,一般解决思路可从“代数角度”或“几何角度”入手.【训练2】 在△ABC 中,边BC 的中点为D,若AB =2,BC =2AD,则△ABC 的面积的最大值是________. 解析 以AB 中点为原点,直线AB 为x 轴建立平面直角坐标系.则A(-1,0),B(1,0),由BD =CD,BC =2AD 知,AD =2BD,D 的轨迹为阿波罗尼斯圆,方程为(x -3)2+y 2=8.设C(x,y),得D ⎝⎛⎭⎪⎫x +12,y 2,所以点C 的轨迹方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x +12-32+⎝ ⎛⎭⎪⎫y 22=8,即(x -5)2+y 2=32.所以S △ABC =12×2|y|=|y|≤32=42,故S △ABC的最大值是4 2. 答案 4 2热点三 含“隐形圆”的定点与定值问题【例3】 已知圆C :x 2+y 2=9,点A(-5,0),在直线OA 上(O 为坐标原点)存在定点B(不同于点A)满足:对圆C 上任一点P,都有PBPA 为一常数,试求所有满足条件的点B的坐标.解 法一 假设存在满足条件的点B(t,0),当P 为圆C 与x 轴的左交点(-3,0)时,PB PA =|t +3|2;当P 为圆C 与x 轴的右交点(3,0)时,PB PA =|t -3|8,依题意|t +3|2=|t -3|8,解得t =-5(舍去)或t =-95.下面证明点B ⎝ ⎛⎭⎪⎫-95,0对于圆C 上任一点P,都有PB PA 为常数.设P(x,y),则y 2=9-x 2,所以PB 2PA 2=⎝ ⎛⎭⎪⎫x +952+y 2(x +5)2+y 2=x 2+185x +8125+9-x 2x 2+10x +25+9-x 2=1825(5x +17)2(5x +17)=925,从而PB PA =35为常数. 故满足条件的点B 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫-95,0.法二 假设存在满足条件的点B(t,0), 使得PB PA为常数λ(λ>0),则PB 2=λ2PA 2,所以(x -t)2+y 2=λ2[(x +5)2+y 2],将y 2=9-x 2代入得, x 2-2xt +t 2+9-x 2=λ2(x 2+10x +25+9-x 2), 即2(5λ2+t)x +34λ2-t 2-9=0对x∈[-3,3]恒成立, 所以⎩⎪⎨⎪⎧5λ2+t =0,34λ2-t 2-9=0,解得⎩⎪⎨⎪⎧λ=35,t =-95或⎩⎪⎨⎪⎧λ=1,t =-5(舍去),故满足条件的点B 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫-95,0. 探究提高 本题以阿波罗尼斯圆为背景构建定点问题,体现了阿波罗尼斯圆在解析几何中的经典地位. 【训练3】 已知⊙O:x 2+y 2=1和点M(4,2). (1)过点M 向⊙O 引切线l,求直线l 的方程;(2)求以点M 为圆心,且被直线y =2x -1截得的弦长为4的⊙M 的方程;(3)设P 为(2)中⊙M 上任一点,过点P 向⊙O 引切线,切点为Q,试探究:平面内是否存在一定点R,使得PQPR 为定值?若存在,请举出一例,并指出相应的定值;若不存在,请说明理由. 解 (1)直线l 的斜率存在,设切线l 的方程为y -2=k(x -4), 易得|4k -2|k 2+1=1,解得k =8±1915. ∴切线l 的方程为y -2=8±1915(x -4).(2)圆心到直线y =2x -1的距离为5,设圆的半径为r, 则r 2=22+(5)2=9,∴⊙M 的方程为(x -4)2+(y -2)2=9.(3)假设存在满足条件的点R(a,b),设点P 的坐标为(x,y),相应的定值为λ(λ>0). 根据题意可得PQ =x 2+y 2-1,∴x 2+y 2-1(x -a )2+(y -b )2=λ,即x 2+y 2-1=λ2(x 2+y 2-2ax -2by +a 2+b 2).(*) 又点P 在圆M 上,∴(x-4)2+(y -2)2=9, 即x 2+y 2=8x +4y -11,代入(*)式得8x +4y -12=λ2[(8-2a)x +(4-2b)y +(a 2+b 2-11)]. 若系数对应相等,则等式恒成立,∴⎩⎪⎨⎪⎧λ2(8-2a )=8,λ2(4-2b )=4,λ2(a 2+b 2-11)=-12,解得a =2,b =1,λ=2或a =25,b =15,λ=103,∴存在定点R,使得PQ PR 为定值,点R 的坐标为(2,1)时,定值为2;点R 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫25,15时,定值为103.【新题感悟】 (2019·南京、盐城高三二模)在平面直角坐标系xOy 中,已知点A(-1,0),B(5,0).若圆M :(x -4)2+(y -m)2=4上存在唯一点P,使得直线PA,PB 在y 轴上的截距之积为5,则实数m 的值为________.解析 根据题意,设P 的坐标为(a,b),则直线PA 的方程为y =b a +1(x +1),其在y 轴上的截距为ba +1,直线PB 的方程为y =b a -5(x -5),其在y 轴上的截距为-5ba -5.若点P 满足使得直线PA,PB 在y 轴上的截距之积为5,则有b a +1×⎝ ⎛⎭⎪⎫-5b a -5=5,变形可得b 2+(a -2)2=9,则点P 在圆(x -2)2+y 2=9上.若圆M :(x -4)2+(y -m)2=4上存在唯一点P,则圆M 与(x -2)2+y 2=9有且只有一个公共点,即两圆内切或外切,又由圆心距为(4-2)2+m 2≥2,则两圆只能外切,则有4+m 2=25,解可得:m =±21. 答案 ±21一、填空题1.在平面直角坐标系xOy 中,已知B,C 为圆x 2+y 2=4上两点,点A(1,1),且AB⊥AC ,则线段BC 的长的取值范围为________.解析 如图,设BC 的中点为M(x,y). 连接OB,OM,AM,则BC =2BM =2AM, 所以OB 2=OM 2+BM 2=OM 2+AM 2, 即4=x 2+y 2+(x -1)2+(y -1)2,化简得⎝ ⎛⎭⎪⎫x -122+⎝ ⎛⎭⎪⎫y -122=32,所以点M 的轨迹是以⎝ ⎛⎭⎪⎫12,12为圆心,62为半径的圆, 所以AM 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤6-22,6+22,所以BC 的取值范围是[6-2,6+2]. 答案 [6-2,6+2]2.在平面直角坐标系xOy 中,已知圆C :(x -a)2+(y -a +2)2=1,点A(0,2),若圆C 上存在点M,满足MA 2+MO 2=10,则实数a 的取值范围是________. 解析 设点M(x,y),由MA 2+MO 2=10,即x 2+(y -2)2+x 2+y 2=10,整理得x 2+(y -1)2=4, 即点M 在圆E :x 2+(y -1)2=4上.圆C 上存在点M 满足MA 2+MO 2=10等价于圆E 与圆C 有公共点, 所以|2-1|≤CE≤2+1,即1≤a 2+(a -3)2≤3,整理得1≤2a 2-6a +9≤9, 解得0≤a≤3,即实数a 的取值范围是[0,3]. 答案 [0,3]3.已知圆O :x 2+y 2=1,圆M :(x -a)2+(y -a +4)2=1.若圆M 上存在点P,过点P 作圆O 的两条切线,切点为A,B,使得∠APB=60°,则实数a 的取值范围为________.解析 由题意得圆心M(a,a -4)在直线x -y -4=0上运动,所以动圆M 是圆心在直线x -y -4=0上,半径为1的圆.又因为圆M 上存在点P,使经过点P 作圆O 的两条切线,切点为A,B,使∠APB=60°,所以OP =2,即点P 也在x 2+y 2=4上,于是2-1≤a 2+(a -4)2≤2+1,即1≤a 2+(a -4)2≤3,解得实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤2-22,2+22. 答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2-22,2+22 4.在平面直角坐标系xOy 中,圆C 的方程为x 2+y 2-4x =0.若直线y =k(x +1)上存在一点P,使过P 所作的圆的两条切线相互垂直,则实数k 的取值范围是________.解析 由题意知原命题等价于直线上存在点P 使得PC =22,从而(PC)min ≤22,即圆心C(2,0)到直线y =k(x +1)的距离d =|3k|1+k2≤22,解得-22≤k≤2 2.答案 [-22,22]5.在平面直角坐标系xOy 中,设点A(1,0),B(3,0),C(0,a),D(0,a +2),若存在点P,使得PA =2PB,PC =PD,则实数a 的取值范围是________.解析 设P(x,y),则(x -1)2+y 2=2·(x -3)2+y 2,整理得(x -5)2+y 2=8,即动点P 在以(5,0)为圆心,22为半径的圆上运动.另一方面,由PC =PD 知动点P 在线段CD 的垂直平分线y =a +1上运动,因而问题就转化为直线y =a +1与圆(x -5)2+y 2=8有交点.所以|a +1|≤22,故实数a 的取值范围是[-22-1,22-1].答案 [-22-1,22-1]6.如图,在等腰△ABC 中,已知AB =AC,B(-1,0),AC 边的中点为D(2,0),则点C 的轨迹所包围的图形的面积等于________.解析 因为AB =2AD,所以点A 的轨迹是阿波罗尼斯圆,易知其方程为(x -3)2+y 2=4(y≠0).设C(x,y),由AC 边的中点为D(2,0),知A(4-x,-y),所以C 的轨迹方程为(4-x -3)2+(-y)2=4,即(x -1)2+y 2=4(y≠0),所求的面积为4π. 答案 4π7.(2019·宿迁模拟)已知A,B 是圆C 1:x 2+y 2=1上的动点,AB =3,P 是圆C 2:(x -3)2+(y -4)2=1上的动点,则|PA →+PB →|的取值范围为________.解析 设AB 的中点为C,由垂径定理可得CC 1⊥AB ,则CC 1=1-⎝ ⎛⎭⎪⎫322=12,即点C 的轨迹方程是x 2+y 2=14,C 1C 2=32+42=5,则PC max =5+1+12=132,PC min =5-1-12=72,所以|PA →+PB →|=|2PC →|∈[7,13]. 答案 [7,13]8.(2019·苏、锡、常、镇调研)在平面直角坐标系xOy 中,已知圆C :(x +1)2+y 2=2,点A(2,0),若圆C 上存在点M,满足MA 2+MO 2≤10,则点M 的纵坐标的取值范围是________.解析 设M(x,y),因为MA 2+MO 2≤10,所以(x -2)2+y 2+x 2+y 2≤10,化简得x 2+y 2-2x -3≤0,则圆C :x 2+y 2+2x -1=0与圆C′:x 2+y 2-2x -3=0有公共点,将两圆方程相减可得两圆公共弦所在直线的方程为x =-12,代入x 2+y 2-2x -3≤0可得-72≤y≤72,所以点M 的纵坐标的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤-72,72.答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤-72,72 二、解答题9.在x 轴正半轴上是否存在两个定点A,B,使得圆x 2+y 2=4上任意一点P 到A,B 两点的距离之比为常数12?如果存在,求出点A,B 坐标;如果不存在,请说明理由.解 假设在x 轴正半轴上存在两个定点A,B,使得圆x 2+y 2=4上任意一点P 到A,B 两点的距离之比为常数12.设P(x,y),A(x 1,0),B(x 2,0),其中x 2>x 1>0, 则(x -x 1)2+y2(x -x 2)2+y 2=12对满足x 2+y 2=4的任何实数对(x,y)恒成立, 整理得,2x(4x 1-x 2)+x 22-4x 21=3(x 2+y 2),将x 2+y 2=4代入得, 2x(4x 1-x 2)+x 22-4x 21=12,这个式子对任意x∈[-2,2]恒成立,所以一定有⎩⎪⎨⎪⎧4x 1-x 2=0,x 22-4x 21=12,因为x 2>x 1>0, 所以解得x 1=1,x 2=4.所以在x 轴正半轴上存在两个定点A(1,0),B(4,0),使得圆x 2+y 2=4上任意一点P 到A,B 两点的距离之比为常数12.10.如图,已知平面α⊥平面β,A,B 是平面α与平面β的交线上的两个定点,DA ⊂β,CB ⊂β,且DA⊥α,CB⊥α,AD =4,BC =8,AB =6,在平面α上有一个动点P,使得∠APD=∠BPC ,求△PAB 的面积的最大值.解 由题意知DA⊥α,又PA ⊂α,∴DA ⊥PA, ∴在Rt△PAD 中,tan∠APD=AD AP =4AP ,同理tan∠BPC=BC BP =8BP .∵∠APD=∠BPC ,∴BP=2AP.在平面α上以线段AB 的中点为原点,AB 所在的直线为x 轴,建立平面直角坐标系,则A(-3,0),B(3,0), 设P(x,y),则有(x -3)2+y 2=2(x +3)2+y 2(y≠0). 化简得(x +5)2+y 2=16,∴y 2=16-(x +5)2≤16.∴|y|≤4.∴△PAB 的面积为S △PAB =12|y|·AB=3|y|≤12,当且仅当x =-5,y =±4时取得等号,故△PAB 的面积的最大值是12.11.已知点A(-3,0),B(3,0),动点P 满足PA =2PB. (1)若点P 的轨迹为曲线C,求此曲线的方程;(2)若点Q 在直线l 1:x +y +3=0上,直线l 2经过点Q 且与曲线C 只有一个公共点M,求QM 的最小值,并求此时直线l 2的方程.解 (1)设点P 的坐标为(x,y), 则(x +3)2+y 2=2(x -3)2+y 2,化简可得(x -5)2+y 2=16即为所求.(2)由(1)知曲线C 是以点(5,0)为圆心、4为半径的圆,如图,则直线l 2是此圆的切线,连接CQ,CM,则QM =CQ 2-CM 2=CQ 2-16,当CQ⊥l 1时,CQ 取最小值,CQ min =|5+3|2=42, 此时QM 的最小值为32-16=4,这样的直线l 2有两条,设满足条件的两个公共点为M 1,M 2, 易证四边形M 1CM 2Q 是正方形,所以l 2的方程是x =1或y =-4.。

“隐圆”的前世今生--微专题《隐圆问题》复习教学设计与反思

“隐圆”的前世今生--微专题《隐圆问题》复习教学设计与反思

“隐圆”的前世今生--微专题《隐圆问题》复习教学设计与反

宋波
【期刊名称】《数学之友》
【年(卷),期】2022(36)9
【摘要】中考“隐圆”的复习可采用微专题教学,从圆的概念和性质出发,探寻“隐圆”模型形成的依据,感受“隐圆”模型的前世今生,确定“隐圆”的教学循序为“存在圆、确定圆、画圆、用圆”.以“隐圆”为抓手,系统整合与圆有关的知识达到认识的结构化之目的,初步形成与探究类问题有关的解题思维之路径.
【总页数】4页(P94-97)
【作者】宋波
【作者单位】广东省佛山市顺德区华南师范大学附属北滘学校中学部
【正文语种】中文
【中图分类】G63
【相关文献】
1.关注课堂教学、改进课堂复习方式——“圆的专题复习——与圆有关的动态问题”课例研究
2.微专题在中考数学二轮复习中的实践与思考\r——以\"探寻与隐圆有关的最值与路径问题\"为例
3.高三专题复习如何增效、提质?
——公开课"隐圆问题"的教学思考4."隐圆问题处理方法研究"的教学实录与反思5.中考微专题复习课的设计与思考--以“隐圆问题”为例
因版权原因,仅展示原文概要,查看原文内容请购买。

拨开云雾现“圆”出---浅谈中考热点“隐形圆”

拨开云雾现“圆”出---浅谈中考热点“隐形圆”

拨开云雾现“圆”出 ---浅谈中考热点“隐形圆”1.学情分析本节课是在学生已经学习了圆这一整章的理论知识,并且做了部分与圆有关的习题后,完成的一节专题复习课。

学生缺乏对圆部分知识的更深层次的理解和整体把握。

而隐形圆其实是无形中的辅助线,比较抽象。

通过这节课要让学生学会根据题目中的条件分析出是哪种隐形圆,进一步用圆的知识解决问题。

所以本节课学生需要在老师的引导下通过独立思考,动手操作,小组合作讨论等方式来探究本节课的问题。

1.教材解析本节内容是在初三复习到有关圆的这部分知识时设计的一节专题复习课。

圆是初中几何的一个重要研究对象,圆中的许多元素隐藏有丰富的数量关系,这些知识能解决很多与圆有关的综合性问题,甚至在求解一些隐形圆的几何问题时,一些常规方法很难解决问题。

这时,如果利用题目中与圆有关的信息构造隐形圆来辅助,往往能促使问题转化,从而简捷地解决问题。

本节课先讨论两种简单类型的隐形圆,同时也为后面其他类型的隐形圆问题作铺垫,另外隐形圆也是学生进入高中再次学习隐形圆的重要基础。

三、设计思想近年来,隐形圆成为中考的热点之一,2017年中考副题,2019年中考副题都考查到隐形圆。

一些几何综合题巧作辅助圆,则能化繁为简,变抽象为具体,使问题迎刃而解。

本节课从学生熟悉的圆的定义定理入手,引导学生对基本知识点深入理解,找到隐形圆的理论依据,再结合题目中的条件分析出隐形圆的类型。

在整个教学中将学生觉得抽象的隐形圆问题具体化,让学生在深入理解理论知识时参与思考,探究,最终掌握两种隐形圆的问题。

四、教学目标1、掌握定点定长存隐形圆,以及定边定角存隐形圆这两种类型;2、根据题目条件,能判断出是那种类型的隐形圆并能用圆的相关知识解题;3、能画出定边定角类型时的隐形圆并解题;4、能区分两种类型,掌握隐形圆中有关角度,点圆最值,线段最值等相关计算问题。

五、教学重点与难点重点:掌握定点定长和定边定角这两种类型的隐形圆问题难点:能画出定边定角时的隐形圆,并能结合圆的相关知识解题。

初三数学隐圆问题总结(一)

初三数学隐圆问题总结(一)

初三数学隐圆问题总结(一)初三数学隐圆问题总结前言在初三数学教学过程中,隐圆问题是一个比较常见的难点。

初三的学生在数学知识体系的搭建上还不够完善,对于隐圆的思维方式和解题方法可能会感到困惑。

本文将从隐圆问题的基本概念、解题思路和练习方法三个方面进行总结,帮助学生更好地掌握隐圆问题。

正文1. 隐圆的基本概念隐圆是平面解析几何中的一个重要概念。

它是通过一条或多条方程来定义的,常见的形式有圆心在坐标原点的标准方程和一般方程。

学生需要熟练掌握隐圆的方程形式以及圆的性质,如半径、直径、切线等。

2. 解题思路在解决隐圆问题时,可以使用以下思路:•确定隐圆方程的形式,并提取关键信息。

•根据已知条件和隐圆的性质建立方程组。

•对方程组进行化简和求解,找出与题目相关的未知数。

•根据求得的未知数解答问题,验证结果的合理性。

需要注意的是,在解题过程中,要善于利用代数与几何的结合,通过图形分析和方程计算相互印证。

同时,多做题、多总结经验,加深对隐圆问题的理解和掌握。

3. 练习方法为了加强对隐圆问题的练习,可以采取以下方法:•系统复习:将已学过的隐圆问题进行分类整理,按照难易程度划分,逐个进行复习和巩固。

•探究演练:选取一些经典的隐圆问题,引导学生从实际生活中找到类似的问题,并运用隐圆知识进行探究和解答。

•提供资源:收集一些经典隐圆问题的解析过程和解题思路,供学生参考和学习。

结尾隐圆问题作为初三数学的难点之一,需要学生在理解基本概念的基础上,掌握解题的思路和方法,通过大量的练习来提高解题能力。

希望通过本文的总结,能够帮助初三学生更好地理解和应用隐圆问题,取得好的成绩。

继续?补充内容4. 常见错误及解决方法在解决隐圆问题时,学生常犯的错误有:•方程求解错误:由于运算过程中出现了计算错误,导致最后答案不正确。

解决方法是仔细检查每一步的计算过程,注意细节。

•未确定关键信息:在建立方程组时,可能会遗漏或误判已知条件,从而导致方程组出错。

2024成都中考数学二轮微专题 利用隐形圆解决最值问题专项训练 (含答案)

2024成都中考数学二轮微专题 利用隐形圆解决最值问题专项训练  (含答案)

2024成都中考数学二轮微专题利用隐形圆解决最值问题专项训练模型一定点定长作圆模型分析如图,在平面内,点A为定点,点B为动点,且AB长度固定,则动点B的轨迹是以点A 为圆心,AB长为半径的圆或圆弧的一部分.推广:在折叠或旋转问题中,有时会利用“定点定长作圆”模型确定动点的运动轨迹.模型应用1.如图,已知△ABC,将△ABC绕点C顺时针旋转180°得到△A′B′C,请你在图中画出点B′的运动轨迹.第1题图2.如图,在矩形ABCD中,点E是边AB的中点,点F是边AD上一动点,将△AEF沿EF 所在直线折叠得到△A′EF,请你在图中画出点A′的运动轨迹.(保留作图痕迹不写作法)第2题图模型二直角对直径模型分析(1)半圆(直径)所对的圆周角是90°.如图①,在△ABC中,∠C=90°,AB为⊙O的直径;(2)90°的圆周角所对的弦是直径(定弦对定角的特殊形式).如图②,在△ABC中,∠C=90°,C为动点,则点C的轨迹是以AB为直径的⊙O(不包含A、B两点).模型应用3.如图,已知线段A B.请在图中画出使∠APB=90°的所有点P.第3题图4.如图,已知矩形ABCD,请在矩形ABCD的边上画出使∠BPC=90°的所有点P.第4题图模型三定弦对定角(非90°)模型分析固定的线段只要对应固定的角度(可以不是90°)也叫定弦对定角,且这个角的顶点轨迹为圆上的一段弧.(1)如图①,在⊙O中,若弦AB长度固定,则弦AB所对的圆周角都相等(注意:弦AB在劣弧AB上也有圆周角,需要根据题目灵活运用);(2)如图②,若有一固定线段AB 及线段AB 所对的∠C 大小固定,根据圆的知识可知,点C在⊙O 的ACB ︵上均可(至于是优弧还是劣弧取决于∠C 的大小,小于90°,则点C 在优弧上运动;等于90°,则点C 在半圆上运动;大于90°,则点C 在劣弧上运动)模型应用5.如图,已知线段AB .(1)请在图①画出线段AB 上方使∠APB =60°的所有点P ;(2)请在图②中画出线段AB 上方使∠APB =45°的所有点P .第5题图6.如图,已知四边形ABCD .(1)如图①,在矩形ABCD 中,请在矩形ABCD 的边上画出使∠APB =30°的所有点P ;(2)如图②,在矩形ABCD 中,请在矩形ABCD 的边上画出使∠BPC =60°的所有点P ;(3)如图③,在正方形ABCD 中,请在正方形ABCD 的边上画出使∠BPC =45°的所有点P ;(4)如图④,在矩形ABCD 中,请在矩形ABCD 的边上画出使∠BPC =45°的所有点P .第6题图模型四四点共圆模型分析如图①、②,Rt△ABC和Rt△ABD共斜边,取AB中点O,根据直角三角形斜边上的中线等于斜边一半,可得OC=OD=OA=OB,∴A、B、C、D四点共圆.1.共斜边的两个直角三角形,同侧或异侧,都会得到四点共圆;2.四点共圆后可以根据圆周角定理得到角度相等,完成角度等量关系的转化,是证明角度相等的重要途径之一.模型应用7.在△ABC中,∠ACB=90°,分别过点B,C作∠BAC平分线的垂线,垂足分别为点D,E,BC的中点是M,连接CD,MD,ME,则下列结论错误..的是()A.CD=2MEB.ME∥ABC.BD=CDD.ME=MD8.如图,在△ABC中,∠ACB=90°,AC=4,BC=3,∠P=∠A,过点C作CP的垂线,与PB的延长线交于点Q,求CQ的最大值.第8题图模型五点圆最值模型分析已知,在平面内一定点D和⊙O上动点E的所有连线中,当连线过圆心O时,线段DE有最大(小)值,具体分以下三种情况讨论(设点O与点D之间的距离为d,⊙O的半径为r):位置关系点D在⊙O内点D在⊙O上点D在⊙O外图示DE的最大值________________________此时点E的位置连接DO并延长交⊙O于点EDE的最小值________________________此时点E的位置连接OD并延长交⊙O于点E 点E与点D重合连接OD交⊙O于点E模型应用9.如图,在矩形ABCD中,AB=3,BC=4,⊙O的半径为1,若圆心O在矩形ABCD的边上运动,则点C到⊙O上的点的距离的最大值为________.第9题图10.如图,在墙角放置一个“T”型钢尺,已知钢尺的一边AB=10,M是AB的中点,CM=8,AB沿墙壁边向下滑动,在运动过程中,点C到点O的最大距离为________.第10题图模型六线圆最值模型分析1.如图,AB为⊙O的一条定弦,点C为AB一侧弧上一动点.(1)如图①,点C在优弧AB︵上,当CH⊥AB且CH过圆心O时,线段CH即为点C到弦AB最大;的最大距离,此时S△ABC(2)如图②,点C在劣弧AB︵上,当CH⊥AB且圆心O在CH的延长线上时,线段CH即为点C到弦AB的最大距离,此时S△ABC最大.2.如图,⊙O与直线l相离,点P是⊙O上的一个动点,设圆心O到直线l的距离为d,⊙O的半径为r,则点P到直线l的最小距离是d-r(如图③),点P到直线l的最大距离是d +r(如图④).推广:在解决某些面积最值问题时,常利用此模型,将问题转化为求动点到定边的最大(小)距离,从而利用面积公式求解.模型应用11.如图,AB是⊙O的弦,C是优弧AB︵上一点,连接AC、BC,若⊙O的半径为4,∠ACB =60°,求△ABC面积的最大值.第11题图12.如图,在矩形ABCD中,AB=10,AD=12,M为AB的中点,E为BC上的动点,将△MBE沿ME折叠,点B的对应点为F,求△CDF面积的最小值.第12题图参考答案1.解:如解图所示:第1题解图2.解:如解图所示:第2题解图3.解:如解图,⊙O即为所求P点的轨迹,不含A、B两点.第3题解图4.解:如解图,点P1、P2即为所求点.第4题解图5.解:(1)如解图①,点P在所作圆弧上(A、B两点除外);(2)如解图②,点P在所作圆弧上(A、B两点除外).第5题解图6.解:(1)如解图①所示,点P1、P2即为所求;(2)如解图②所示,点P1、P2、P3、P4即为所求;(3)如解图③所示,点P1、P2即为所求;(4)如解图④所示,点P1、P2即为所求.图①图②图③图④第6题解图7.A【解析】如解图,延长EM交BD于点F,延长DM交AB于点N,在△ABC中,∠ACB =90°,分别过点B,C作∠BAC平分线的垂线,垂足分别为点D,E,由此可得点A、C、D、B四点共圆,∵AD平分∠CAB,∴∠CAD=∠BAD,∴∠DCB=∠DBC,∴CD=DB(选项C正确),∵点M是BC的中点,∴DM⊥BC,又∵∠ACB=90°,∴AC∥DN,∴点N是线段AB的中点,∴AN=DN,∴∠DAB=∠ADN,∵CE⊥AD,BD⊥AD,∴CE∥BD,∴∠ECM =∠FBM,∠CEM=∠BFM,∵点M是BC的中点,∴CM=BM,∴△CEM≌△BFM(AAS),∴EM=FM,∴EM=FM=DM(选项D正确),∴∠DEM=∠MDE=∠DAB,∴EM∥AB(选项B正确).假设CD=2ME,∴CD=2MD,∴在Rt△CDM中,∠DCM=30°,∵无法确定∠DCM的大小,故选项A错误.第7题解图8.解:如解图,∵∠P=∠A,∠ACB=90°,∴A、P、B、C四点共圆,∵AB为⊙O直径,圆心为AB的中点O,∴点P在⊙O上运动,∵∠ACB =∠PCQ =90°,∠A =∠CPB ,∴△ABC ∽△PQC ,∴QC PC =BC AC =34,∴CQ =34PC ,要使得CQ 最大,只需PC 最大,当PC 为⊙O 的直径时,PC 取得最大值,∵AC =4,BC =3,∴AB =5,∴PC 的最大值为5,∴CQ 的最大值为154.第8题解图【模型分析】d +r ,2r ,d +r ,r -d ,0,d -r9.6【解析】如解图,在⊙O 上任取一点E ,连接OE 、CE ,则CE ≤CO +OE ,当C 、O 、E 三点共线时,CE 取得最大值,即要求CE 的最大值,则求CO 的最大值.连接AC ,∵CO ≤AC ,∴当点O 与点C 重合时,CO 取得最大值时.在Rt △ABC 中,∵AB =3,BC =4,∴AC =5,∴OC 最大=5,∴CE 最大=OC 最大+OE =6.∴点C 到⊙O 上的点的距离的最大值为6.第9题解图10.13【解析】如解图,连接OC ,OM ,∵∠AOB =90°,AB =10是定值,M 是AB 的中点,∴A 、O 、B 三点一直在以点M 为圆心,AB 长为直径的圆上,∵在△OMC 中,OM +CM ≥OC ,∴当O 、M 、C 三点共线时,即OC 过圆心M 时,OC 的长度最大.∵AB =10,∴OM =12AB =5,又∵CM =8,∴当OC =CM +OM =8+5=13时,OC 取得最大值,即点C 到点O 的最大距离为13.第10题解图11.解:如解图,连接OA ,过点O 作OD ⊥AB ,垂足为D ,延长DO 交⊙O 于点E ,连接AE 、BE ,则AE =BE ,设点C 到边AB 的距离为h ,则S △ABC =12AB ·h ,易得当C 与E 重合时,h 取得最大值,即DE 的长,此时△ABC 的面积也取得最大值,即△ABE 的面积.∵∠AEB =∠ACB =60°,∴△ABE 为等边三角形.∴∠EAB =∠AEB =60°.∴∠OAD =30°,∴OD =12OA =2,AD =23,∴AB =2AD =43,∴DE =OE +OD =4+2=6.此时S △ABE =12AB ·DE =12×43×6=123.第11题解图12.解:由折叠的性质可知,MF =BM ,∵点M 是AB 的中点,AB =10,∴BM =5,∴点F 在以点M 为圆心,5为半径的AB ︵上运动,如解图,过点F 作FG ⊥CD 于点G ,过点M 作MH ⊥CD 于点H ,则MH ≤MF +FG ,∴当点M 、F 、G 三点共线,即点G 与点H 重合时,FG 取得最小值,最小值即为MH -MF ,∵四边形ABCD 是矩形,∴MH =AD =12,∴FG 最小=MH -MF =7,∴S △CDF 最小=12CD ·FG 最小=12×10×7=35.第12题解图。

中考数学知识总结之隐圆解题模型归纳总结

中考数学知识总结之隐圆解题模型归纳总结

中考数学知识总结之隐圆解题模型归纳总结一、引言隐圆模型是初中数学中的一个重要题型,它涉及到圆的性质、直线与圆的位置关系等多个知识点。

这类题目具有一定的难度,需要学生具备较强的逻辑思维能力和空间想象能力。

本文将对初中数学中的隐圆模型题型进行归纳总结,以帮助学生更好地掌握这一知识点。

二、隐圆模型的定义与性质隐圆模型是指在一个平面图形中,通过一些已知条件,可以推断出一个或多个圆的存在,但这些圆在题目中并未直接给出。

隐圆模型具有以下性质:1.圆的半径、圆心位置与已知条件有关;2.可以通过已知条件确定圆的方程;3.直线与圆的位置关系可以帮助判断隐圆的存在。

三、隐圆模型题型的分类与解题方法1.单隐圆模型题目中只涉及到一个隐圆的情况。

解题方法:首先根据已知条件推断出隐圆的存在,然后利用圆的性质确定圆的方程,最后结合题目要求求解。

1.多隐圆模型题目中涉及到多个隐圆的情况。

解题方法:首先分别推断出各个隐圆的存在,然后根据直线与圆的位置关系,确定各个隐圆之间的关系,最后联立方程求解。

四、典型例题解析1.单隐圆模型例题:已知三角形ABC中,AB=AC,且BC边上的中线AD垂直于BC。

求证:三角形ABC的外接圆半径等于AD的一半。

解析:首先根据已知条件推断出三角形ABC的外接圆存在,然后利用圆的性质和已知条件确定圆的方程,最后求解得出结论。

1.多隐圆模型例题:已知平面内两个不相交的圆O1和O2,以及两条直线L1和L2。

L1与O1相切,L2与O2相切,且L1与L2平行。

求证:在L1与L2之间存在一个与两圆都相切的隐圆。

解析:首先根据已知条件推断出隐圆的存在,然后利用直线与圆的位置关系确定各个圆的关系和隐圆的方程,最后结合题目要求证明隐圆的存在并求解相关参数。

五、总结与建议本文通过对初中数学隐圆模型题型的归纳总结,介绍了隐圆模型的定义、性质、分类以及解题方法。

希望学生在学习和练习过程中,能够充分理解隐圆模型的本质,掌握解题方法和技巧,不断提高自己的解题能力和思维水平。

  1. 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性,平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
  2. 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
  3. 3、如文档侵犯您的权益,请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间:9:00-18:30)。

微专题在中考数学二轮复习中的实践与思考———以“探寻与隐圆有关的最值与路径问题”为例戴 娟 (江苏省苏州工业园区星海实验中学 215021) 中考数学复习要经历基础梳理、专题突破、综合提升三个阶段.二轮复习承担了固“双基”且寻“真能力”的重要使命.教师需要将初中数学的知识点“化零为整”,分割成若干个微专题供学生进行专项突破,以期做到“小身材,大能量”.微课是课堂教学中比较流行且实用的教学手段,是学习微专题的良好载体.一节微课虽用时短,但胜在知识点少、易强化.鉴于微课可重复播放、不限时间的特点,学生可以提前预习,课后反复学习巩固,对不同学习层次的学生都适用.笔者最近几年录制了不少微课,不断尝试以微课为载体进行课堂教学和课后巩固.本文以微课“探寻与隐圆有关的最值与路径问题”为例,谈谈自己的体会.1 微课“探寻与隐圆有关的最值与路径问题”1.1 适用对象本课例适合初三年级下学期进行二轮复习的、具备基本几何题解题经验和良好的几何基础知识储备但对隐圆、最值和路径问题仍有疑惑的学生.1.2 教材分析(1)教学内容本节课采用微课教学,内容涉及课前预习和课堂教学.在课前预习中,教师让学生寻找“隐圆”模型,并且探寻“隐圆”形成的依据.在课堂教学中,教师的讲授分成三部分:第一部分是展示“隐圆”模型,进行归纳汇总;第二部分是探寻“隐圆”模型形成的依据;第三部分是引导学生在题目的条件中发现“隐圆”模型的蛛丝马迹,把隐圆画出来后再计算最值和路径,让学生体验“寻模型—现隐圆—明路径—解最值”的过程.(2)教学方法以“发现问题—提出问题—解决问题”为主线,引导学生主动参与知识回顾和整理,然后归纳模型,最后将模型放在几何图形中解决问题,让学生体验和总结这类问题的中考命题规律和方向.这也是本节课的重点和难点.(3)教学手段以微课为载体,课前引导学生预习和思考,课上以学生独立思考和听教师讲解的模式学习处理“隐圆”问题的“四步走”解题步骤,课后可以反复播放视频并完成变式探究部分的巩固和探索.2 教学过程2.1 隐圆模型的归纳总结图1~图4是几种常见的隐圆模型.图1 图2 图3 图4问题 课前请同学们做了准备,你发现了几种隐圆模型?设计意图 课前布置预习作业,让学生对课上要学习的内容心中有数.课堂展示不仅是对预习作业的检查,更能让学生发现自己的知识盲区,提高学生的积极性和主动性.2.2 探寻上述“隐圆”模型形成的依据探究1 上述模型是怎样形成的?你知道依据吗?四个隐圆模型对应的依据分别为:(1)90°的圆周角所对的弦为直径;(2)如果四边形对角互补或者外角等于内对角,那么四边形四个顶点共圆;(3)定角对定弦;(4)到定点的距离等于定长的点的集合为圆.探究2 上述四种模型有没有联系?图1是图3的特殊情况,定角通常是30°,45°,60°,90°等这样的特殊角.图1还是图4的特殊情况,图1的依据其实就是“到定点的距离等于定长的点的集合为圆”.思考 根据上述探究,你能否进行归纳总结?设计意图 探究1通过让学生自主探究和·32·2018年第11期 中学数学月刊 教师的引导,让学生加深对模型形成根源的理解,有利于学生对难点的突破和概念的进一步清晰;探究2通过类比归纳的方式进一步提升学生对模型的认知;最后的思考部分让学生升华知识点,形成清晰的模型以利于下面的解题.2.3 寻踪迹、画路径、求最值 图5 图6例1 如图5,在边长为4的正方形犃犅犆犇中,动点犈,犉分别在犇犆,犅犆上移动,犇犈=犆犉,犃犈和犇犉交于点犘,则犆犘长度的最小值为 .变式 如图6,在Rt△犃犅犆中,犃犅⊥犅犆,犃犅=6,犅犆=4,犘是△犃犅犆内部的一个动点,且满足∠犘犃犅=∠犘犅犆,则线段犆犘长的最小值为 .设计意图 鉴于微课时间上的局限性,课上只研究例1,帮助学生理清思路.两道题都是“90°的圆周角所对的弦为直径”模型,都能在动态中找到90°角是不变的,但90°角不容易找:例1要通过证明全等得到,变式要由角的转换得到.变式训练有利于学生更深入地把握模型并灵活运用,进而提升学生的解题能力.当学生找到了隐圆,根据动点的起始、终了位置就能找到运动路径,线段的最值就转化为圆外一点到圆上点的最长距离和最短距离了.通过例题的学习,让学生经历“寻模型—现隐圆—明路径—解最值”的过程,为下面的例题提供了解题经验.图7 图8例2 如图7,已知犇,犈为等边三角形犃犅犆边犃犅,犃犆上的两个动点,且犃犈=犅犇,连结犆犇,犅犈交于点犘,若等边三角形犃犅犆的边长为2,则点犘运动长为 .变式 如图8,⊙犗的半径为2,弦犃犅=槡22,点犘为优弧犃犅上一点,犅犘⊥犅犆交直线犘犃于犆,则△犃犅犆的最大面积是 .设计意图 例1中弦所对的圆周角由90°变成了例2中的120°和变式中的45°,这样就加大了圆心的寻找难度,而且由线段的最值上升到了面积的最值,对学生能力的要求又进了一大步.例2要先证明三角形全等才能得到120°,而三角形全等的证明在例1中也讲到,对学生来说又是一次方法的巩固.变式题要从线段和角的关系中才能得到45°,学生在不同条件和背景的训练中不仅拓展了思维,也掌握了基本的解题方法.例3 如图9,在边长为2的菱形犃犅犆犇中,∠犃=60°,犕是犃犇边的中点,犖是犃犅边上一动点,将△犃犕犖沿犕犖所在的直线翻折得到△犃′犕犖,连结犃′犆.则犃′犆长度的最小值是 .图9 图10变式 如图10,在△犃犅犆中,∠犅犃犆=90°,犃犅=3,犃犆=4,点犇是犅犆的中点,将△犃犅犇沿犃犇翻折得到△犃犈犇,连结犆犈,则犆犈的长为 .设计意图 例3是“多点共圆”模型,尽管点在动,但不动的是到定点的距离,即犕犃=犕犇=犕犃′.根据“到定点的距离等于定长的点的集合为圆”,隐圆浮出水面.例3又俗称为“鸡爪模型”或“伞型”,通过这个例题让学生在变中找不变的量,明确基本图形进而构建解题模型.变式题是一道中考题,学生之前用别的方法做过,这次看能否在“多点共圆”模型下发掘新方法,对学生是新的挑战.例4 如图11,△犃犅犆是等边三角形,边长为2,犈犇⊥犃犅,犈犉⊥犃犆,则犃犉= .图11 图12变式 如图12,线段犅犆的两个端点分别在狓轴与直线犾:狔=槡3狓上滑动(犅,犆均不与原点犗重合),且犅犆=2,分别作犅犘⊥狓轴,犆犘⊥直线犾,交点为犘,设点犘的坐标为(犿,狀),则犿2+狀2= .设计意图 例4是“四点共圆”模型,由双垂直可得.隐圆出现了,再在圆中转换角,题目迎刃·42· 中学数学月刊 2018年第11期而解.这个例题能帮助学生明确四点共圆模型的特征,找到基本图形.圆中角的转化及三角函数的设犽法都是解几何图形题常用的方法.变式题是四点共圆模型和定角对定弦模型的综合运用,既是新内容的巩固,又是旧知识的回顾.2.4 总结思路,感悟方法思考 学了上述方法,你能迅速发现“隐圆”吗?你是怎么发现的?请大家写一篇“隐圆的解题反思”,谈谈自己的体会.设计意图 设计这两个问题旨在让学生学习完例题后有自己的反思和总结,进而形成自己的解题经验,而不是专题学习完就结束了.解题反思落实在笔头上,既有利于提高学生分析问题、总结问题的能力,又有利于新知识的吸收、应用和拓展.3 微课的设计和微专题的使用3.1 微课设计的思路和反思(1)合理性“隐圆”问题对学生而言是比较难掌握的问题,此类题目有非常强的综合性和灵活性,学生常会摸不着头脑;学生的层次也参差不齐,个体差异明显.这节课以微课为载体,在形式上比较灵活,学生可以自行选择时间反复观看,并且可以根据自身基础选择学习的广度和深度,扩大传统课堂的教学容量.(2)设计本节课以“模型建立-模型应用-模型总结”为主线,先让学生思考模型的种类,再让学生探究模型形成的依据,进而以例题的形式研究每个模型的特点,最后总结方法.因为是二轮复习,所以在模型应用环节每道例题都配置了变式,变式不仅能对例题进行巩固,还在例题的基础上对知识点和解题方法进行升级,使学生不仅能巩固当天所学而且能拓展思维提升解题能力.变式给学优生的课后拓展提供了素材,也为学困生的延迟学习提供了条件.(3)反思一般情况下微课短小精悍用时少,但本节微课用时比普通微课要长很多.一是“隐圆”这个知识点较难,二是常用的隐圆模型有四种,需配备至少四道例题来巩固.这样一来时间就多了.“微课”不再“微”了,那还是“微课”吗?笔者在设计这节课的时候陷入了两难境地,怎样做到短小精悍又要把知识点讲清楚是每个微课设计者需要思考和挑战的问题.二轮复习知识点繁多,哪些知识点适合以微课为载体也是微课设计者要研究的.此外,微课资源不均衡.以笔者所在的学校和地区为例,苏科版教科书上的每一章节都实现了微课全覆盖,但对于比较综合的专题,目前还在逐渐完善中.学生想要学习一些疑难专题的微课,目前还不能完全实现,这需要教育主管部门集全部一线教师的力量通力合作才能完成.3.2 微专题的使用(1)合理性“微专题”是指一个相关联的、可以单独研究的知识体系或某种数学方法、一个研究主题等.[1]二轮复习不仅要巩固一轮复习的成果,更要有技能方法上的突破,这就需要教师将知识点归类合并,形成若干个微专题供学生进行专项研究,有利于学生构建知识点间的横纵联系,提升解综合题的能力.(2)形式和内容二轮复习以大专题下的小专题形式进行,一个大专题分成几个微专题,这几个微专题既互相独立又彼此联系.微专题一般以变式教学为主.变式教学的核心是“通过变化以突出其中的不变因素”,从而帮助学生更好地掌握数学概念的本质[2].教学内容上大多选择中考题或教材上习题作为典型例题,以便学生进行中考重难点的突破.(3)反思微专题虽然以例题的形式对知识点进行复习和方法提炼,但它绝对不仅仅是例题的讲解和练习,而应通过例题和变式在讲练过程中提炼方法和模型.微专题也不仅仅是几个类似问题的堆砌,而是递进式地研究知识点相关而层次不同的问题.“微专题”在二轮复习中是常见的模式,它也对教师提出了更高的要求,促使教师苦研究、善归纳,促进了教师更好、更快地专业成长.参考文献[1] 李宽珍.“微专题”引领高效数学复习的思考[J].中学教学与管理,2015(10):61.[2] 郑毓信.变式理论与认知发展[J].中学数学月刊,2009(10):1 4.·52·2018年第11期 中学数学月刊 。

相关文档
最新文档