直线与圆的位置关系难题

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高中数学经典高考难题集锦(解析版)

2021年10月18日姚杰的高中数学组卷一．解答题〔共10小题〕1．〔2021•宣威市校级模拟〕设点C为曲线〔x＞0〕上任一点，以点C为圆心的圆与x轴交于点E、A，与y轴交于点E、B．〔1〕证明多边形EACB的面积是定值，并求这个定值；〔2〕设直线y=﹣2x+4与圆C交于点M，N，假设|EM|=|EN|，求圆C的方程．2．〔2021•江苏模拟〕直线l：y=k〔x+2〕与圆O：x2+y2=4相交于A、B两点，O是坐标原点，三角形ABO的面积为S．〔Ⅰ〕试将S表示成的函数S〔k〕，并求出它的定义域；〔Ⅱ〕求S的最大值，并求取得最大值时k的值．3．〔2021•越秀区校级模拟〕圆满足：①截y轴所得弦长为2；②被x轴分成两段圆弧，其弧长的比为3：1；③圆心到直线l：x﹣2y=0的距离为．求该圆的方程．4．〔2021•柯城区校级三模〕抛物线的顶点在坐标原点，焦点在y轴上，且过点〔2，1〕．〔Ⅰ〕求抛物线的标准方程；〔Ⅱ〕是否存在直线l：y=kx+t，与圆x2+〔y+1〕2=1相切且与抛物线交于不同的两点M，N，当∠MON为钝角时，有S△MON=48成立？假设存在，求出直线的方程，假设不存在，说明理由．5．〔2021•福建〕〔1〕矩阵M所对应的线性变换把点A〔x，y〕变成点A′〔13，5〕，试求M的逆矩阵及点A的坐标．〔2〕直线l：3x+4y﹣12=0与圆C：〔θ为参数〕试判断他们的公共点个数；〔3〕解不等式|2x﹣1|＜|x|+1．6．〔2021•东城区一模〕如图，定圆C：x2+〔y﹣3〕2=4，定直线m：x+3y+6=0，过A〔﹣1，0〕的一条动直线l与直线相交于N，与圆C相交于P，Q两点，M是PQ中点．〔Ⅰ〕当l与m垂直时，求证：l过圆心C；〔Ⅱ〕当时，求直线l的方程；〔Ⅲ〕设t=，试问t是否为定值，假设为定值，请求出t的值；假设不为定值，请说明理由．7．〔2021•天河区校级模拟〕圆C：〔x+4〕2+y2=4，圆D的圆心D在y 轴上且与圆C外切，圆D与y 轴交于A、B两点，定点P的坐标为〔﹣3，0〕．〔1〕假设点D〔0，3〕，求∠APB的正切值；〔2〕当点D在y轴上运动时，求∠APB的最大值；〔3〕在x轴上是否存在定点Q，当圆D在y轴上运动时，∠AQB是定值？如果存在，求出Q点坐标；如果不存在，说明理由．8．〔2007•海南〕在平面直角坐标系xOy中，圆x2+y2﹣12x+32=0的圆心为Q，过点P〔0，2〕且斜率为k的直线与圆Q相交于不同的两点A，B．〔Ⅰ〕求k的取值范围；〔Ⅱ〕是否存在常数k，使得向量与共线？如果存在，求k值；如果不存在，请说明理由．9．如图，圆心为O，半径为1的圆与直线l相切于点A，一动点P自切点A沿直线l向右移动时，取弧AC的长为，直线PC与直线AO交于点M．又知当AP=时，点P的速度为v，求这时点M的速度．10．过原点O作圆x2+y2﹣2x﹣4y+4=0的任意割线交圆于P1，P2两点，求P1P2的中点P的轨迹．2021年10月18日姚杰的高中数学组卷参考答案与试题解析一．解答题〔共10小题〕1．〔2021•宣威市校级模拟〕设点C为曲线〔x＞0〕上任一点，以点C为圆心的圆与x轴交于点E、A，与y轴交于点E、B．〔1〕证明多边形EACB的面积是定值，并求这个定值；〔2〕设直线y=﹣2x+4与圆C交于点M，N，假设|EM|=|EN|，求圆C的方程．考点：直线和圆的方程的应用．专题：计算题；压轴题．分析：〔1〕由题意，由于以点C为圆心的圆与x轴交于点E、A，与y轴交于点E、B，所以先得到点E为原点，利用方程的思想设出圆心C的坐标，进而利用面积公式求解；〔2〕由于|EM|=|EN|此可以转化为点E应在线段MN的垂直平分线上，利用圆的性质可得EC与MN垂直建立t的方程求解即可．解答：解：〔1〕证明：点〔t＞0〕，因为以点C为圆心的圆与x轴交于点E、A，与y轴交于点E、B．所以点E是直角坐标系原点，即E〔0，0〕．于是圆C的方程是．那么．由|CE|=|CA|=|CB|知，圆心C在Rt△AEB斜边AB上，于是多边形EACB为Rt△AEB，其面积．所以多边形EACB的面积是定值，这个定值是4．〔2〕假设|EM|=|EN|，那么E在MN的垂直平分线上，即EC是MN的垂直平分线，，k MN=﹣2．所以由k EC•k MN=﹣1，得t=2，所以圆C的方程是〔x﹣2〕2+〔y﹣1〕2=5．点评：〔1〕重点考查了利用方程的思想用以变量t写出圆的方程，判断出圆心O在AB上，故四边形为直角三角形，还考查了三角形的面积公式；〔2〕重点考查了垂直平分线的等价式子，还考查了方程的求解思想，及两直线垂直的实质解直线的斜率互为负倒数．2．〔2021•江苏模拟〕直线l ：y=k 〔x+2〕与圆O ：x 2+y 2=4相交于A 、B 两点，O 是坐标原点，三角形ABO 的面积为S ．〔Ⅰ〕试将S 表示成的函数S 〔k 〕，并求出它的定义域；〔Ⅱ〕求S 的最大值，并求取得最大值时k 的值．考点：直线与圆的位置关系；二次函数的性质．专题：计算题；压轴题．分析：〔Ⅰ〕先求出原点到直线的距离，并利用弦长公式求出弦长，代入三角形的面积公式进行化简．〔Ⅱ〕换元后把函数S 的解析式利用二次函数的性质进行配方，求出函数的最值，注意换元后变量范围的改变．解答：解：〔Ⅰ〕直线l 方程，原点O 到l 的距离为〔3分〕弦长〔5分〕•ABO 面积•∵|AB|＞0，∴﹣1＜K ＜1〔K ≠0〕，• ∴〔﹣1＜k ＜1且K ≠0〕〔8分〕，〔Ⅱ〕令，∴．∴当t=时，时，S max =2〔12分〕点评：此题考查点到直线的距离公式、弦长公式的应用，以及利用二次函数的性质求函数的最大值，注意换元中变量范围的改变． 3．〔2021•越秀区校级模拟〕圆满足：①截y 轴所得弦长为2；②被x 轴分成两段圆弧，其弧长的比为3：1；③圆心到直线l ：x ﹣2y=0的距离为．求该圆的方程．考点：直线与圆的位置关系．专题：综合题；压轴题．分析：设出圆P的圆心坐标，由圆被x轴分成两段圆弧，其弧长的比为3：1，得到圆P截x 轴所得劣弧对的圆心角为90°，根据垂径定理得到圆截x轴的弦长，找出r与b的关系式，又根据圆与y轴的弦长为2，利用垂径定理得到r与a的关系式，两个关系式联立得到a与b的关系式；然后利用点到直线的距离公式求出P到直线x﹣2y=0的距离，让其等于，得到a与b的关系式，将两个a与b的关系式联立即可求出a与b的值，得到圆心P的坐标，然后利用a与b的值求出圆的半径r，根据圆心和半径写出圆的方程即可．解答：解：设圆P的圆心为P〔a，b〕，半径为r，那么点P到x轴，y轴的距离分别为|b|，|a|．由题设知圆P截x轴所得劣弧对的圆心角为90°，知圆P截x轴所得的弦长为．故r2=2b2又圆P被y轴所截得的弦长为2，所以有r2=a2+1．从而得2b2﹣a2=1；又因为P〔a，b〕到直线x﹣2y=0的距离为，所以=，即有a﹣2b=±1，由此有或解方程组得或，于是r2=2b2=2，所求圆的方程是：〔x+1〕2+〔y+1〕2=2，或〔x﹣1〕2+〔y﹣1〕2=2．点评：本小题主要考查轨迹的思想，考查综合运用知识建立曲线方程的能力，是一道中档题．4．〔2021•柯城区校级三模〕抛物线的顶点在坐标原点，焦点在y轴上，且过点〔2，1〕．〔Ⅰ〕求抛物线的标准方程；〔Ⅱ〕是否存在直线l：y=kx+t，与圆x2+〔y+1〕2=1相切且与抛物线交于不同的两点M，N，当∠MON为钝角时，有S△MON=48成立？假设存在，求出直线的方程，假设不存在，说明理由．考点：直线与圆的位置关系；平面向量数量积的运算；抛物线的标准方程．专题：压轴题；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：〔Ⅰ〕设抛物线方程为x2=2py，把点〔2，1〕代入运算求得p的值，即可求得抛物线的标准方程．〔Ⅱ〕由直线与圆相切可得．把直线方程代入抛物线方程并整理，由△＞0求得t的范围．利用根与系数的关系及，求得，求得点O到直线的距离，从而求得，由此函数在〔0，4〕单调递增，故有，从而得出结论．解答：解：〔Ⅰ〕设抛物线方程为x2=2py，由得：22=2p，所以p=2，所以抛物线的标准方程为x2=4y．〔Ⅱ〕不存在．因为直线与圆相切，所以．把直线方程代入抛物线方程并整理得：x2﹣4kx﹣4t=0．由△=16k2+16t=16〔t2+2t〕+16t＞0，得t＞0或t＜﹣3．设M〔x1，y1〕，N〔x2，y2〕，那么x1+x2=4k且x1•x2=﹣4t，∴．∵∠MON为钝角，∴，解得0＜t＜4，∵，点O到直线的距离为，∴，易证在〔0，4〕单调递增，∴，故不存在直线，当∠MON为钝角时，S△MON=48成立．点评：此题主要考查直线和圆的位置关系，两个向量的数量积公式的应用，点到直线的距离公式，利用函数的单调性求函数的值域，属于中档题．5．〔2021•福建〕〔1〕矩阵M所对应的线性变换把点A〔x，y〕变成点A′〔13，5〕，试求M的逆矩阵及点A的坐标．〔2〕直线l：3x+4y﹣12=0与圆C：〔θ为参数〕试判断他们的公共点个数；〔3〕解不等式|2x﹣1|＜|x|+1．考点：直线与圆的位置关系；二阶矩阵；绝对值不等式的解法．专题：计算题；压轴题；转化思想．分析：〔1〕由矩阵的线性变换列出关于x和y的一元二次方程组，求出方程组的解集即可得到点A的坐标；可设出矩阵M的逆矩阵，根据逆矩阵的定义得到逆矩阵与矩阵M 的乘积等于单位矩阵，得到一个一元二次方程组，求出方程组的解集即可得到M的逆矩阵；〔2〕把圆的参数方程化为普通方程后，找出圆心坐标与半径，然后利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离d与半径r比拟大小得到直线与圆的位置关系，即可得到交点的个数；〔3〕分三种情况x大于等于，x大于等于0小于和x小于0，分别化简绝对值后，求出解集，即可得到原不等式的解集．三个题中任选两个作答即可．解答：解：〔1〕由题意可知〔x，y〕=〔13，5〕，即，解得，所以A〔2，﹣3〕；设矩阵M的逆矩阵为，那么•=，即，且，解得a=﹣1，b=3，c=﹣1，d=2所以矩阵M的逆矩阵为；〔2〕把圆的参数方程化为普通方程得〔x+1〕2+〔y﹣2〕2=4，圆心〔﹣1，2〕，半径r=2那么圆心到直线的距离d==＜2=r，得到直线与圆的位置关系是相交，所以直线与圆的公共点有两个；〔3〕当x≥时，原不等式变为：2x﹣1＜x+1，解得x＜2，所以原不等式的解集为[，2〕；当0≤x ＜时，原不等式变为：1﹣2x ＜x+1，解得x ＞0，所以原不等式的解集为〔0，〕；当x ＜0时，原不等式变为：1﹣2x ＜﹣x+1，解得x ＞0，所以原不等式无解．综上，原不等式的解集为[0，2〕．点评：此题考查学生会求矩阵的逆矩阵及掌握矩阵的线性变换，灵活运用点到直线的距离公式化简求值，掌握直线与圆的位置关系的判断方法，会利用讨论的方法求绝对值不等式的解集，是一道综合题．6．〔2021•东城区一模〕如图，定圆C ：x 2+〔y ﹣3〕2=4，定直线m ：x+3y+6=0，过A 〔﹣1，0〕的一条动直线l 与直线相交于N ，与圆C 相交于P ，Q 两点，M 是PQ 中点．〔Ⅰ〕当l 与m 垂直时，求证：l 过圆心C ；〔Ⅱ〕当时，求直线l 的方程；〔Ⅲ〕设t=，试问t 是否为定值，假设为定值，请求出t 的值；假设不为定值，请说明理由．考点：直线与圆的位置关系；平面向量数量积的运算；直线的一般式方程．专题：压轴题．分析：〔Ⅰ〕根据，容易写出直线l 的方程为y=3〔x+1〕．将圆心C 〔0，3〕代入方程易知l 过圆心C ．〔Ⅱ〕过A 〔﹣1，0〕的一条动直线l ．应当分为斜率存在和不存在两种情况；当直线l 与x 轴垂直时，进行验证．当直线与x 轴不垂直时，设直线l 的方程为y=k 〔x+1〕，由于弦长，利用垂径定理，那么圆心C 到弦的距离|CM|=1．从而解得斜率K 来得出直线l 的方程为．〔Ⅲ〕同样，当l 与x 轴垂直时，要对设t=，进行验证．当l 的斜率存在时，设直线l的方程为y=k〔x+1〕，代入圆的方程得到一个二次方程．充分利用“两根之和〞和“两根之积〞去找．再用两根直线方程联立，去找．从而确定t=的代数表达式，再讨论t是否为定值．解解：〔Ⅰ〕由，故k l=3，答：所以直线l的方程为y=3〔x+1〕．将圆心C〔0，3〕代入方程易知l过圆心C．〔3分〕〔Ⅱ〕当直线l与x轴垂直时，易知x=﹣1符合题意；〔4分〕当直线与x轴不垂直时，设直线l的方程为y=k〔x+1〕，由于，所以|CM|=1．由，解得．故直线l的方程为x=﹣1或4x﹣3y+4=0．〔8分〕〔Ⅲ〕当l与x轴垂直时，易得M〔﹣1，3〕，，又A〔﹣1，0〕那么，，故．即t=﹣5．〔10分〕当l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k〔x+1〕，代入圆的方程得〔1+k2〕x2+〔2k2﹣6k〕x+k2﹣6k+5=0．那么，，即，=．又由得，那么．故t=．综上，t的值为定值，且t=﹣5．〔14分〕另解一：连接CA，延长交m于点R，由〔Ⅰ〕知AR⊥m．又CM⊥l于M，故△ANR∽△AMC．于是有|AM|•|AN|=|AC|•|AR|．由，得|AM|•|AN|=5．故〔14分〕另解二：连接CA 并延长交直线m 于点B ，连接CM ，CN ，由〔Ⅰ〕知AC ⊥m ，又CM ⊥l ，所以四点M ，C ，N ，B 都在以CN 为直径的圆上，由相交弦定理得．〔14分〕点评：〔1〕用直线方程时，一定要注意分为斜率存在和不存在两种情况．一般是验证特殊，求解一般．〔2〕解决直线与圆相交弦相关计算时一般采用垂径定理求解．〔3〕涉及到直线和圆、圆锥曲线问题时，常常将直线代入曲线方程得到一个一元二次方程，再充分利用“两根之和〞和“两根之积〞整体求解．这种方法通常叫做“设而不求〞． 7．〔2021•天河区校级模拟〕圆C ：〔x+4〕2+y 2=4，圆D 的圆心D 在y 轴上且与圆C 外切，圆D 与y 轴交于A 、B 两点，定点P 的坐标为〔﹣3，0〕．〔1〕假设点D 〔0，3〕，求∠APB 的正切值；〔2〕当点D 在y 轴上运动时，求∠APB 的最大值；〔3〕在x 轴上是否存在定点Q ，当圆D 在y 轴上运动时，∠AQB 是定值？如果存在，求出Q 点坐标；如果不存在，说明理由．考点：直线和圆的方程的应用．专题：计算题；证明题；压轴题．分析：〔1〕由中圆C ：〔x+4〕2+y 2=4，点D 〔0，3〕，我们易求出CD 的长，进而求出圆D 的半径，求出A ，B 两点坐标后，可由tan ∠APB=k BP 得到结果．〔2〕设D 点坐标为〔0，a 〕，圆D 半径为r ，我们可以求出对应的圆D 的方程和A ，B 两点的坐标，进而求出∠APB 正切的表达式〔含参数r 〕，求出其最值后，即可根据正切函数的单调性，求出∠APB 的最大值；〔3〕假设存在点Q 〔b ，0〕，根据∠AQB 是定值，我们构造关于b 的方程，假设方程有解，那么存在这样的点，假设方程无实根，那么不存在这样的点．解答：解：〔1〕∵|CD|=5， ∴圆D 的半径r=5﹣2=3，此时A 、B 坐标分别为A 〔0，0〕、B 〔0，6〕∴tan ∠APB=k BP =2〔3分〕〔2〕设D 点坐标为〔0，a 〕，圆D 半径为r ，那么〔r+2〕2=16+a 2，A 、B 的坐标分别为〔0，a ﹣r 〕，〔0，a+r 〕∴，∴==∵|r+2|2≥16， ∴r ≥2，∴8r ﹣6≥10， ∴∴．〔8分〕〔3〕假设存在点Q 〔b ，0〕，由，，得∵a 2=〔r+2〕2﹣16， ∴欲使∠AQB 的大小与r 无关，那么当且仅当b 2=12，即，此时有，即得∠AQB=60°为定值，故存在或，使∠AQB 为定值60°．〔13分〕点评：此题考查的知识点是直线和圆的方程的应用，其中根据中圆C ：〔x+4〕2+y 2=4，圆D 的圆心D 在y 轴上且与圆C 外切，圆D 与y 轴交于A 、B 两点，确定圆D 的方程，进而求出A ，B 的方程是解答此题的关键．8．〔2007•海南〕在平面直角坐标系xOy 中，圆x 2+y 2﹣12x+32=0的圆心为Q ，过点P 〔0，2〕且斜率为k 的直线与圆Q 相交于不同的两点A ，B ．〔Ⅰ〕求k 的取值范围；〔Ⅱ〕是否存在常数k ，使得向量与共线？如果存在，求k 值；如果不存在，请说明理由．考点：直线和圆的方程的应用；向量的共线定理．专题：计算题；压轴题．分析：〔Ⅰ〕先把圆的方程整理成标准方程，进而求得圆心，设出直线方程代入圆方程整理后，根据判别式大于0求得k 的范围，〔Ⅱ〕A 〔x 1，y 1〕，B 〔x 2，y 2〕，根据〔1〕中的方程和韦达定理可求得x 1+x 2的表达式，根据直线方程可求得y 1+y 2的表达式，进而根据以与共线可推知〔x 1+x 2〕=﹣3〔y 1+y 2〕，进而求得k ，根据〔1〕k 的范围可知，k 不符合题意．解答：解：〔Ⅰ〕圆的方程可写成〔x ﹣6〕2+y 2=4，所以圆心为Q 〔6，0〕，过P 〔0，2〕且斜率为k 的直线方程为y=kx+2．代入圆方程得x 2+〔kx+2〕2﹣12x+32=0，整理得〔1+k 2〕x 2+4〔k ﹣3〕x+36=0． ①直线与圆交于两个不同的点A ，B 等价于△=[4〔k ﹣3〕2]﹣4×36〔1+k 2〕=42〔﹣8k 2﹣6k 〕＞0，解得，即k 的取值范围为．〔Ⅱ〕设A 〔x 1，y 1〕，B 〔x 2，y 2〕，那么，由方程①，②又y 1+y 2=k 〔x 1+x 2〕+4． ③ 而．所以与共线等价于〔x 1+x 2〕=﹣3〔y 1+y 2〕，将②③代入上式，解得．由〔Ⅰ〕知，故没有符合题意的常数k ．点评：此题主要考查了直线与圆的方程的综合运用．常需要把直线方程与圆的方程联立，利用韦达定理和判别式求得问题的解．9．如图，圆心为O ，半径为1的圆与直线l 相切于点A ，一动点P 自切点A 沿直线l 向右移动时，取弧AC 的长为，直线PC 与直线AO 交于点M ．又知当AP=时，点P 的速度为v ，求这时点M 的速度．考点：直线与圆的位置关系．专题：压轴题．分析：设AP 的长为x ，AM 的长为y ，用x 表示y ，并用复合函数求导法那么对时间t 进行求导．解答：解：如图，作CD ⊥AM ，并设AP=x ，AM=y ，∠COA=θ，由题意弧AC 的长为，半径OC=1，可知θ=，考虑θ∈〔0，π〕．∵△APM ∽△DCM ，∴．∵DM=y ﹣〔1﹣cos 〕，DC=sin ，∴∴．上式两边对时间t 进行求导，那么y ′t =y ′x •x ′t ．∴y ′t =当时，x ′t =v ，代入上式得点M 的速度．点评：此题是难度较大题目，考查了弦长、弧度、相似、特别是复合函数的导数，以及导数的几何意义；同时也考查了逻辑思维能力和计算能力．10．过原点O 作圆x 2+y 2﹣2x ﹣4y+4=0的任意割线交圆于P 1，P 2两点，求P 1P 2的中点P 的轨迹．考点：直线与圆的位置关系；轨迹方程．专题：计算题；压轴题；数形结合．分析：设割线OP 1P 2的直线方程为y=kx 与圆的方程联立得〔1+k 2〕x 2﹣2〔1+2k 〕x+4=0，再由韦达定理得：，因为P 是P 1P 2的中点，所以，再由P点在直线y=kx上，得到，代入上式得整理即可．要注意范围．解答：解：设割线OP1P2的直线方程为y=kx代入圆的方程，得：x2+k2x2﹣2x﹣4kx+4=0即〔1+k2〕x2﹣2〔1+2k〕x+4=0设两根为x1，x2即直线与圆的两交点的横坐标；由韦达定理得：又设P点的坐标是〔x，y〕P是P1P2的中点，所以又P点在直线y=kx上，∴，代入上式得两端乘以，得即x2+y2=x+2y〔0＜x＜〕这是一个一点为中心，以为半径的圆弧，所求轨迹是这个圆在所给圆内的一段弧．点评：此题主要考查直线与圆的位置关系，韦达定理，中点坐标公式及点的轨迹方程．考点卡片1．二次函数的性质【知识点的认识】其性质主要有初中学的开口方向、对称性、最值、几个根的判定、韦达定理以及高中学的抛物线的焦点、准线和曲线的平移．【解题方法点拨】以y=ax2+bx+c为例：①开口、对称轴、最值与x轴交点个数，当a＞0〔＜0〕时，图象开口向上〔向下〕；对称轴x=﹣；最值为：f〔﹣〕；判别式△=b2﹣4ac，当△=0时，函数与x轴只有一个交点；△＞0时，与x轴有两个交点；当△＜0时无交点．②根与系数的关系．假设△≥0，且x1、x2为方程y=ax2+bx+c的两根，那么有x1+x2=﹣，x1•x2=；③二次函数其实也就是抛物线，所以x2=2py的焦点为〔0，〕，准线方程为y=﹣，含义为抛物线上的点到到焦点的距离等于到准线的距离．④平移：当y=a〔x+b〕2+c向右平移一个单位时，函数变成y=a〔x﹣1+b〕2+c；例题：y=2x2+x﹣3那么由2＞0，可知抛物线开口向上，对称轴为x=﹣，最小值为f〔﹣〕=﹣，；△=1+24=25＞0，故方程2x2+x﹣3=0有两个根，其满足x1+x2=﹣；x1•x2=﹣；另外，方程可以写成〔y+〕=2〔x+〕2，当沿x轴向右，在向下平移时，就变成y=2x2；【命题方向】重点关注高中所学的抛物线的焦点、准线和曲线的平移．另外在解析几何当做要灵活运用韦达定理．2．向量的共线定理【概念】共线向量又叫平行向量，指的是方向相同或方向相反的向量．【定理】假设向量=〔1，2〕，向量=〔2，4〕，那么=2，那么向量与向量平行，且有1×4﹣2×2=0，即当向量=〔x1，y1〕与向量=〔x2，y2〕平行时，有x1•y2﹣x2•y1=0，这也是两向量平行的充要条件．【例题解析】例：设与是两个不共线的向量，且向量与共线，那么λ=﹣0.5．解；∵向量与共线，∴存在常数k，使得=k〔〕∴2=k．﹣1=λk解得，λ=﹣0.5故答案为﹣0.5．根据向量共线的充要条件，假设向量与共线，就能得到含λ的等式，解出λ即可．【考点分析】向量共线定理和向量垂直定理是向量里面最重要的两个定理，要学会应用这两个定理去判别向量之间的关系．3．平面向量数量积的运算【平面向量数量积的运算】平面向量数量积运算的一般定理为①〔±〕2=2±2•+2．②〔﹣〕〔+〕=2﹣2．③•〔•〕≠〔•〕•，从这里可以看出它的运算法那么和数的运算法那么有些是相同的，有些不一样．【例题解析】例：由代数式的乘法法那么类比推导向量的数量积的运算法那么：①“mn=nm〞类比得到“〞②“〔m+n〕t=mt+nt〞类比得到“〔〕•=〞；③“t≠0，mt=nt⇒m=n〞类比得到“⇒〞；④“|m•n|=|m|•|n|〞类比得到“||=||•||〞；⑤“〔m•n〕t=m〔n•t〕〞类比得到“〔〕•=〞；⑥“〞类比得到．以上的式子中，类比得到的结论正确的选项是①②．解：∵向量的数量积满足交换律，∴“mn=nm〞类比得到“〞，即①正确；∵向量的数量积满足分配律，∴“〔m+n〕t=mt+nt〞类比得到“〔〕•=〞，即②正确；∵向量的数量积不满足消元律，∴“t≠0，mt=nt⇒m=n〞不能类比得到“⇒〞，即③错误；∵||≠||•||，∴“|m•n|=|m|•|n|〞不能类比得到“||=||•||〞；即④错误；∵向量的数量积不满足结合律，∴“〔m•n〕t=m〔n•t〕〞不能类比得到“〔〕•=〞，即⑤错误；∵向量的数量积不满足消元律，∴〞不能类比得到，即⑥错误．故答案为：①②．向量的数量积满足交换律，由“mn=nm〞类比得到“〞；向量的数量积满足分配律，故“〔m+n〕t=mt+nt〞类比得到“〔〕•=〞；向量的数量积不满足消元律，故“t≠0，mt=nt⇒m=n〞不能类比得到“⇒〞；||≠||•||，故“|m•n|=|m|•|n|〞不能类比得到“||=||•||〞；向量的数量积不满足结合律，故“〔m•n〕t=m〔n•t〕〞不能类比得到“〔〕•=〞；向量的数量积不满足消元律，故〞不能类比得到．【考点分析】本知识点应该所有考生都要掌握，这个知识点和三角函数联系比拟多，也是一个常考点，题目相对来说也不难，所以是拿分的考点，希望大家都掌握．4．直线的一般式方程【直线的一般式方程】直线方程表示的是只有一个自变量，自变量的次数为一次，且因变量随着自变量的变化而变化．直线的一般方程的表达式是ay+bx+c=0．5．轨迹方程【知识点的认识】1．曲线的方程和方程的曲线在平面内建立直角坐标系以后，坐标平面内的动点都可以用有序实数对〔x，y〕表示，这就是动点的坐标．当点按某种规律运动形成曲线时，动点坐标〔x，y〕中的变量x、y存在着某种制约关系，这种制约关系反映到代数中，就是含有变量x、y的方程．一般地，在直角坐标系中，如果某曲线C〔看做适合某种条件的点的集合或轨迹〕上的点与一个二元方程f〔x，y〕=0的实数解建立了如下的关系：〔1〕曲线上点的坐标都是这个方程的解；〔2〕以这个方程的解为坐标的点都是曲线上的点．那么这个方程就叫做曲线的方程，这条曲线就叫做方程的曲线．2．求曲线方程的一般步骤〔直接法〕〔1〕建系设点：建立适当的直角坐标系，用〔x，y〕表示曲线上任一点M的坐标；〔2〕列式：写出适合条件p的点M的集合{M|p〔M〕}；〔3〕代入：用坐标表示出条件p〔M〕，列出方程f〔x，y〕=0；〔4〕化简：化方程f〔x，y〕=0为最简形式；〔5〕证明：证明以化简后的方程的解为坐标的点都是在曲线上的点【常用解法】〔1〕直接法：根据题目条件，直译为关于动点的几何关系，再利用解析几何有关公式〔如两点间的距离公式、点到直线的距离公式、夹角公式等〕进行整理、化简．这种求轨迹方程的过程不需要特殊的技巧．〔2〕定义法：假设动点轨迹的条件符合某一根本轨迹的定义〔如椭圆、双曲线、抛物线、圆等〕，可用定义直接探求．关键是条件的转化，即转化为某一根本轨迹的定义条件．〔3〕相关点法：用所求动点P的坐标〔x，y〕表示动点M的坐标〔x0，y0〕，即得到x0=f 〔x，y〕，y0=g〔x，y〕，再将x0，y0代入M满足的条件F〔x0，y0〕=0中，即得所求．一般地，定比分点问题、对称问题可用相关点法求解，相关点法的一般步骤是：设点→转换→代入→化简．〔4〕待定系数法〔5〕参数法〔6〕交轨法．6．直线与圆的位置关系【知识点的认识】1．直线与圆的位置关系2．判断直线与圆的位置关系的方法直线Ax+By+C=0与圆〔x﹣a〕2+〔y﹣b〕2=r2〔r＞0〕的位置关系的判断方法：〔1〕几何方法：利用圆心到直线的d和半径r的关系判断．圆心到直线的距离d=①相交：d＜r②相切：d=r③相离：d＞r〔2〕代数方法：联立直线与圆的方程，转化为一元二次方程，用判别式△判断．由消元，得到一元二次方程的判别式△①相交：△＞0②相切：△=0③相离：△＜0．7．直线和圆的方程的应用【知识点的知识】1、直线方程的形式：2、圆的方程：〔1〕圆的标准方程：〔x﹣a〕2+〔y﹣b〕2=r2〔r＞0〕，其中圆心C〔a，b〕，半径为r．特别地，当圆心为坐标原点时，半径为r的圆的方程为：x2+y2=r2．其中，圆心〔a，b〕是圆的定位条件，半径r是圆的定形条件．〔2〕圆的一般方程：x2+y2+Dx+Ey+F=0〔D2+E2﹣4F＞0〕其中圆心〔﹣，﹣〕，半径r=．8．抛物线的标准方程【知识点的认识】抛物线的标准方程的四种种形式：〔1〕y2=2px，焦点在x轴上，焦点坐标为F〔，0〕，〔p可为正负〕〔2〕x2=2py，焦点在y轴上，焦点坐标为F〔0，〕，〔p可为正负〕四种形式相同点：形状、大小相同；四种形式不同点：位置不同；焦点坐标不同．下面以两种形式做简单的介绍：标准方程y2=2px〔p＞0〕，焦点在x轴上x2=2py〔p＞0〕，焦点在y轴上图形顶点〔0，0〕〔0，0〕对称轴x轴焦点在x轴长上y轴焦点在y轴长上焦点〔，0〕〔0，〕焦距无无离心率e=1 e=1准线x=﹣y=﹣9．二阶矩阵【知识点的知识】1、矩阵由m×n个数a ij〔i=1，2，…，m；j=1，2，…，n〕排成的m行n列的数表称为m行n列矩阵，简称m×n矩阵．为表示这个数是一个整体，总是加一个括弧，并用大写黑体字母表示它，记作这m×n个数称为矩阵A的元素，简称为元，数a ij位于矩阵的第i行第j列，称为矩阵的〔i，j〕元．以数a ij为〔i，j〕元的矩阵可简记作〔a ij〕或〔a ij〕m×n．矩阵A也记作A m×n．注意：①矩阵的记号是在数表外加上括弧，与行列式的记号〔在数表外加上双竖线〕是不同的，这是两个不同的概念．②矩阵的行数和列数不一定相等．2．二阶矩阵由四个数a，b，c，d排成的正方形数表称为二阶矩阵，其中称为矩阵的元素，矩阵通常用大写字母A，B，C，…或〔aij〕表示〔其中i，j分别为元素aij所在的行和列〕．2．矩阵的乘法行矩阵[a11 a12]与列矩阵的乘法规那么为，二阶矩阵与列矩阵的乘法规那么为=．矩阵乘法满足结合律，不满足交换律和消去律．10．绝对值不等式的解法【知识点的认识】绝对值不等式的解法1、绝对值不等式|x|＞a与|x|＜a的解集不等式a＞0 a=0 a＜0|x|＜a {x|﹣a＜x＜a} ∅∅|x|＞a {x|x＞a，或x＜﹣a} {x|x≠0} R2、|ax+b|≤c〔c＞0〕和|ax+b|≥c〔c＞0〕型不等式的解法：〔1〕|ax+b|≤c⇔﹣c≤ax+b≤c；〔2〕|ax+b|≥c⇔ax+b≥c或ax+b≤﹣c；〔3〕|x﹣a|+|x﹣b|≥c〔c＞0〕和|x﹣a|+|x﹣b|≤c〔c＞0〕型不等式的解法：方法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，表达了数形结合的思想．方法二：利用“零点分段法〞求解，表达了分类讨论的思想；方法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，表达了函数与方程的思想．【解题方法点拨】1、解绝对值不等式的根本方法：〔1〕利用绝对值的定义，通过分类讨论转化为解不含绝对值符号的普通不等式；〔2〕当不等式两端均为正号时，可通过两边平方的方法，转化为解不含绝对值符号的普通不等式；〔3〕利用绝对值的几何意义，数形结合求解．2．解绝对值不等式主要是通过同解变形去掉绝对值符号转化为一元一次和一元二次不等式〔组〕进行求解．含有多个绝对值符号的不等式，一般可用零点分段法求解，对于形如|x﹣a|+|x﹣b|＞m或|x﹣a|+|x﹣b|＜m 〔m为正常数〕，利用实数绝对值的几何意义求解较简便．3．不等式|x﹣a|+|x﹣b|≥c的解就是数轴上到A〔a〕，B〔b〕两点的距离之和不小于c的点所对应的实数，只要在数轴上确定出具有上述特点的点的位置，就可以得出不等式的解．4．不等式|a|﹣|b|≤|a+b|≤|a|+|b|，右侧“=〞成立的条件是ab≥0，左侧“=〞成立的条件是ab≤0且|a|≥|b|；不等式|a|﹣|b|≤|a﹣b|≤|a|+|b|，右侧“=〞成立的条件是ab≤0，左侧“=〞成立的条件是ab≥0且|a|≥|b|．。

直线与圆、圆与圆的位置关系―知识讲解提高

直线与圆相交于一点直线与圆相切于一点直线与圆相离于一点直线与圆相交于两点
判断直线与圆的位置关系，可以通过比较圆心到直线的距离与圆的半径大小来实现。
圆心到直线的距离小于半径，则直线与圆相交；等于半径，则直线与圆相切；大于半径，则直线与圆相离。
判断圆与圆的位置关系，可以通过比较两圆的圆心距与两圆半径之和或半径之差的大小来实现。
圆心到直线的距离：利用圆心到直线的距离判断圆与直线的关系
弦长：通过比较弦长来判断圆与圆的位置关系
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圆的半径：比较两圆的半径大小，判断圆与圆的位置关系
切线：利用切线性质判断圆与直线的关系
距离公式：利用两点间的距离公式求解直线与圆之间的距离角度公式：利用三角函数或余弦定理求解直线与圆之间的夹角代数运算：利用代数方法简化计算过程，提高解题效率
交通路线规划：利用直线与圆的位置关系，确定最佳路线。股市分析：通过分析股票价格与均线的位置关系，判断股票走势。地球科学：利用圆与圆的位置关系，研究地球与其他天体的相对位置。建筑学：在建筑设计时，利用直线与圆、圆与圆的位置关系，实现美观与实用的统一。
直线与圆的位置关系在解析几何中的应用圆与圆的位置关系在几何证明题中的应用利用直线与圆、圆与圆的位置关系解决数学竞赛中的难题在数学竞赛中，直线与圆、圆与圆的位置关系常作为考点和难点
特殊情况处理：针对直线与圆相切、相交等特殊情况，采用相应的方法进行求解
理解数形结合的概念，将数学问题转化为图形问题掌握常见的数形结合方法，如坐标法、向量法等学会利用图形直观地分析问题，找到解题思路练习数形结合的题目，提高解题能力
掌握直线与圆的位置关系的基本题型，包括相切、相交和相离等，并掌握相应的解题方法。掌握圆与圆的位置关系的基本题型，包括相切、相交和相离等，并掌握相应的解题方法。熟悉不同题型的特点和解题方法，能够根据题目的具体要求选择合适的解题方法。掌握解题技巧，如利用几何性质、数形结合等方法，提高解题效率。

高三数学解析几何试题

高三数学解析几何试题1.（本小题满分12分）如图，在平面直角坐标系中，离心率为的椭圆的左顶点为，过原点的直线（与坐标轴不重合）与椭圆交于两点，直线分别与轴交于两点．若直线斜率为时，．（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）试问以为直径的圆是否经过定点（与直线的斜率无关）？请证明你的结论．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）以为直径的圆经过定点：，证明见解析【解析】第一问根据椭圆的离心率和对应的弦长，求出对应的的值，从而得出椭圆的方程，第二问设出两点的坐标，从而求得直线和直线的方程，从而求得点的坐标，从而写出以为直径的圆的方程，根据点在椭圆上，以及曲线过定点的条件，从而求得所过的定点的坐标．试题解析：（Ⅰ）设，∵直线斜率为时，，∴，∴∴，∵，∴．∴椭圆的标准方程为．（Ⅱ）以为直径的圆过定点．设，则，且，即，∵，∴直线方程为：，∴，直线方程为：，∴，以为直径的圆为即，∵，∴，令，，解得，∴以为直径的圆经过定点：．【考点】椭圆的方程，曲线过定点问题．2.已知圆C的方程为，若直线y=kx-2上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，则k的最大值是．【答案】【解析】在直线上至存一点，使得以该点为圆心，为半径的圆与圆有公共点，所以圆心到直线的距离，解之得，故的最大值为．【考点】1．直线与圆的位置关系；2．圆与圆的位置关系．3.参数方程为参数和极坐标方程所表示的图形分别是（）A．圆和直线B．直线和直线C．椭圆和直线D．椭圆和圆【答案】D【解析】由题可知，由参数方程可得，极坐标方程，两端同时乘以，可得，由于，化简可得；【考点】•简单曲线的极坐标方程椭圆的参数方程4.（本小题满分14分）已知椭圆的两个焦点分别为、,短轴的两个端点分别为．（Ⅰ）若为等边三角形,求椭圆的方程;（Ⅱ）若椭圆的短轴长为,过点的直线与椭圆相交于两点,且,求直线的方程．【答案】（1）；（2）或．【解析】本题主要考查椭圆的标准方程及其几何性质、直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力．第一问，设出椭圆的标准方程，根据焦点坐标以及为等边三角形，列出a与b的关系式，解出a和b的值，从而得出椭圆的标准方程；第二问，通过短轴长为2，得到椭圆的标准方程，再讨论直线的斜率是否存在，当直线的斜率存在时，与椭圆的方程联立，消参，得出、，利用向量垂直的充要条件，列出表达式，解出k的值，从而得到直线的方程．试题解析：（Ⅰ）设椭圆的方程为．根据题意知, 解得,故椭圆的方程为．（Ⅱ）容易求得椭圆的方程为．当直线的斜率不存在时,其方程为,不符合题意;当直线的斜率存在时,设直线的方程为．由得．设,则对任意都成立，因为,所以,即,解得,即．故直线的方程为或．【考点】椭圆的标准方程及其几何性质、直线与椭圆的位置关系．5.（12分）已知椭圆的离心率为，椭圆C的长轴长为4．（1）求椭圆C的方程；（2）已知直线与椭圆C交于A，B两点，是否存在实数k使得以线段AB 为直径的圆恰好经过坐标原点O？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）存在实数使得以线段AB为直径的圆恰好经过坐标原点O．【解析】本题主要考查椭圆的标准方程及其几何性质、直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力．第一问，利用椭圆的离心率和长轴长列出方程，解出a和c的值，再利用计算b的值，从而得到椭圆的标准方程；第二问，将直线与椭圆联立，消参，利用韦达定理，得到、，由于以线段AB为直径的圆恰好经过坐标原点O，所以，即，代入和，解出k的值．试题解析：（1）设椭圆的焦半距为c，则由题设，得，解得，所以，故所求椭圆C的方程为．（2）存在实数k使得以线段AB为直径的圆恰好经过坐标原点O．理由如下：设点，，将直线的方程代入，并整理，得．（*）则，．因为以线段AB为直径的圆恰好经过坐标原点O，所以，即．又，于是，解得，经检验知：此时（*）式的Δ＞0，符合题意．所以当时，以线段AB为直径的圆恰好经过坐标原点O．【考点】椭圆的标准方程及其几何性质、直线与椭圆的位置关系．6.已知双曲线（，）的离心率为，若抛物线（）的焦点到双曲线的渐近线的距离为，则．【答案】【解析】,所以双曲线的渐近线方程为，又抛物线的焦点坐标为，由点到直线的距离公式得.【考点】双曲线、抛物线的几何性质.7.已知椭圆的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，直线与以椭圆C的右焦点为圆心，以椭圆的长半轴长为半径的圆相切．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）设P为椭圆C上一点，若过点的直线与椭圆C相交于不同的两点S和T，满足（O为坐标原点），求实数的取值范围．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．【解析】（Ⅰ）根据椭圆的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形可得，，再根据直线与圆相切可得的一个关系式，解方程组可得的值．（Ⅱ）由题意知直线的斜率存在，设直线方程为，与椭圆方程联立消去整理为关于的一元二次方程，由题意可知其判别式大于0，从而可得的范围．再由韦达定理可得两根之和，两根之积．设，根据可得间的关系式．可解得．将其代入椭圆方程可得的关系式，根据的范围可得的范围．试题解析：解：（Ⅰ）由题意，以椭圆的右焦点为圆心，以椭圆的长半轴长为半径的圆的方程为，∴圆心到直线的距离（*）∵椭圆的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，∴，，代入（*）式得，∴，故所求椭圆方程为（Ⅱ）由题意知直线的斜率存在，设直线方程为，设，将直线方程代入椭圆方程得：，∴，∴．设，，则，由，当，直线为轴，点在椭圆上适合题意；当，得∴．将上式代入椭圆方程得：，整理得：，由知，，所以，综上可得．【考点】1椭圆的方程；2直线与椭圆的位置关系问题．8.已知椭圆，斜率为1的直线交E于A，B两点，若AB的中点为P，O为坐标原点，则直线OP的斜率为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】设交点、中点，把A、B两点坐标代入椭圆方程，用点差法可得，因此，故B为正确答案．【考点】1、斜率的求法；2、中点弦问题．9.已知是直线上一动点，是圆C：的两条切线，是切点，若四边形的最小面积是2，则的值为（）A．3B．C．D．2【答案】D【解析】圆的方程可化为，因为四边形的最小面积是，且此时切线长为，故圆心到直线的距离为，即，解得，又，所以．【考点】直线与圆的位置关系．【思路点睛】本题考查直线和圆的方程的应用，点到直线的距离公式等知识，解决本题时先求圆的半径，四边形的最小面积是，转化为三角形的面积是，求出切线长，再求的距离也就是圆心到直线的距离，可解的值．10.已知是双曲线（，）的左顶点，、分别为左、右焦点，为双曲线上一点，是的重心，若，则双曲线的离心率为（）A．B．C．D．与的取值有关【答案】B【解析】因为，所以，所以，即，所以，故选B．【考点】1．双曲线的几何性质；2．共线向量的性质．11.若直线与曲线相交于两点，则直线的倾斜角的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】如图，满足条件的斜率存在，直线过点，且在图中阴影中，此时的倾斜角范围为，故选B．【考点】直线与双曲线的位置关系．12.椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）的离心率为，其左焦点到点P（2，1）的距离为．（1）求椭圆C的标准方程；（2）若直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A，B两点（A，B不是左右顶点），且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．【答案】（1）；（2），恒过定点．【解析】（1）因为，左焦点到的距离，解得，，，所以椭圆的方程为；（2）设，联立直线方程与椭圆方程得：，根据直线与圆锥曲线的位置关系得：，，因为为直径的圆过椭圆右顶点，所以，将坐标代入结合根与系数的关系化简得：，解得或都满足，分析两种情况，时，，恒过点，当时，，恒过点．试题解析：（1）由题意得：e＝＝，①左焦点（－c，0）到点P（2，1）的距离为＝，②由①②可解得c＝1，a＝2，b2＝a2－c2＝3．∴所求椭圆C的方程为＋＝1．（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），将y＝kx＋m代入椭圆方程得，（4k2＋3）x2＋8kmx＋4m2－12＝0．∴x1＋x2＝－，x1x2＝，且y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m．∵AB为直径的圆过椭圆右顶点A2（2，0），∴·＝0．∴（x1－2，y1）·（x2－2，y2）＝（x1－2）（x2－2）＋y1y2＝（x1－2）（x2－2）＋（kx1＋m）（kx2＋m）＝（k2＋1）x1x2＋（km－2）（x1＋x2）＋m2＋4＝（k2＋1）·－（km－2）·＋m2＋4＝0．整理得7m2＋16km＋4k2＝0．∴m＝－k或m＝－2k都满足Δ＞0．当m＝－2k时，直线l的方程为y＝kx－2k＝k（x－2），恒过定点A2（2，0），不合题意，舍去．当m＝－k时，直线l的方程为y＝kx－k，即y＝k（x－），恒过定点（，0）．【考点】1、椭圆的标准方程；2、直线与圆锥曲线的位置关系；3、直线系过定点．【方法点晴】本题主要考查的是椭圆的标准方程，直线与圆锥曲线的位置关系，利用向量研究垂直关系和直线系恒过定点问题，属于难题．解题时一定要注意涉及直线与圆锥曲线的位置关系时，联立方程组，得一元二次方程后，根据根与系数的关系得：，，待用；过定点问题，需将两参数化为一个，转化为直线系，得出所求定点．13.已知F是椭圆的左焦点，P是椭圆上的一点，PF⊥x轴，OP∥AB（O为原点，A为右顶点，B为上顶点），则该椭圆的离心率是______．【答案】【解析】把x c代入椭圆方程求得y=±，∴|PF|=，∵OP∥AB， PF∥OB，∴△PFO∽△ABO，∴，求得b=c，∴e=．【考点】椭圆的离心率．14.已知椭圆C：，其中（e为椭圆离心率），焦距为2，过点M（4，0）的直线l与椭圆C交于点A，B，点B在AM之间．又点A，B的中点横坐标为．（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）求直线l的方程．【答案】（Ⅰ），（Ⅱ）y=（x﹣4）．【解析】（Ⅰ）运用离心率公式和椭圆的a，b，c的关系，解得a，b，即可得到椭圆方程；（Ⅱ）设出直线l的方程，联立椭圆方程，消去y，运用判别式大于0，以及韦达定理和中点坐标公式，求出直线的斜率，即可得到所直线方程．试题解析：（Ⅰ）由条件椭圆C：，其中（e为椭圆离心率），焦距为2，可得c=1，a=2，故b2=a2﹣c2=3，椭圆的标准方程是．（Ⅱ）由过点M（4，0）的直线l与椭圆C交于点A，B，点B在AM之间．，可知A，B，M三点共线，设点A（x1，y1），点B（x2，y2）．若直线AB⊥x轴，则x1=x2=4，不合题意．当AB所在直线l的斜率k存在时，设直线l的方程为y=k（x﹣4）．由消去y得，（3+4k2）x2﹣32k2x+64k2﹣12=0．①由①的判别式△=322k4﹣4（4k2+3）（64k2﹣12）=144（1﹣4k2）＞0，解得k2＜，x 1+x2=，由又点A，B的中点横坐标为．可得解得k2=，即有k=±．y=（x﹣4）．直线l的方程：y=（x﹣4）．【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程．15.在直角坐标系中，直线的参数方程为,（为参数），在以原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为.(Ⅰ)直接写出直线、曲线的直角坐标方程；(Ⅱ)设曲线上的点到与直线的距离为，求的取值范围.【答案】(Ⅰ)，；(Ⅱ)．【解析】（Ⅰ）两式相加消去参数，即得直线的普通方程，利用二倍角公式和进行求解；（Ⅱ）设出椭圆上点的参数坐标，再利用点到直线的距离公式和配角公式、三角函数的性质进行求解．试题解析：（Ⅰ）直线的直角坐标方程为，因为，所以，则，即曲线的直角坐标方程为.（Ⅱ）∵曲线的直角坐标方程为，即，∴曲线上的点的坐标可表示为.∵，∴，∴的最小值为，的最大值为.∴，即的取值范围为.【考点】1.曲线的参数方程、极坐标方程与普通方程的转化；2.点到直线的距离公式．16.如图,以的边为直径作圆,圆与边的交点恰为边的中点,过点作于点．（I）求证：是圆的切线；（II）若,求的值．【答案】. （I）见试题解析；（II）【解析】（Ⅰ）由//,可得,所以是⊙的切线.（Ⅱ）根据.是的中点,可得,.再由,所得在直角三角形中,；在直角三角形中,. 故.试题解析：（Ⅰ）如图,连接.因为是的中点,是的中点,所以//.因为,所以,所以是⊙的切线.（Ⅱ）因为是⊙的直径,点在⊙上,所以.又是的中点,所以. 故.因为,所以. 在直角三角形中,；在直角三角形中,.于是.【考点】圆的性质.17.已知直线l的方程为y=x+4，圆C的参数方程为（θ为参数），以原点为极点，x轴正半轴为极轴．建立极坐标系．（Ⅰ）求直线l与圆C的交点的极坐标；（Ⅱ）若P为圆C上的动点．求P到直线l的距离d的最大值．【答案】（Ⅰ），．（Ⅱ）+2．【解析】（I）由圆C的参数方程为（θ为参数），利用cos2θ+sin2θ=1化为普通方程，与直线方程联立解得交点坐标，利用可得极坐标．（II）圆心（0，2）到直线l的距离为d1，可得P到直线l的距离d的最大值为d1+r．解：（I）由圆C的参数方程为（θ为参数），利用cos2θ+sin2θ=1化为：x2+（y﹣2）2=4，联立，解得或．可得极坐标分别为：，．（II）圆心（0，2）到直线l的距离=，∴P到直线l的距离d的最大值为+r=+2．【考点】参数方程化成普通方程．18.已知抛物线C的标准方程为，M为抛物线C上一动点，为其对称轴上一点，直线MA与抛物线C的另一个交点为N．当A为抛物线C的焦点且直线MA与其对称轴垂直时，△MON的面积为18．（1）求抛物线C的标准方程；（2）记，若t值与M点位置无关，则称此时的点A为“稳定点”，试求出所有“稳定点”，若没有，请说明理由．【答案】（1）;（2）时，不是“稳定点”;时，与无关.【解析】（1）过抛物线的焦点且和抛物线的对称轴垂直的直线被抛物线截得的弦长等于.所以得底,高为.根据面积可求得的值.从而可得抛物线方程. （2）设出直线方程,与抛物线方程联立,消去可得关于的一元二次方程.由题意可知其判别式大于0,由韦达定理可得两根之和,两根之积.从而可求得.注意讨论的正负.试题解析：（Ⅰ）由题意，，，抛物线C的标准方程为．（Ⅱ）设，设直线的方程为，联立得，，，，由对称性，不妨设，（ⅰ）时，，同号，又，，不论取何值，均与有关，即时，不是“稳定点”；（ⅱ）时，，异号，又，，仅当，即时，与无关，【考点】直线与抛物线的位置关系问题.19.设为抛物线的焦点，为该抛物线上不同的三点，，为坐标原点，且的面积分别为，则（）A．2B．3C．6D．9【答案】B【解析】由题意可知，设，则，由得，即，又在抛物线上，所以，，所以，故选B.【考点】1.向量的坐标运算；2.抛物线的标准方程与性质；3.三角形面积公式.【名师】本题考查向量的坐标运算、抛物线的标准方程与性质、三角形面积公式，中档题.向量与圆锥曲线的相关知识融合，是最近高考命题的热点，解题思路上由向量运算得到坐标之间的关系或几何元素之间的关系，然后再根据圆锥曲线相关的知识经过运算求解.20.若直线上存在点可作圆的两条切线，切点为，且，则实数的取值范围为．【答案】【解析】若, 则.直线上存在点可作和的两条切线、等价于直线与圆有公共点,由圆心到直线的距离公式可得,解之可得.【考点】点到直线的距离公式及直线与圆的位置关系的运用.21.已知为椭圆上一点，是焦点，取最大值时的余弦值为，则此椭圆的离心率为______.【答案】【解析】由已知由于为椭圆上一动点，所以当是短轴端点时，有最大值，所以，解得，故答案填.【考点】1、椭圆的几何性质；2、离心率.22.已知椭圆的左焦点和右焦点，上顶点为，的中垂线交椭圆于点，若左焦点在线段上，则椭圆离心率为．【答案】【解析】由题意知，设，则，所以，故，易求得，代入椭圆方程得，解得，所以．【考点】椭圆离心率23.过双曲线的左焦点作圆⊙的切线，且点为，延长交双曲线右支于点，若为的中点，，则双曲线的离心率为（ ) A．B．C．D．【答案】C【解析】如图所示，设双曲线的右焦点为，依题意可得，，则∴，即.【考点】双曲线的几何性质．【名师】在双曲线的几何性质中，涉及较多的为离心率和渐近线方程．(1)求双曲线离心率或离心率范围的两种方法：一种是直接建立e的关系式求e或e的范围；另一种是建立a，b，c的齐次关系式，将b用a，e表示，令两边同除以a或a2化为e的关系式，进而求解．(2)求曲线＝1(a>0，b>0)的渐近线的方法是令＝0，即得两渐近线方程＝0. 24.选修4—1：几何证明选讲如图，⊙O的半径OB垂直于直径AC，M为AO上一点，BM的延长线交⊙O于N,过N点的切线交CA的延长线于P．（1）求证：PM2=PA·PC；（2）若⊙O的半径为，OA=OM，求：MN的长．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）做出辅助线连接，根据切线得到直角，根据垂直得到直角，即且，根据同角的余角相等，得到角的相等关系，得到结论；（2）本题是一个求线段长度的问题，在解题时，应用相交弦定理，即，代入所给的条件，得到要求线段的长．试题解析：（1）连结，则，且为等腰三角形，则，，，．由条件，根据切割线定理，有，所以．（2），在中，．延长交⊙于点，连结．由条件易知∽，于是，即，得．所以．【考点】与圆有关的比例线段．25.选修4-1：几何证明选讲如图, 已知为圆的直径,为圆上一点, 连接并延长使,连接并延长交圆于点,过点作圆的切线, 切点为.（1）证明：；（2）若,求的长度.【答案】（1）见解析；（2）．【解析】（1）连接，然后由直径的性质结合已知条件推出，从而可利用切割线定理证明得结果；（2）首先利用切割线定理求得的长，从而利用勾股定理求得的长．试题解析：（1）连接,为圆的直径,.是圆的切线, 是圆的割线,（2）是圆的切线,是圆的割线,.,得.【考点】1、直径的性质；2、切割线定理．26.已知圆截直线所得弦长为6，则实数的值为（）A．8B．11C．14D．17【答案】B【解析】圆，圆心，半径．故弦心距．再由弦长公式可得；故选B．【考点】直线与圆的位置关系．27.选修4-1：几何证明选讲如图，是的直径，是的切线，交于点.（1）过做的切线，交与点，证明：是的中点；（2）若，求的大小.【答案】（1）见解析；（2）．【解析】（1）连接，然后利用弦切角定理证得是等腰三角形，再结合直径的性质可使问题得证；（2）首先利用三角函数的定义得到的表达式，然后根据线段间的关系建立方程求解即可．试题解析：（1）证明：连接，∵是的切线，也是的切线，∴弦切角，∴是等腰，，∵是的直径，∴.∴是的外心，即是的中点.（2）解：，中，,，∴；解方程的，∴锐角.【考点】1、弦切角定理；2、直径的性质；3、三角函数的定义．28.选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，），在以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线.（1）求曲线的普通方程，并将的方程化为极坐标方程；（2）直线的极坐标方程为，其中满足，若曲线与的公共点都在上，求.【答案】（1）的普通方程，的极坐标方程;（2）.【解析】（1）因为为参数，所以利用，消元得到曲线的普通方程，并根据公式，以及代入得到曲线的极坐标方程；（2）联立曲线和的极坐标方程，并消去得到的三角函数，利用，计算三角函数值，并且得到的值.试题解析：（1）消去参数得到的普通方程，将，代入的普通方程，得到的极坐标方程.（2）曲线的公共点的极坐标满足方程组，若，由方程组得，由已知，可解得，根据，得到，当时，极点也为的公共点，在上，所以.【考点】1.参数方程与普通方程以及极坐标方程的互化；（2）极坐标方程的综合应用.29.已知双曲线的离心率，则双曲线的渐近线方程为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】渐近线方程为,故选C．【考点】双曲线．30.选修4 - 1：几何证明选讲如图，EF是⊙O的直径，AB∥EF，点M在EF上，AM、BM分别交⊙O于点C、D。

圆与直线的位置关系与判定

圆与直线的位置关系与判定圆与直线是几何学中最基本的图形，它们之间的位置关系和判定方法在数学问题中有着广泛的应用。

本文将从不同角度探讨圆与直线之间的位置关系，并介绍几种常用的判定方法。

一、圆与直线的位置关系1. 直线经过圆心：当一条直线穿过圆心时，我们称其为圆的直径线或直径。

直径线是圆的特殊位置关系，它将圆分成两个相等的半圆，且直径线的长度等于圆的直径。

2. 直线在圆内部：当一条直线完全位于圆的内部时，我们称之为直线在圆内部。

在这种情况下，直线与圆相交于两个不同的点。

例如，图中的直线AB位于圆O的内部。

3. 直线切圆：当一条直线与圆相切时，我们称之为直线切圆。

直线与圆相切于圆上的一点，此点既属于圆，又属于直线。

例如，图中的直线AB切圆O于点C。

4. 直线在圆外：当一条直线完全位于圆的外部时，我们称之为直线在圆外部。

在这种情况下，直线与圆没有交点。

例如，图中的直线AB位于圆O的外部。

二、圆与直线的位置判定方法1. 判断直线是否经过圆心：通过直线的方程可以判断该直线是否经过圆心。

直线的方程一般可以表示为y = kx + b的形式，其中k为斜率，b为截距。

如果圆的圆心坐标为(x0, y0)，则当直线方程中的x0和y0满足方程y = kx + b时，直线经过圆心。

2. 判断直线与圆的位置关系：通过直线与圆的方程可以判断它们的位置关系。

设圆的方程为(x - a)^2 + (y - b)^2 = r^2，直线的方程为y =kx + c。

将直线的方程代入圆的方程中，可得一个关于x的一元二次方程。

通过求解该方程，可以得到方程的解，从而判断直线与圆的位置关系。

3. 判断直线是否切圆：通过直线与圆的切点个数可以判断直线是否切圆。

直线与圆相切时，方程的解只有一个，此时直线切圆。

当方程有两个不相等的解或者无解时，直线与圆没有交点。

4. 判断直线是否在圆内部或外部：通过圆的半径和圆心到直线的距离可以判断直线是否在圆的内部或外部。

六年级数学试卷的十大难题

一、解析几何题题目：已知直线y=2x+1与圆(x-3)²+(y-2)²=9相交于A、B两点，求线段AB的中点坐标。

分析：本题考查了直线与圆的位置关系及中点坐标的求解。

首先，根据圆的方程求出圆心坐标和半径，然后通过解直线与圆的方程组，得到交点A、B的坐标，最后求出中点坐标。

二、代数应用题题目：某商品原价为x元，打折后的价格为y元，已知折扣率为60%，求原价与折后价的关系。

分析：本题考查了折扣率的应用。

根据折扣率的定义，可得出打折后的价格y与原价x的关系式为y=0.6x。

三、方程题题目：小明骑自行车去学校，先以每小时10公里的速度行驶了20分钟，然后以每小时15公里的速度行驶了40分钟，最后以每小时8公里的速度行驶了60分钟，求小明去学校的总路程。

分析：本题考查了分段速度问题及路程的计算。

首先，将每段路程用速度和时间表示出来，然后分别计算出每段路程的距离，最后将三段路程的距离相加得到总路程。

四、几何题题目：在直角三角形ABC中，∠C=90°，AC=3cm，BC=4cm，求斜边AB的长度。

分析：本题考查了勾股定理的应用。

根据勾股定理，斜边AB的长度为√(AC²+BC²)，将AC和BC的值代入即可求出AB的长度。

五、数论题题目：已知自然数n，满足n²+2n+1能被3整除，求n的取值范围。

分析：本题考查了数论中的整除性质。

根据题意，将n²+2n+1分解因式，得到(n+1)²，然后根据整除性质，求出n的取值范围。

六、概率题题目：袋中有红球5个，黄球3个，白球2个，随机取出一个球，求取到红球的概率。

分析：本题考查了概率的求解。

首先，计算总共有多少个球，然后计算取到红球的情况数，最后用取到红球的情况数除以总情况数，得到取到红球的概率。

七、函数题题目：已知函数f(x)=2x-1，求f(3)的值。

分析：本题考查了函数值的计算。

根据函数的定义，将x=3代入函数表达式，即可求得f(3)的值。

高二数学直线与圆的位置关系试题

高二数学直线与圆的位置关系试题1.直线x－y＋m＝0与圆x2＋y2－2x－1＝0有两个不同的交点的充要条件为()．A．m＜1B．－3＜m＜1C．－4＜m＜2D．0＜m＜1【答案】B【解析】联立直线与圆的方程得：，消去y得：2x2+（2m-2）x+m2-1=0，由题意得：△=（2m-2）2-8（m2-1）=-4（m+1）2+16＞0，变形得：（m+3）（m-1）＜0，解得：-3＜m＜1，故选B．【考点】直线与圆相交的性质；以及充分必要条件的判断．2.直线与圆的位置关系是A．相交B．相切C．相离D．与值有关【答案】D【解析】圆心为，所以圆心到直线的距离为，所以与值有关，故选D.【考点】直线与圆的位置关系.3.若直线与曲线有公共点,则b的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】曲线表示半圆，如图所示，，当直线过时，；当直线与圆弧相切时，，因此使直线与曲线有公共点的b的取值范围是.【考点】直线与圆位置关系4.已知两点、，点为坐标平面内的动点，满足．（1）求动点的轨迹方程；（2）若点是动点的轨迹上的一点，是轴上的一动点，试讨论直线与圆的位置关系．【答案】（1）（2）当时，直线与圆相交；当时，直线与圆相切；当时，直线与圆相离．【解析】（1）直接法求轨迹：根据题意列出方程化简。

（2）将点代入求，求出只直线方程注意讨论其斜率存在与否。

求圆心到直线的距离，根据距离与半径的关系判断直线与圆的关系。

试题解析：（1）设，则，，． 2分由，得2， 4分化简得．所以动点的轨迹方程为． 5分（2）由点在轨迹上，则，解得，即． 6分当时，直线的方程为，此时直线与圆相离． 7分当时，直线的方程为，即， 8分圆心到直线的距离，令，解得；令，解得；令，解得．综上所述，当时，直线与圆相交；当时，直线与圆相切；当时，直线与圆相离． 14分【考点】1求轨迹方程；2直线与圆的位置关系。

5.已知圆.（1）若直线过点，且与圆相切，求直线的方程；（2）若圆的半径为4，圆心在直线：上，且与圆内切，求圆的方程．【答案】（1）或；（2）或．【解析】（I）由直线l1过定点A（-1，0），故可以设出直线的点斜式方程，然后根据直线与圆相切，圆心到直线的距离等于半径，求出k值即可，但要注意先讨论斜率不存在的情况，以免漏解．（2）圆D的半径为4，圆心在直线l2：2x+y-2=0上，且与圆C内切，则设圆心D（a，2-2a），进而根据两圆内切，则圆心距等于半径差的绝对值，构造出关于a的方程，解方程即可得到答案．试题解析：（1）①若直线的斜率不存在，直线：，符合题意． 2分②若直线的斜率存在，设直线为，即．由题意得，， 4分解得，∴直线：. 7分∴直线的方程是或． 8分（2）依题意，设，由题意得，圆C的圆心圆C的半径，. 12分∴，解得，∴或. 14分∴圆的方程为或． 16分【考点】直线与圆的位置关系.6.圆与直线的交点的个数是_______【答案】2【解析】直线过定点,把点代入圆的方程得,所以点在圆的内部,所以直线过圆内一点,所以直线与圆有2个交点.【考点】直线过定点,直线与圆的位置关系7.若圆关于直线对称，则由点向圆所作的切线长的最小值是( )A．B．C．D．【答案】C【解析】已知圆的圆心坐标为，圆的半径为，若圆关于直线对称,那么有：，设切线长为，那么，当时，最小，最小值为，所以切线长的最小值是.【考点】直线与圆的位置关系.8.设圆满足：①截y轴所得弦长为2；②被x轴分成两段圆弧，其弧长之比为3：1；③圆心到直线的距离为，求该圆的方程．【答案】或【解析】求圆的方程关键就是要找到三个条件，求出相应的，，.由①利用常用的半弦长、半径、弦心距三者构成的三角形可得，由②条件可得劣弧所对的圆心角为，所以可得，由③可得.通过解方程可求出，，.试题解析：设圆心为，半径为r，圆的方程为由条件①：，由条件②：，从而有：．由条件③：，解方程组可得：或，所以．故所求圆的方程是或．【考点】1.圆中的重要三角形.2.点到直线的距离.3.弧长与圆心角的关系.9.已知：以点C (t, )(t∈R , t ≠ 0)为圆心的圆与轴交于点O, A，与y轴交于点O, B，其中O为原点．（Ⅰ）求证：△OAB的面积为定值；（Ⅱ）设直线y = –2x+4与圆C交于点M, N，若|OM| = |ON|，求圆C的方程．【答案】（1）（2）【解析】解（1），．设圆的方程是令，得；令，得，即：的面积为定值．……5分（2）垂直平分线段．，直线的方程是．，解得：……7分当时，圆心的坐标为，，此时到直线的距离，圆与直线相交于两点．……10分当时，圆心的坐标为，，此时到直线的距离圆与直线不相交，不符合题意舍去．圆的方程为……10分【考点】三角形的面积，圆的方程点评：解决的关键是根据截距来得到面积的表示，以及借助于圆心和半径求解圆的方程，属于基础题。

中考第一轮复习数学人教版九年级上册第24章圆难题训练附答案

2021年中考第一轮复习数学人教版九年级上册第24章圆难题训练一．选择题（共18小题）1．如图，已知弦AB与弦CD交于点P，且P为AB的中点，延长AC、DB交于点E，若AC＝2，BD＝3，则CE+BE＝（）A．9B．3+4C．10D．62．如图，半径为1的⊙O与直线l相切于点A，C为⊙O上的一点，CB⊥l于点B，则AB+BC 的最大值是（）A．2B．C．D．3．如图，⊙O1的直径AB长度为12，⊙O2的直径为8，∠AO1O2＝30°，⊙O2沿直线O1O2平移，当⊙O2平移到与⊙O1和AB所在直线都有公共点时，令圆心距O1O2＝x，则x的取值范围是（）A．2≤x≤10B．4≤x≤16C．4≤x≤4D．2≤x≤84．如图，AB是⊙O的直径，AB＝AC且∠BAC＝45°，⊙O交BC于点D，交AC于点E，F在AC上，DF与⊙O相切，OD与BE相交于点H．下列结论错误的是（）A．BD＝CD B．四边形DHEF为矩形C．＝2D．BC＝2CE5．如图，AB为半圆O的直径，M，C是半圆上的三等分点，AB＝8，BD与半圆O相切于点B．点P为上一动点（不与点A，M重合），直线PC交BD于点D，BE⊥OC于点E，延长BE交PC于点F，则下列结论正确的是：①PB＝PD；②的长为π；③∠DBE＝45°；④当P为中点时，EC＝EF；⑤∠DFB＝∠CBP．其中正确的个数为（）A．5B．4C．3D．26．如图，AB是⊙O的直径，CD为⊙O的弦，且CD⊥AB于点E，点F为圆上一点，若AE ＝BF，，OE＝1，则BC的长为（）A．2B．3C．4D．57．如图，是同一种蔬菜的两种栽植方法．甲：A、B、C、D四珠顺次连接成为一个菱形，且AB＝BD．乙：A'、B'、C'、D'四株连接成一个正方形．其中两行作物间的距离为行距；一行中相邻两株作物的距离为株距；设这两种蔬菜充分生长后，每株在地面上的影子近似成一个圆面（相邻两圆如图相切），其中阴影部分的面积表示生长后空隙地面积．设株距都为a，其它客观因素都相同．则对于下列说法：①甲的行距比乙的小；②甲的行距为；③甲、乙两种栽植方式，空隙地面积面积相同；④甲的空隙地面积比乙的空隙地面积少．其中正确的个数为（）A．1B．2C．3D．48．如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正六边形OABCDE绕点O顺时针旋转i个45°，得到正六边形OA i B i∁i D i E i，则正六边形OA i B i∁i D i E i（i＝2020）的顶点∁i的坐标是（）A．（1，﹣）B．（1，）C．（1，﹣2）D．（2，1）9．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝CB，∠BAC＝30°，BD＝，则AD+CD的值为（）A．3B．2C．+1D．不能确定10．如图，⊙O的半径是5，点A是圆周上一定点，点B在⊙O上运动，且∠ABM＝30°，AC⊥BM，垂足为点C，连接OC，则OC的最小值是（）A．B．C．D．﹣11．如图，Rt△ACB中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，半径为1的⊙O与AC，BC相切，当⊙O沿边CB平移至与AB相切时，则⊙O平移的距离为（）A．3B．4C．5D．612．在⊙O中内接四边形ABCD，其中A，C为定点，AC＝8，B在⊙O上运动，BD⊥AC，过O作AD的垂线，若⊙O的直径为10，则OE的最大值接近于（）A．B．C．4D．513．如图，已知⊙O的半径为10，A、B是⊙O上的两点，∠AOB＝90°，C是射线OB上一个动点，连接AC交⊙O于点D，过点D作DE⊥OD交OB的延长线于点E．当∠A 从30°增大到60°时，弦AD在圆内扫过的面积是（）A．B．C．D．14．如图，点C是半圆O的中点，AB是直径，CF⊥弦AD于点E，交AB于点F，若CE ＝1，EF＝，则BF的长为（）A．B．1C．D．15．已知⊙O的半径为2，A为圆内一定点，AO＝1．P为圆上一动点，以AP为边作等腰△APG，AP＝PG，∠APG＝120°，OG的最大值为（）A．1+B．1+2C．2+D．2﹣116．如图，AB是⊙O的直径，点D，C在⊙O上，∠DOC＝90°，AD＝，BC＝1，则⊙O 的半径为（）A．B．C．D．17．如图，AB，BC是⊙O的弦，∠B＝60°，点O在∠B内，点D为上的动点，点M，N，P分别是AD，DC，CB的中点．若⊙O的半径为2，则PN+MN的长度的最大值是（）A．B．C．D．18．如图，AB是半圆O的直径，点D在半圆O上，AB＝2，AD＝10，C是弧BD上的一个动点，连接AC，过D点作DH⊥AC于H，连接BH，在点C移动的过程中，BH的最小值是（）A．5B．6C．7D．8二．填空题（共10小题）19．在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝12，M，N是BC边上两个动点，若AB，AC边上分别存在点P，Q使得∠MPN＝∠MQN＝60°，则线段MN的最小值为．20．如图，正六边形ABCDEF中，G，H分别是边AF和DE上的点，GF＝AB＝2，∠GCH ＝60°，则线段EH长．21．如图，AB，BC是⊙O的弦，∠B＝60°，点O在∠B内，点D为弧AC上的动点，点M，N，P分别是AD，DC，CB的中点．若⊙O的半径为4，则PN+MN的长度的最大值是．22．如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y＝﹣2x+4的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点，点P在线段AB上，⊙P与x轴交于A、C两点，当⊙P与y轴相切时，AC的长度是．23．如图，在平面直角坐标系中，已知C（6，8），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，∠APB＝90°，则AB长度的最大值为．24．如图，平行四边形ABCD中，AC⊥BC，AB＝5，BC＝3，点P在边AB上运动，以P 为圆心，P A为半径作⊙P，若⊙P与平行四边形ABCD的边有四个公共点，则AP的长度的取值范围是．25．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝10，BC＝8，点D是BC上一点，BC＝3CD，点P是线段AC上一个动点，以PD为直径作⊙O，点M为的中点，连接AM，则AM的最小值为．26．如图，等边△ABC中，AB＝2，点D是以A为圆心，半径为1的圆上一动点，连接CD，取CD的中点E，连接BE，则线段BE的最大值与最小值之和为．27．如图，直线y＝﹣x+m（m＞0）与x轴、y轴分别交于点A，B，C是AB的中点，点D 在直线y＝﹣2上，以CD为直径的圆与直线AB的另一交点为E，交y轴于点F，G，已知CE+DE＝6，FG＝2，则CD的长是．28．如图，AB是半圆O的直径，点C在半圆上，AB＝5，AC＝4，D是上的一个动点，连接AD．过点C作CE⊥AD于E，连接BE，则BE的最小值是．三．解答题（共10小题）29．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点O在AC上，以OA为半径的半圆O交AB于点D，交AC于点E，点F在BC上，且BF＝DF．（1）求证：DF是半圆O的切线；（2）若AC＝4，BC＝3，CF＝1，求半圆O的半径长．30．如图，正方形ABCD内接于⊙O，E是的中点，连接AE，DE，CE．（1）求证：AE＝DE；（2）若CE＝1，求四边形AECD的面积．31．如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AD平分∠BAC交BC于点D，点E在AC上，以AE为直径的⊙O经过点D．（1）求证：BC是⊙O的切线；（2）若∠C＝30°，且CD＝3，试求阴影部分的面积．32．如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线BD是⊙O的直径，AC平分∠BAD，过点C 作CG∥BD交AD的延长线于点G．（1）求证：CG是⊙O的切线；（2）若AB＝3，AD＝5，求AC的长．33．如图，O是△ABC的外心，I是△ABC的内心，连AI并延长交BC和⊙O于D、E两点．（1）求证：EB＝EI；（2）若AB＝4，AC＝3，BE＝2，求AI的长．34．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，且CD＝24，点M在⊙O上，MD经过圆心O，连接MB．（1）若BE＝8，求⊙O的半径；（2）若∠DMB＝∠D，求线段OE的长．35．如图在⊙O中，AB为直径，BP为⊙O的弦，AC与BP的延长线交于点C，且BP＝PC，PE⊥AC于E．求证：PE是⊙O的切线．36．如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，D为⊙O上一点，OD⊥AC，垂足为E，连接BD．（1）求证：BD平分∠ABC；（2）若OE＝3，AO＝5，求AC的长．37．如图，已知以Rt△ABC的边AB为直径作△ABC的外接圆⊙O，∠B的平分线BE交AC 于D，交⊙O于E，过E作EF∥AC交BA的延长线于F．（1）求证：EF是⊙O切线；（2）若AB＝15，EF＝10，求AE的长．38．如图，⊙O为△ABC的外接圆，D为OC与AB的交点，E为线段OC延长线上一点，且∠EAC＝∠ABC．（1）求证：直线AE是⊙O的切线．（2）若D为AB的中点，CD＝6，AB＝16①求⊙O的半径；②求△ABC的内心到点O的距离．2021年中考第一轮复习数学人教版九年级上册第24章圆难题训练参考答案与试题解析一．选择题（共18小题）1．如图，已知弦AB与弦CD交于点P，且P为AB的中点，延长AC、DB交于点E，若AC＝2，BD＝3，则CE+BE＝（）A．9B．3+4C．10D．6【分析】设EC＝a，EB＝b．证明△P AC∽△PDB，可得＝＝＝，推出可以假设P A＝PB＝3k，则PC＝2k，PD＝k，再证明△EAB∽△EDC，可得＝＝，构建方程组，求出a，b即可．【解答】解：设EC＝a，EB＝b．∵∠APC＝∠DPB，∠A＝∠D，∴△P AC∽△PDB，∴＝＝＝，∴可以假设P A＝PB＝3k，则PC＝2k，PD＝k，∴CD＝k，AB＝6k，∵∠E＝∠E，∠A＝∠D，∴△EAB∽△EDC，∴＝＝，∴＝＝，可得a＝，b＝，∴EC+EB＝a+b＝10，故选：C．【点评】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考选择题中的压轴题．2．如图，半径为1的⊙O与直线l相切于点A，C为⊙O上的一点，CB⊥l于点B，则AB+BC 的最大值是（）A．2B．C．D．【分析】延长AB到点D，使BD＝BC，则AB+BC＝AD，当DC与⊙O相切于点C时，AD最大，则此时连接AO并延长交DC延长线于点E，则AE⊥AD，根据∠CDB＝45°，可得OC＝CE＝1，根据勾股定理可得OE的长，进而可得结论．【解答】解：如图，延长AB到点D，使BD＝BC，则AB+BC＝AD，当DC与⊙O相切于点C时，AD最大，则此时连接AO并延长交DC延长线于点E，则AE⊥AD，∵CB⊥l，∴∠DBC＝90°，∵BD＝BC，∴∠CDB＝45°，∵⊙O与直线l相切于点A，∴OA⊥l，∴∠OAD＝90°，∴∠AED＝45°，连接OC，则OC⊥DE，在Rt△OCE中，OC＝CE＝1，根据勾股定理，得OE＝＝，∴AD＝AE＝AO+OE＝1+．则AB+BC的最大值是+1．故选：C．【点评】本题考查了切线的性质，解决本题的关键是掌握切线的性质．3．如图，⊙O1的直径AB长度为12，⊙O2的直径为8，∠AO1O2＝30°，⊙O2沿直线O1O2平移，当⊙O2平移到与⊙O1和AB所在直线都有公共点时，令圆心距O1O2＝x，则x的取值范围是（）A．2≤x≤10B．4≤x≤16C．4≤x≤4D．2≤x≤8【分析】由题意得出点O2在点O1的右侧，⊙O2与⊙O1和AB所在直线都有公共点时，O1O2的最大值和最小值，分别画出图形求解得出x的取值范围，根据对称性可得点O2在点O1的左侧时的结论．【解答】解：（1）当点O2在点O1的右侧时，当⊙O2向右移动到与直线AB相切时，如图1所示，设切点为M，则O2M＝4，又∵∠AO2O1＝30°，∴O1O2＝2•O2M＝8，当⊙O2继续向右移动到与⊙O1内切时，如图2所示，此时O1O2＝6﹣4＝2，所以当⊙O2平移到与⊙O1和AB所在直线都有公共点时，2≤x≤8；（2）当点O2在点O1的左侧时，根据圆的对称性可知，2≤x≤8，故选：D．【点评】本题考查直线与圆的位置关系、平移的性质，求出符合条件的x的最大值和最小值是解决问题的关键．4．如图，AB是⊙O的直径，AB＝AC且∠BAC＝45°，⊙O交BC于点D，交AC于点E，F在AC上，DF与⊙O相切，OD与BE相交于点H．下列结论错误的是（）A．BD＝CD B．四边形DHEF为矩形C．＝2D．BC＝2CE【分析】根据圆的切线、圆周角定理、垂径定理、矩形的判定等矩形逐一判断即可．【解答】解：如图，连接AD，∵AB是⊙O的直径，∴AD⊥BC，∵AB＝AC，∴BD＝CD，故A正确；∵DF与⊙O相切，∵AB是⊙O的直径，∴∠AEB＝90°，∵AO＝BO，BD＝CD，∴OD∥AC，∴∠EHD＝90°，∴四边形DHEF为矩形，故B正确；∵AB是⊙O的直径，∴∠AEB＝90°，∵∠BAC＝45°，∴∠ABE＝45°，∴AE＝BE，∵∠BAD＝∠CAD，∴＝，∵＝，∴＝2，故C正确；∵∠BAC＝45°，AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝67.5°，即∠BCE＝67.5°，∴∠EBC＝22.5°，∴sin∠EBC＝sin22.5°＝≠．故D错误．故选：D．【点评】本题考查了圆的切线、圆周角定理、垂径定理、矩形的判定，解决本题的关键是掌握圆的切线．5．如图，AB为半圆O的直径，M，C是半圆上的三等分点，AB＝8，BD与半圆O相切于点B．点P为上一动点（不与点A，M重合），直线PC交BD于点D，BE⊥OC于点E，延长BE交PC于点F，则下列结论正确的是：①PB＝PD；②的长为π；③∠DBE＝45°；④当P为中点时，EC＝EF；⑤∠DFB＝∠CBP．其中正确的个数为（）A．5B．4C．3D．2【分析】①连接AC，并延长AC，与BD的延长线交于点H，若PD＝PB，得出P为的中点，与实际不符，即可判定正误．②先求出∠BOC，再由弧长公式求得的长度，进而判断正误．③由∠BOC＝60°，得△OBC为等边三角形，再根据三线合一性质得∠OBE，再由角的和差关系得∠DBE，便可判断正误．④证明∠EFC＝∠ECF＝45°，可判断正误；⑤由∠CBF＝∠CPB＝30°，∠DFB＝∠FBP+∠BPF，∠CBP＝∠FBP+∠CBF推出∠DFB＝∠CBP，可判断正误．【解答】解：①连接AC，并延长AC，与BD的延长线交于点H，如图，∵M，C是半圆上的三等分点，∴∠BAH＝30°，∵BD与半圆O相切于点B．∴∠ABD＝90°，∴∠H＝60°，∵∠ACP＝∠ABP，∠ACP＝∠DCH，∴∠PDB＝∠H+∠DCH＝∠ABP+60°，∵∠PBD＝90°﹣∠ABP，若∠PDB＝∠PBD，则∠ABP+60°＝90°﹣∠ABP，∴∠ABP＝15°，∴P点为的中点，这与P为上的一动点不完全吻合，∴∠PDB不一定等于∠ABD，∴PB不一定等于PD，故①错误；②∵M，C是半圆上的三等分点，∴∠BOC＝×180°＝60°，∵直径AB＝8，∴OB＝OC＝4，∴的长度＝＝π，故②正确；③∵∠BOC＝60°，OB＝OC，∴∠ABC＝60°，OB＝OC＝BC，∵BE⊥OC，∴∠OBE＝∠CBE＝30°，∵∠ABD＝90°，∴∠DBE＝60°，故③错误；④∵＝，∴∠ABP＝15°，∵∠ABD＝90°，∠DBE＝60°，∴∠PBF＝15°，∵∠BPC＝30°，∴∠CFE＝∠FPb+∠FBP＝45°，∵∠FEC＝90°，∴∠EFC＝∠ECF＝45°，∴EC＝EF，故④正确，⑤∵∠CBF＝∠CPB＝30°，∠DFB＝∠FBP+∠BPF，∠CBP＝∠FBP+∠CBF，∴∠DFB＝∠CBP，故⑤正确，故选：C．【点评】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，相似三角形的性质与判定，关键是熟练掌握这些性质，并能灵活应用．6．如图，AB是⊙O的直径，CD为⊙O的弦，且CD⊥AB于点E，点F为圆上一点，若AE ＝BF，，OE＝1，则BC的长为（）A．2B．3C．4D．5【分析】如图，连接OC交AF于J，设BC交AF于T，过点T作TH⊥AB于H．利用全等三角形的性质证明AE＝CJ＝BF＝BH，CT＝BH．EH＝BH，再利用勾股定理求出EC，BC即可．【解答】解：如图，连接OC交AF于J，设BC交AF于T，过点T作TH⊥AB于H．∵AB⊥CD，∴＝，∵＝，∴＝，∴OC⊥AF，∴∠AJO＝∠CEO＝90°，∵∠AOJ＝∠COE，OA＝OC，∴△AJO≌△CEO（AAS），∴OJ＝OE，∴AE＝CJ，∵AB是直径，∴∠F＝∠CJT＝90°，∵AE＝BF，∴BF＝CJ，∵∠CTJ＝∠BTF，∴△CTJ≌△BTF（AAS），∴CT＝BT，∵TH⊥AB，CD⊥AB，∴TH∥CE，∴EH＝BH，∵＝，∴∠TBF＝∠TBH，∵∠F＝∠THB＝90°，BT＝BT，∴△BTF≌△BTH（AAS），∴BF＝BH，∵AE＝BF，∴AE＝BH，∵OA＝OB，∴OE＝OH＝1，∴EH＝BH＝2，∴AE＝BH＝2，∴AB＝6，OC＝OB＝3，∴EC＝＝＝2，∴BC＝＝＝2，故选：A．【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，垂径定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．7．如图，是同一种蔬菜的两种栽植方法．甲：A、B、C、D四珠顺次连接成为一个菱形，且AB＝BD．乙：A'、B'、C'、D'四株连接成一个正方形．其中两行作物间的距离为行距；一行中相邻两株作物的距离为株距；设这两种蔬菜充分生长后，每株在地面上的影子近似成一个圆面（相邻两圆如图相切），其中阴影部分的面积表示生长后空隙地面积．设株距都为a，其它客观因素都相同．则对于下列说法：①甲的行距比乙的小；②甲的行距为；③甲、乙两种栽植方式，空隙地面积面积相同；④甲的空隙地面积比乙的空隙地面积少．其中正确的个数为（）A．1B．2C．3D．4【分析】根据题意求出甲乙的行距，阴影部分的面积即可判断．【解答】解：∵甲的株距为a，行距为a，乙的行距为a，∴甲的行距比乙的小，故①②正确，∵甲阴影部分的面积＝2×a2﹣π•（）2＝a2﹣，乙的阴影部分的面积＝a2﹣π•（）2＝a2﹣，∴甲的空隙地面积比乙的空隙地面积少，故③错误，④正确．故选：C．【点评】本题考查圆与圆的位置关系，等边三角形的性质，正方形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考创新题型．8．如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正六边形OABCDE绕点O顺时针旋转i个45°，得到正六边形OA i B i∁i D i E i，则正六边形OA i B i∁i D i E i（i＝2020）的顶点∁i的坐标是（）A．（1，﹣）B．（1，）C．（1，﹣2）D．（2，1）【分析】由题意旋转8次应该循环，因为2020÷8＝252…4，所以∁i的坐标与C4的坐标相同．【解答】解：由题意旋转8次应该循环，∵2020÷8＝252…4，∴∁i的坐标与C4的坐标相同，∵C（﹣1，），点C与C4关于原点对称，∴C4（1，﹣），∴顶点∁i的坐标是（1，﹣），故选：A．【点评】本题考查正多边形与圆，坐标与图形变化﹣性质等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．9．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝CB，∠BAC＝30°，BD＝，则AD+CD的值为（）A．3B．2C．+1D．不能确定【分析】如图，过点B作BE⊥AD于E，BF⊥DC交DC的延长线于F．利用全等三角形的性质证明DE＝DF，AE＝CF，推出DA+DC＝2DF，求出DF即可解决问题．【解答】解：如图，过点B作BE⊥AD于E，BF⊥DC交DC的延长线于F．∵AB＝BC，∴＝，∴∠BDE＝∠BDF，∵∠DEB＝∠DFB＝90°，DB＝DB，∴△BDE≌△BDF（AAS），∴BE＝BF，DE＝DF，∵∠AEB＝∠F＝90°，BA＝BC，BE＝BF，∴Rt△BEA≌Rt△BFC（HL），∴AE＝CF，∴AD+DC＝DE+AE+DF﹣CF＝2DF，∵∠BDF＝∠BAC＝30°，BD＝，∴BF＝BD＝，∴DF＝＝＝，∴DA+DC＝3，故选：A．【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，圆周角定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．10．如图，⊙O的半径是5，点A是圆周上一定点，点B在⊙O上运动，且∠ABM＝30°，AC⊥BM，垂足为点C，连接OC，则OC的最小值是（）A．B．C．D．﹣【分析】如图，设BM交⊙O于T，连接OT，OA，过点O作OH⊥AT于H，连接CH．解直角三角形求出CH，OH，根据OC≥OH﹣CH求解即可．【解答】解：如图，设BM交⊙O于T，连接OT，OA，过点O作OH⊥AT于H，连接CH．∵∠B＝30°，∴∠TOA＝60°，∵OT＝OA，∴△OTA是等边三角形，∴OT＝OA＝AT＝5，∵OH⊥AT，∴TH＝AH＝，OH＝＝＝，∵AC⊥BM，∴∠ACT＝90°，∴CH＝，∵OC≥OH﹣CH＝﹣，∴OC的最小值为＝﹣．故选：D．【点评】本题考查圆周角定理，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．11．如图，Rt△ACB中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，半径为1的⊙O与AC，BC相切，当⊙O沿边CB平移至与AB相切时，则⊙O平移的距离为（）A．3B．4C．5D．6【分析】设⊙O与AC相切于D，与BC相切于H，平移后的⊙O′与AB相切于F，与BC相切于E，连接OH，O′D，则点O在O′D上，连接O′F，EO′并延长交AB于G，根据正方形和矩形的性质得到OD＝OH＝O′E＝O′F＝CD＝CH＝1，OO′＝HE，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．【解答】解：∵Rt△ACB中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，∴AB＝10，设⊙O与AC相切于D，与BC相切于H，平移后的⊙O′与AB相切于F，与BC相切于E，连接OH，O′D，则点O在O′D上，连接O′F，EO′并延长交AB于G，∴四边形CDOH是正方形，四边形OHEO′是矩形，∴OD＝OH＝O′E＝O′F＝CD＝CH＝1，OO′＝HE，∴EG⊥BC，∵∠C＝90°，∴EG∥AC，∴∠FGE＝∠A，∵∠GFO′＝∠C＝90°，∴△O′FG∽△BCA，∴，∴＝，∴O′G＝，∴EG＝，∵GE∥AC，∴△BGE∽△BAC，∴＝，∴＝，∴BE＝3，∴OO′＝HE＝BC﹣CH﹣BE＝8﹣1﹣3＝4，∴⊙O平移的距离为4，故选：B．【点评】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的判定和性质，矩形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．12．在⊙O中内接四边形ABCD，其中A，C为定点，AC＝8，B在⊙O上运动，BD⊥AC，过O作AD的垂线，若⊙O的直径为10，则OE的最大值接近于（）A．B．C．4D．5【分析】如图，当点B与A重合时，连接CD．证明OE＝AC，此时OE的值最大．【解答】解：如图，当点B与A重合时，连接CD．∵BD⊥AC，∴∠DAC＝90°，∴CD是直径，∵OE⊥AD，∴AE＝ED，∵OC＝OD，∴OE＝AC＝4，此时OE的值最大，最大值为4∴OE的最大值为4，故选：C．【点评】本题考查垂径定理，三角形的中位线定理等知识，解题的关键是学会利用特殊位置解决问题，属于中考常考题型．13．如图，已知⊙O的半径为10，A、B是⊙O上的两点，∠AOB＝90°，C是射线OB上一个动点，连接AC交⊙O于点D，过点D作DE⊥OD交OB的延长线于点E．当∠A 从30°增大到60°时，弦AD在圆内扫过的面积是（）A．B．C．D．【分析】过点D作AO的垂线，交AO的延长线于F，求两个弓形的面积之差即可；【解答】解：过点D作AO的垂线，交AO的延长线于F．当∠A＝30°时，∠DOF＝60°，DF＝OD•sin60°＝10×＝5，S弓形ABD＝﹣×10×5＝π﹣25，当∠A＝60°时，过点D'作D'F⊥OA于F'，连接OD'，∠D'OF'＝60°，D'F'＝5，S弓形AD′＝﹣×10×5＝π﹣25，∴S＝π﹣25﹣（π﹣25）＝π．故选：B．【点评】本题考查圆周角定理，圆心角，弧，弦之间的关系，弓形的面积等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．14．如图，点C是半圆O的中点，AB是直径，CF⊥弦AD于点E，交AB于点F，若CE ＝1，EF＝，则BF的长为（）A．B．1C．D．【分析】如图，连接AC，BC，OC，过点B作BH⊥CF交CF的延长线于H，设OC交AD于J．利用全等三角形的性质证明CJ＝BF，OJ＝OF，设BF＝CJ＝x，OJ＝OF＝y，构建方程组解决问题即可．【解答】解：如图，连接AC，BC，OC，过点B作BH⊥CF交CF的延长线于H，设OC 交AD于J．∵＝，∴AC＝BC，OC⊥AB，∵AB是直径，∴ACB＝90°，∴∠ACJ＝∠CBF＝45°，∵CF⊥AD，∴∠ACF+∠CAJ＝90°，∠ACF+∠BCF＝90°，∴∠CAJ＝∠BCF，∴△CAJ≌△BCF（ASA），∴CJ＝BF，AJ＝CF＝1+＝，∵OC＝OB，∴OJ＝OF，设BF＝CJ＝x．OJ＝OF＝y，∵∠AEC＝∠H＝90°，∠CAE＝∠BCH，CA＝CB，∴△ACE≌△CBH（AAS），∴EC＝BH＝1，∵∠ECJ＝∠FCO，∠CEJ＝∠COF＝90°，∴△CEJ∽△COF，∴＝＝，∴＝＝，∴EJ＝，∵BF＝CJ，∠H＝∠CEJ，∠CJE＝∠BFH，∴△BHF≌△CEJ（AAS），∴FH＝EJ＝，∵AE∥BH，∴＝，∴＝，整理得，10x2+7xy﹣6y2＝0，解得x＝y或x＝﹣y（舍弃），∴y＝2x，∴＝，解得x＝或﹣（舍弃）．∴BF＝，故选：A．【点评】本题考查垂径定理，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程组解决问题，属于中考选择题中的压轴题．15．已知⊙O的半径为2，A为圆内一定点，AO＝1．P为圆上一动点，以AP为边作等腰△APG，AP＝PG，∠APG＝120°，OG的最大值为（）A．1+B．1+2C．2+D．2﹣1【分析】如图，将线段OA绕点O顺时针旋转120°得到线段OT，连接AT，GT，OP．则AO＝OT＝1，AT＝，利用相似三角形的性质求出GT，再根据三角形的三边关系解决问题即可，【解答】解：如图，将线段OA绕点O顺时针旋转120°得到线段OT，连接AT，GT，OP．则AO＝OT＝1，AT＝，∵△AOT，△APG都是顶角为120°的等腰三角形，∴∠OAT＝∠P AG＝30°，∴∠OAP＝∠TAG，＝＝∴＝，∴△OAP∽△TAG，∴＝＝，∵OP＝2，∴TG＝2，∵OG≤OT+GT，∴OG≤1+2，∴OG的最大值为1+2，故选：B．【点评】本题考查圆周角定理，相似三角形的判定和性质，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．16．如图，AB是⊙O的直径，点D，C在⊙O上，∠DOC＝90°，AD＝，BC＝1，则⊙O 的半径为（）A．B．C．D．【分析】如图延长DO交⊙O于E，作EF⊥CB交CB的延长线于F，连接BE、EC．只要证明△EFB是等腰直角三角形，即可推出EF＝BF＝1，再利用勾股定理求出EC即可解决问题；【解答】解：如图延长DO交⊙O于E，作EF⊥CB交CB的延长线于F，连接BE、EC．∵∠AOD＝∠BOE，∴＝，∴AD＝BE＝，∵∠DOC＝∠COE＝90°，OC＝OB＝OE，∴∠OCB＝∠OBC，∠OBE＝∠OEB，∴∠CBE＝（360°﹣90°）＝135°，∴∠EBF＝45°，∴△EBF是等腰直角三角形，∴EF＝BF＝1，在Rt△ECF中，EC＝＝＝，∵△OCE是等腰直角三角形，∴OC＝＝．故选：C．【点评】本题考查圆周角定理、勾股定理、等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．17．如图，AB，BC是⊙O的弦，∠B＝60°，点O在∠B内，点D为上的动点，点M，N，P分别是AD，DC，CB的中点．若⊙O的半径为2，则PN+MN的长度的最大值是（）A．B．C．D．【分析】连接OC、OA、BD，作OH⊥AC于H．首先求出AC的长，利用三角形的中位线定理即可解决问题；【解答】解：连接OC、OA、BD，作OH⊥AC于H．∵∠AOC＝2∠ABC＝120°，∵OA＝OC，OH⊥AC，∴∠COH＝∠AOH＝60°，CH＝AH，∴CH＝AH＝OC•sin60°＝，∴AC＝2，∵CN＝DN，DM＝AM，∴MN＝AC＝，∵CP＝PB，CN＝DN，∴PN＝BD，当BD是直径时，PN的值最大，最大值为2，∴PM+MN的最大值为2+．故选：D．【点评】本题考查圆周角定理、三角形的中位线的定理、解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．18．如图，AB是半圆O的直径，点D在半圆O上，AB＝2，AD＝10，C是弧BD上的一个动点，连接AC，过D点作DH⊥AC于H，连接BH，在点C移动的过程中，BH的最小值是（）A．5B．6C．7D．8【分析】如图，取AD的中点M，连接BD，HM，BM．由题意点H在以M为圆心，MD 为半径的⊙M上，推出当M、H、B共线时，BH的值最小；【解答】解：如图，取AD的中点M，连接BD，HM，BM．∵DH⊥AC，∴∠AHD＝90°，∴点H在以M为圆心，MD为半径的⊙M上，∴当M、H、B共线时，BH的值最小，∵AB是直径，∴∠ADB＝90°，∴BD＝＝12，BM＝＝＝13，∴BH的最小值为BM﹣MH＝13﹣5＝8．故选：D．【点评】本题考查点与圆的位置关系、勾股定理、圆周角定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，利用辅助线圆解决问题，属于中考选择题中的压轴题．二．填空题（共10小题）19．在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝12，M，N是BC边上两个动点，若AB，AC边上分别存在点P，Q使得∠MPN＝∠MQN＝60°，则线段MN的最小值为．【分析】如图1，在BC边上取点M、N，以MN为边作等边三角形△MNG，并作△MNG 外接圆⊙O，则所对圆周角＝∠MGN＝60°，⊙O交AB、AC于P、Q时，易知∠MPN ＝∠MQN＝60°，则⊙O与△ABC有交点，且半径最小时MN可取得最小值，推出⊙O 与AB、AC相切时MN最小，如图2．【解答】解：如图1，在BC边上取点M、N，以MN为边作等边三角形△MNG，并作△MNG外接圆⊙O，则所对圆周角＝∠MGN＝60°，⊙O交AB、AC于P、Q时，易知∠MPN＝∠MQN＝60°，则⊙O与△ABC有交点，且半径最小时MN可取得最小值，∴⊙O与AB、AC相切时MN最小，如图2，此时OP⊥AB，OP＝r，OQ⊥AC，OQ＝r，∴圆心O在∠BAC角平分线上，即在△ABC底边上的高AD上，∴BD＝CD＝6，AD＝8，连接MO，NO，PO，圆心角∠MON＝2∠MPN＝120°，MO＝NO＝OP＝OQ，∴∠MOD＝60°，设半径为r，则，，∵∠ADB＝∠APO＝90°，∠BAD＝∠BAD，∴△APO∽△ADB，∴，即，解得，则．故答案为：．【点评】本题考查三角形的外接圆，等腰三角形的性质，圆周角定理等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．20．如图，正六边形ABCDEF中，G，H分别是边AF和DE上的点，GF＝AB＝2，∠GCH＝60°，则线段EH长．【分析】作GP∥AB，交BC于点P，AN∥BC交GP于点N，可得四边形ABPN是平行四边形，根据六边形ABCDEF是正六边形，可得△ANG是等边三角形，然后证明△CPG ∽△HDC，对应边成比例即可解决问题．【解答】解：如图，作GP∥AB，交BC于点P，AN∥BC交GP于点N，∴四边形ABPN是平行四边形，∴PN＝AB＝6，∵六边形ABCDEF是正六边形，∴∠BAF＝∠B＝∠BCD＝∠D＝120°，AF＝AB＝BC＝CD＝6，∴∠BAN＝∠NAG＝∠AGN＝60°，∠CPG＝∠D＝120°，∴△ANG是等边三角形，∴NG＝AN＝AG＝6﹣2＝4，∴PG＝NG+PN＝4+6＝10，∵∠PCG+∠DCH＝∠BCD﹣∠GCH＝120°﹣60°＝60°，∠DHC+∠DCH＝180°﹣∠D＝180°﹣120°＝60°，∴∠PCG＝∠DHC，∵∠CPG＝∠D，∴△CPG∽△HDC，∴＝，∵PC＝BC﹣BP＝6﹣4＝2，PG＝10，CD＝6，∴EH＝ED﹣DH＝6﹣＝．故答案为：．【点评】本题考查了正多边形和圆，解决本题的关键是综合运用正多边形和圆，平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质．21．如图，AB，BC是⊙O的弦，∠B＝60°，点O在∠B内，点D为弧AC上的动点，点M，N，P分别是AD，DC，CB的中点．若⊙O的半径为4，则PN+MN的长度的最大值是4+2．【分析】连接OC、OA、BD，作OH⊥AC于H．首先求出AC的长，利用三角形的中位线定理即可解决问题．【解答】解：连接OC、OA、BD，作OH⊥AC于H．∵∠AOC＝2∠ABC＝120°，∵OA＝OC，OH⊥AC，∴∠COH＝∠AOH＝60°，CH＝AH，∴CH＝AH＝OC•sin60°＝2，∴AC＝4，∵CN＝DN，DM＝AM，∴MN＝AC＝2，∵CP＝PB，CN＝DN，当BD是直径时，PN的值最大，最大值为4，∴PM+MN的最大值为4+2．故答案为：4+2．【点评】本题考查圆周角定理、三角形的中位线的定理、解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．22．如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y＝﹣2x+4的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点，点P在线段AB上，⊙P与x轴交于A、C两点，当⊙P与y轴相切时，AC的长度是﹣1．【分析】根据一次函数y＝﹣2x+4的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点，求出OA和OB的长，设⊙P与y轴相切于点D，连接PD，根据平行线分线段成比例定理，设PD＝PC＝x，则BD＝2x，作PE⊥OA于点E，可得四边形OEPD是矩形，PD＝OE＝x，PE ＝OD＝x，4﹣2x，AE＝CE＝OA﹣OE＝2﹣x，根据勾股定理可得x的值，再根据垂径定理可得AC的长．【解答】解：∵一次函数y＝﹣2x+4的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点，∴A（2，0），B（0，4），∴OA＝2，OB＝4，如图，设⊙P与y轴相切于点D，连接PD，∴PD⊥OB，∵OA⊥OB，∴PD∥OA，∴＝＝，设PD＝PC＝x，则BD＝2x，∴OD＝OB﹣BD＝4﹣2x，作PE⊥OA于点E，∴四边形OEPD是矩形，∴PD＝OE＝x，PE＝OD＝4﹣2x，∴AE＝CE＝OA﹣OE＝2﹣x，∴PC2＝PE2+CE2，∴x2＝（4﹣2x）2+（2﹣x）2，解得x＝，∵＞2，不符合题意舍去，∴x＝，∵PE⊥AC，根据垂径定理，得AC＝2AE＝2（2﹣x）＝4﹣（5﹣）＝﹣1．故答案为：﹣1．【点评】本题考查了切线的判定与性质、一次函数图象上点的坐标特征、垂径定理、平行线分线段成比例定理、勾股定理，解决本题的关键是综合运用以上知识．23．如图，在平面直角坐标系中，已知C（6，8），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，∠APB＝90°，则AB长度的最大值为32．【分析】连接OC并延长，交⊙C上一点P，以O为圆心，以OP为半径作⊙O，交x轴于A、B，此时AB的长度最大，根据勾股定理和题意求得OP＝16，则AB的最大长度为32．【解答】解：连接OC并延长，交⊙C上一点P，以O为圆心，以OP为半径作⊙O，交x轴于A、B，此时AB的长度最大，∵C（6，8），∴OC＝＝10，∵以点C为圆心的圆与y轴相切．∴⊙C的半径为6，∴OP＝OA＝OB＝16，∵AB是直径，∴∠APB＝90°，∴AB长度的最大值为32，故答案为32．【点评】本题考查了切线的性质，坐标和图形的性质，圆周角定理，找到OP的最大值是解题的关键．24．如图，平行四边形ABCD中，AC⊥BC，AB＝5，BC＝3，点P在边AB上运动，以P 为圆心，P A为半径作⊙P，若⊙P与平行四边形ABCD的边有四个公共点，则AP的长度的取值范围是＜AP＜或AP＝．【分析】求出⊙P与BC，CD相切时AP的长以及⊙P经过A，B，C三点时AP的长即可判断；【解答】解：如图1中，当⊙P与BC相切时，设切点为E，连接PE．在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC＝＝4，设AP＝x，则BP＝5﹣x，PE＝x，∵⊙P与边BC相切于点E，∴PE⊥BC，∵AB⊥AC，∴AC⊥PE，∴AC∥PF，∴＝，∴＝，∴x＝，AP＝；如图2中，当⊙P与CD相切时，设切点为E，连接PE．．S平行四边形ABCD＝2××3×4＝5PE，PE＝，观察图象可知：＜AP＜时⊙P与平行四边形ABCD的边的公共点的个数为4，②⊙P过点A、B、C三点．，如图4，⊙P与平行四边形ABCD的边的公共点的个数为4，此时AP＝，综上所述，AP的值的取值范围是：＜AP＜或AP＝．故答案为：＜AP＜或AP＝．【点评】本题考查平行四边形的性质，勾股定理，直线与圆的位置关系等知识，解题的关键是学会利用特殊位置解决问题，属于中考常考题型．25．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝10，BC＝8，点D是BC上一点，BC＝3CD，点P是线段AC上一个动点，以PD为直径作⊙O，点M为的中点，连接AM，则AM 的最小值为5．【分析】如图，连接OM，CM，过点A作AT⊥CM交CM的延长线于T．证明∠ACT＝45°，求出AT即可解决问题．【解答】解：如图，连接OM，CM，过点A作AT⊥CM交CM的延长线于T．。

直线与圆的位置关系难题61-85

直线与圆的位置关系难题一、选择题（共10小题）61．在平面直角坐标系中，过点A（4，0），B（0，3）的直线与以坐标原点O为圆心、3为半径的⊙O的位置关系63．如图，两个同心圆，大圆半径为5cm，小圆的半径为4cm，若大圆的弦AB与小圆有两个公共点，则AB的取值范围是（）64．（2003•潍坊）如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠D=90°，以腰AB为直径作圆，已知AB=10，AD=M，BC=M+4，要使圆与折线BCDA有三个公共点（A、B两点除外），则M的取值范围是（）65．（2005•台州）如图，PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点，OP交AB于点D，交⊙O于点C，在线段AB、PA、PB、PC、CD中，已知其中两条线段的长，但还无法计算出⊙O直径的两条线段是（）667．（2005•泰安）如图所示，在直角坐标系中，A点坐标为（﹣3，﹣2），⊙A的半径为1，P为x轴上一动点，PQ 切⊙A于点Q，则当PQ最小时，P点的坐标为（）68．（2006•陕西）如图，矩形ABCG（AB＜BC）与矩形CDEF全等，点B，C，D在同一条直线上，∠APE的顶点P在线段BD上移动，使∠APE为直角的点P的个数是（）69．（2008•丽水）如图，已知⊙O是以数轴的原点O为圆心，半径为1的圆，∠AOB=45°，点P在数轴上运动，若过点P且与OA平行的直线与⊙O有公共点，设OP=x，则x的取值范围是（）≤≤二、填空题（共8小题）（除非特别说明，请填准确值）71．如图，⊙O的圆心O到直线l的距离为3cm，⊙O的半径为1cm，将直线l向右（垂直于l的方向）平移，使l 与⊙O相切，则平移的距离为_________．72．△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=4，如图，现在△ABC内作一扇形，使扇形半径都在△ABC的边上，扇形的弧与△ABC的其他边相切，则符合条件的扇形的半径为_________．73．（2011•鄂州模拟）已知点A（0，6），B（3，0），C（2，0），M（0，m），其中m＜6，以M为圆心，MC为半径作圆，那么当m=_________时，⊙M与直线AB相切．74．⊙O的圆心到直线l的距离为d，⊙O的半径为r，当d、r是关于x的方程x2﹣4x+m=0的两根，且直线l与⊙O相切时，则m的值为_________．75．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，若以C为圆心，R为半径所作的圆与斜边AB有两个交点，则R的取值范围是_________．76．（2007•奉化市模拟）在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4．若以C点为圆心，r为半径所作的圆与斜边AB 只有一个公共点，则r的取值范围是_________．77．（2007•陇南）如图，直线AB、CD相交于点O，∠AOC=30°，半径为1cm的⊙P的圆心在射线OA上，开始时，PO=6cm．如果⊙P以1cm/秒的速度沿由A向B的方向移动，那么当⊙P的运动时间t（秒）满足条件_________时，⊙P与直线CD相交．78．（2006•无锡）已知∠AOB=30°，C是射线OB上的一点，且OC=4．若以C为圆心，r为半径的圆与射线OA有两个不同的交点，则r的取值范围是_________．三、解答题（共6小题）（选答题，不自动判卷）79．（2011•栖霞区一模）如图，已知O为原点，点A的坐标为（5.5，4），⊙A的半径为2．过A作直线l平行于x 轴，交y轴于点B，点P在直线l上运动．（1）设点P的横坐标为12，试判断直线OP与⊙A的位置关系，并说明理由；（2）设点P的横坐标为a，请你求出当直线OP与⊙A相切时a的值．（参考数据：，）80．（2009•浦东新区二模）如图，已知AB⊥MN，垂足为点B，P是射线BN上的一个动点，AC⊥AP，∠ACP=∠BAP，AB=4，BP=x，CP=y，点C到MN的距离为线段CD的长．（1）求y关于x的函数解析式，并写出它的定义域；（2）在点P的运动过程中，点C到MN的距离是否会发生变化？如果发生变化，请用x的代数式表示这段距离；如果不发生变化，请求出这段距离；（3）如果圆C与直线MN相切，且与以BP为半径的圆P也相切，求BP：PD的值．81．（2008•呼和浩特）如图，已知O为坐标原点，点A的坐标为（2，3），⊙A的半径为1，过A作直线l平行于x 轴，点P在l上运动．（1）当点P运动到圆上时，求线段OP的长．（2）当点P的坐标为（4，3）时，试判断直线OP与⊙A的位置关系，并说明理由．82．（2008•无锡）如图，已知点A从（1，0）出发，以1个单位长度/秒的速度沿x轴向正方向运动，以O，A为顶点作菱形OABC，使点B，C在第一象限内，且∠AOC=60°；以P（0，3）为圆心，PC为半径作圆．设点A运动了t秒，求：（1）点C的坐标（用含t的代数式表示）；（2）当点A在运动过程中，所有使⊙P与菱形OABC的边所在直线相切的t的值．83．（2008•咸宁）如图，BD是⊙O的直径，AB与⊙O相切于点B，过点D作OA的平行线交⊙O于点C，AC与BD 的延长线相交于点E．（1）试探究A E与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）已知EC=a，ED=b，AB=c，请你思考后，选用以上适当的数据，设计出计算⊙O的半径r的一种方案：①你选用的已知数是_________；②写出求解过程．（结果用字母表示）84．（2009•江苏）如图，已知射线DE与x轴和y轴分别交于点D（3，0）和点E（0，4）．动点C从点M（5，0）出发，以1个单位长度/秒的速度沿x轴向左作匀速运动，与此同时，动点P从点D出发，也以1个单位长度/秒的速度沿射线DE的方向作匀速运动．设运动时间为t秒．（1）请用含t的代数式分别表示出点C与点P的坐标；（2）以点C为圆心、t个单位长度为半径的⊙C与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），连接PA、PB．①当⊙C与射线DE有公共点时，求t的取值范围；②当△PAB为等腰三角形时，求t的值．直线与圆的位置关系难题参考答案与试题解析一、选择题（共10小题）61．在平面直角坐标系中，过点A（4，0），B（0，3）的直线与以坐标原点O为圆心、3为半径的⊙O的位置关系63．如图，两个同心圆，大圆半径为5cm，小圆的半径为4cm，若大圆的弦AB与小圆有两个公共点，则AB的取值范围是（）64．（2003•潍坊）如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠D=90°，以腰AB为直径作圆，已知AB=10，AD=M，BC=M+4，要使圆与折线BCDA有三个公共点（A、B两点除外），则M的取值范围是（）OE=65．（2005•台州）如图，PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点，OP交AB于点D，交⊙O于点C，在线段AB、PA、PB、PC、CD中，已知其中两条线段的长，但还无法计算出⊙O直径的两条线段是（）67．（2005•泰安）如图所示，在直角坐标系中，A点坐标为（﹣3，﹣2），⊙A的半径为1，P为x轴上一动点，PQ 切⊙A于点Q，则当PQ最小时，P点的坐标为（）68．（2006•陕西）如图，矩形ABCG（AB＜BC）与矩形CDEF全等，点B，C，D在同一条直线上，∠APE的顶点P在线段BD上移动，使∠APE为直角的点P的个数是（）=MN=，a+b（）＜69．（2008•丽水）如图，已知⊙O是以数轴的原点O为圆心，半径为1的圆，∠AOB=45°，点P在数轴上运动，若过点P且与OA平行的直线与⊙O有公共点，设OP=x，则x的取值范围是（）≤≤．所以≤OP=≤二、填空题（共8小题）（除非特别说明，请填准确值）71．如图，⊙O的圆心O到直线l的距离为3cm，⊙O的半径为1cm，将直线l向右（垂直于l的方向）平移，使l 与⊙O相切，则平移的距离为2cm或4cm．72．△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=4，如图，现在△ABC内作一扇形，使扇形半径都在△ABC的边上，扇形的弧与△ABC的其他边相切，则符合条件的扇形的半径为3，4，，，，．上的高为=．为圆心，以斜边上的高CAE=CAE=，，故以半径∴即=．EF=．故以半径OBC=OBC=．，故以半径作扇形，符合题意；，，，．73．（2011•鄂州模拟）已知点A（0，6），B（3，0），C（2，0），M（0，m），其中m＜6，以M为圆心，MC为半径作圆，那么当m=1或﹣4时，⊙M与直线AB相切．AB=中，MN===，，74．⊙O的圆心到直线l的距离为d，⊙O的半径为r，当d、r是关于x的方程x2﹣4x+m=0的两根，且直线l与⊙O 相切时，则m的值为4．75．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，若以C为圆心，R为半径所作的圆与斜边AB有两个交点，则R的取值范围是 2.4＜R≤3．AB==5AC CD×4=76．（2007•奉化市模拟）在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4．若以C点为圆心，r为半径所作的圆与斜边AB 只有一个公共点，则r的取值范围是3＜r≤4或r=2.4．77．（2007•陇南）如图，直线AB、CD相交于点O，∠AOC=30°，半径为1cm的⊙P的圆心在射线OA上，开始时，PO=6cm．如果⊙P以1cm/秒的速度沿由A向B的方向移动，那么当⊙P的运动时间t（秒）满足条件4＜t＜8时，⊙P与直线CD相交．78．（2006•无锡）已知∠AOB=30°，C是射线OB上的一点，且OC=4．若以C为圆心，r为半径的圆与射线OA有两个不同的交点，则r的取值范围是2＜r≤4．OC=×三、解答题（共6小题）（选答题，不自动判卷）79．（2011•栖霞区一模）如图，已知O为原点，点A的坐标为（5.5，4），⊙A的半径为2．过A作直线l平行于x 轴，交y轴于点B，点P在直线l上运动．（1）设点P的横坐标为12，试判断直线OP与⊙A的位置关系，并说明理由；（2）设点P的横坐标为a，请你求出当直线OP与⊙A相切时a的值．（参考数据：，），则=，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴=或80．（2009•浦东新区二模）如图，已知AB⊥MN，垂足为点B，P是射线BN上的一个动点，AC⊥AP，∠ACP=∠BAP，AB=4，BP=x，CP=y，点C到MN的距离为线段CD的长．（1）求y关于x的函数解析式，并写出它的定义域；（2）在点P的运动过程中，点C到MN的距离是否会发生变化？如果发生变化，请用x的代数式表示这段距离；如果不发生变化，请求出这段距离；（3）如果圆C与直线MN相切，且与以BP为半径的圆P也相切，求BP：PD的值．∴所求的函数解析式为∴∴PD=∴∴PD=81．（2008•呼和浩特）如图，已知O为坐标原点，点A的坐标为（2，3），⊙A的半径为1，过A作直线l平行于x 轴，点P在l上运动．（1）当点P运动到圆上时，求线段OP的长．（2）当点P的坐标为（4，3）时，试判断直线OP与⊙A的位置关系，并说明理由．∴∴，∴82．（2008•无锡）如图，已知点A从（1，0）出发，以1个单位长度/秒的速度沿x轴向正方向运动，以O，A为顶点作菱形OABC，使点B，C在第一象限内，且∠AOC=60°；以P（0，3）为圆心，PC为半径作圆．设点A运动了t秒，求：（1）点C的坐标（用含t的代数式表示）；（2）当点A在运动过程中，所有使⊙P与菱形OABC的边所在直线相切的t的值．，的坐标为．t=，则∴t=3﹣FG=CD=+∴（．t=9，t=9．的值是83．（2008•咸宁）如图，BD是⊙O的直径，AB与⊙O相切于点B，过点D作OA的平行线交⊙O于点C，AC与BD 的延长线相交于点E．（1）试探究A E与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）已知EC=a，ED=b，AB=c，请你思考后，选用以上适当的数据，设计出计算⊙O的半径r的一种方案：①你选用的已知数是a、b、c；②写出求解过程．（结果用字母表示）根据平行线分线段成比例定理得到，．，．，得，得．．84．（2009•江苏）如图，已知射线DE与x轴和y轴分别交于点D（3，0）和点E（0，4）．动点C从点M（5，0）出发，以1个单位长度/秒的速度沿x轴向左作匀速运动，与此同时，动点P从点D出发，也以1个单位长度/秒的速度沿射线DE的方向作匀速运动．设运动时间为t秒．（1）请用含t的代数式分别表示出点C与点P的坐标；（2）以点C为圆心、t个单位长度为半径的⊙C与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），连接PA、PB．①当⊙C与射线DE有公共点时，求t的取值范围；②当△PAB为等腰三角形时，求t的值．t，有PQ=DQ=．．．，解得．的取值范围为=∴∴∴（不合题意，舍去）是等腰三角形时，，或点向左运动的，故或。

与圆有关的难题

１、在平面直角坐标系xoy 中,已知圆O:222211,:(4)4x y O x y +=-+=，动点Ｐ在直线0x b +-=上，过P 分别作圆O,O 1的切线，切点分别为A Ｂ,若满足PB=2PA 的点Ｐ有且只有两个,则实数b 的取值范围是２、过点(4,0)P -的直线l 与圆22:(1)5C x y -+=相交于,A B 两点，若点A 恰好是线段PB 的中点,则直线l 的方程为 ▲3、已知圆22:(2)4C x y -+=,线段E Ｆ在直线:1l y x =+上运动,点P 为线段EF 上任意一点,若圆Ｃ上存在两点Ａ、Ｂ,使得0PA PB ⋅≤,则线段ＥF 长度的最大值是 4、在平面直角坐标系xOy 中,圆1C :22(1)(6)25x y ++-=,圆2C :222(17)(30)x y r -+-=.若圆2C 上存在一点P ,使得过点P 可作一条射线与圆1C 依次交于点A ,B ，满足2PA AB =,则半径ｒ的取值范围是 ▲ ．5、在平面直角坐标系xOy 中,设直线2y x =-+与圆222(0)x y r r +=>交于,A B 两点，O为坐标原点，若圆上一点C 满足5344OC OA OB =+，则r = ▲ . ７、已知圆()()()22:10C x a y a a -+-=>与直线3y x =相交于,P Q 两点,则当CPQ ∆的面积最大时,此时实数a 的值为 ▲８、在平面直角坐标系xO ｙ中，圆C 的方程为(ｘ－1)2＋ｙ2=４，Ｐ为圆C 上一点.若存在一个定圆Ｍ，过Ｐ作圆M 的两条切线ＰA ,PB ,切点分别为A ，B ，当P 在圆Ｃ上运动时,使得∠ＡＰB 恒为60︒,则圆Ｍ的方程为9已知圆22:(2)1C x y -+=，点P 在直线:10l x y ++=上,若过点P 存在直线m 与圆C 交于A 、B 两点,且点A 为PB 的中点，则点P 横坐标0x 的取值范围是 . 1０、已知点0,2A 位圆22:2200M x y ax ay a 外一点,圆M 上存在点T 使得45MAT，则实数a 的取值范围是．6、已知圆22:(1)(1)4M x y -+-=,直线:60,l x y A +-=为直线l 上一点，若圆M 上存在两点,B C ,使得60BAC ∠=︒,则点Ａ的横坐标的取值范围是11在平面直角坐标系xOy 中，已知点(2,2)A -，(2,6)B ，一条直线l 过点(0,)m ,且与单位圆221x y +=恒相切．若有且只有两个点P 满足:①4PA PB ⋅=-；②点P 到直线l 的距离为1,则实数m 的取值范围是。

初三上册数学必考难题

初三上册数学必考难题有很多，其中包括：
1. 相似三角形的应用：相似三角形是初三数学的重点之一，也是中考的必考内容。

学生需要掌握相似三角形的性质、判定方法和应用，能够解决一些综合性问题。

2. 锐角三角函数：锐角三角函数是初三数学的重要知识点，也是中考的必考内容。

学生需要掌握正弦、余弦、正切
等三角函数的定义、性质和计算方法，能够解决一些与三角
形相关的问题。

3. 二次函数：二次函数是初三数学的重要知识点，也是
中考的必考内容。

学生需要掌握二次函数的性质、开口方向、顶点和对称轴等，能够解决一些与二次函数相关的问题。

4. 圆的有关性质：圆的有关性质是初三数学的重要知识点，也是中考的必考内容。

学生需要掌握圆的半径、直径、
周长、面积等计算方法，以及与圆相关的定理和性质。

5. 直线与圆的位置关系：直线与圆的位置关系是初三数
学的重要知识点，也是中考的必考内容。

学生需要掌握直线
与圆的位置关系的判定方法和应用，能够解决一些综合性问题。

以上是初三上册数学的一些必考难题，学生需要认真学习
和掌握这些知识点，以便在考试中取得好成绩。

同时，学生
还需要多做一些练习题，加深对知识点的理解和掌握，提高
解题能力和思维水平。

高中数学解析几何难点

高中数学解析几何难点一、解析几何基本概念及其与几何关系的区别解析几何是研究平面直角坐标系中点、线、面及其相关性质的数学分支。

其主要运用代数方法描述几何问题，并通过计算求解几何问题。

与传统几何不同，解析几何强调用坐标系和方程来表示几何对象，从而将几何问题转化为代数问题。

这使得解析几何具有更强的可计算性和可推导性。

二、高中数学解析几何中的难点知识点1.直线与圆的关系直线与圆的关系是解析几何中的一个难点。

主要包括直线与圆的位置关系、直线在圆上的性质、圆与圆的位置关系等。

这些知识点涉及到方程的求解，对于学生来说具有一定的挑战性。

2.圆锥曲线圆锥曲线包括椭圆、双曲线、抛物线等，是解析几何中的重点和难点。

掌握圆锥曲线的性质、方程及其应用，对于学生解决复杂几何问题具有重要意义。

3.空间几何空间几何是解析几何的扩展，涉及三维坐标系、空间直线与平面、空间几何体的性质等。

空间几何的难点在于理解三维空间的概念，以及运用坐标计算和方程求解空间问题。

4.参数方程与极坐标参数方程和极坐标是解析几何中的一种表达方法，它们可以将曲线和曲面的方程表示为参数形式或极坐标形式。

掌握这两种表达方法，有助于解决复杂几何问题。

三、应对策略与学习方法1.打牢基础熟练掌握解析几何的基本概念和知识点，为解决复杂问题打下坚实基础。

2.培养坐标思维学会用坐标系和方程来描述几何问题，将几何问题转化为代数问题，提高解决问题的效率。

3.大量练习通过大量练习，提高解题技巧和计算能力。

特别是在解决直线与圆、圆锥曲线、空间几何等问题时，多做相关习题，总结经验教训。

4.分析与总结每次做完习题后，要认真分析解题过程，总结经验教训。

这样可以加深对知识点和技巧的理解，提高解题能力。

5.及时请教遇到难题时，不要害怕请教老师、同学或家长，他们的经验和指导将对你的学习有很大帮助。

总之，高中数学解析几何难度较大，但只要掌握好基本概念、知识点和解题技巧，就能克服困难，取得好成绩。

圆中的轨迹方程问题

圆中的轨迹方程问题全文共四篇示例，供读者参考第一篇示例：圆中的轨迹方程问题一直是数学领域中的经典难题之一，其研究涉及到圆的性质、几何关系等多个方面。

在解决这类问题时，我们常常需要运用代数、几何、解析几何等知识，通过推理和分析来找出问题的解决方案。

让我们来了解一下什么是轨迹方程。

在数学领域中，轨迹方程是描述曲线或者点在运动中的路径的数学方程。

而在圆中的轨迹方程问题中，就是要求找出圆内部或者圆周上点的运动路径的方程。

在圆中的轨迹方程问题中，有一类比较经典的问题就是求解圆的内切方程。

内切方程是指一个点在圆内部的路径方程。

根据圆的性质和几何关系，我们可以通过分析得到内切方程的表达式。

以一个简单的例子来说明，给定一个半径为r的圆，圆心坐标为(a, b)，点P(x, y)在圆内部运动。

我们可以通过利用圆的方程和点到圆心的距离等条件来推导出P点的轨迹方程。

我们知道圆的方程可以表示为：(x-a)² + (y-b)² = r²又因为点P在圆内部，所以P点到圆心的距离不能大于半径r。

即有：√[(x-a)² + (y-b)²] < r在解决圆中的轨迹方程问题时，我们还可以运用解析几何的方法来求解。

通过将问题转化为代数方程组，利用代数方法来解决。

举个例子，假设有一个半径为r的圆，圆心在原点O(0, 0)，一个移动点M(x, y)在圆周上运动。

我们需要求出M点的轨迹方程。

根据圆的定义，M点在圆周上，所以有：x² + y² = r²M点的横纵坐标均为x，y，因此M点在第一象限、第二象限、第三象限和第四象限的坐标可以分别表示为(x, y)，(-x, y)，(-x, -y)，(x, -y)。

M点的轨迹方程为：(x² + y² - r²)(x² + y² - r²)(x² + y² - r²)(x² + y² - r²) = 0两个圆的轨迹交点可以表示为一个方程组，通过求解方程组的解得到轨迹交点的坐标。

中考数学点对点-涉及圆的证明与计算问题(解析版)

专题27 涉及圆的证明与计算问题专题知识点概述圆的证明与计算是中考必考点，也是中考的难点之一。

纵观全国各地中考数学试卷，能够看出，圆的证明与计算这个专题内容有三种题型：选择题、填空题和解答题。

一、与圆有关的概念1．圆：平面上到定点的距离等于定长的所有点组成的图形叫做圆。

定点称为圆心，定长称为半径。

圆的半径或直径决定圆的大小，圆心决定圆的位置。

2．圆心角：顶点在圆心上的角叫做圆心角。

圆心角的度数等于它所对弧的度数。

3.圆周角：顶点在圆周上，并且两边分别与圆相交的角叫做圆周角。

4. 外接圆和外心：经过三角形的三个顶点可以做一个圆，这个圆叫做三角形的外接圆。

外接圆的圆心，叫做三角形的外心。

外心是三角形三条边垂直平分线的交点。

外心到三角形三个顶点的距离相等。

5．若四边形的四个顶点都在同一个圆上，这个四边形叫做圆内接四边形，这个圆叫做这个四边形的外接圆。

6.和三角形三边都相切的圆叫做这个三角形的内切圆，其圆心称为内心。

内心是三角形三个角的角平分线的交点。

内心到三角形三边的距离相等。

二、与圆有关的规律1.圆的性质：（1）圆具有旋转不变性；（2）圆具有轴对称性；（3）圆具有中心对称性。

2.垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧。

3．推论：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧．4．在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等，所对的弦心距也相等。

在同圆或等圆中，如果两条弧相等，那么他们所对的圆心角相等，所对的弦相等，所对的弦心距也相等。

在同圆或等圆中，如果两条弦相等，那么他们所对的圆心角相等，所对的弧相等，所对的弦心距也相等。

5.在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．6．半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．7．圆内接四边形的特征①圆内接四边形的对角互补；②圆内接四边形任意一个外角等于它的内对角。

中考数学——圆的综合的综合压轴题专题复习附答案解析

一、圆的综合真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图，在直角坐标系中，已知点A(－8，0)，B(0，6)，点M在线段AB上。

（1）如图1，如果点M是线段AB的中点，且⊙M的半径等于4，试判断直线OB与⊙M 的位置关系，并说明理由；（2）如图2，⊙M与x轴，y轴都相切，切点分别为E，F，试求出点M的坐标；（3）如图3，⊙M与x轴，y轴，线段AB都相切，切点分别为E，F，G，试求出点M的坐标（直接写出答案）【答案】（1）OB与⊙M相切；（2）M（－247，247）；（3）M（－2，2）【解析】分析：（1）设线段OB的中点为D，连结MD，根据三角形的中位线求出MD，根据直线和圆的位置关系得出即可；（2）求出过点A、B的一次函数关系式是y=34x+6，设M（a，﹣a），把x=a，y=﹣a代入y=34x+6得出关于a的方程，求出即可．（3）连接ME、MF、MG、MA、MB、MO，设ME=MF=MG=r，根据S△ABC=12AO•ME+12BO•MF+12AB•MG=12AO•BO求得r=2，据此可得答案．详解：（1）直线OB与⊙M相切．理由如下：设线段OB的中点为D，如图1，连结MD，∵点M是线段AB的中点，所以MD∥AO，MD=4，∴∠AOB=∠MDB=90°，∴MD⊥OB，点D在⊙M上．又∵点D在直线OB上，∴直线OB与⊙M相切；（2）如图2，连接ME，MF，∵A（﹣8，0），B（0，6），∴设直线AB的解析式是y=kx+b，∴806k bb-+=⎧⎨=⎩，解得：k=34，b=6，即直线AB的函数关系式是y=34x+6．∵⊙M与x轴、y轴都相切，∴点M到x轴、y轴的距离都相等，即ME=MF，设M（a，﹣a）（﹣8＜a＜0），把x=a，y=﹣a代入y=34x+6，得：﹣a=34a+6，得：a=﹣24 7，∴点M的坐标为（﹣242477，）．（3）如图3，连接ME、MF、MG、MA、MB、MO，∵⊙M与x轴，y轴，线段AB都相切，∴ME⊥AO、MF⊥BO、MG⊥AB，设ME=MF=MG=r，则S△ABC=12AO•ME+12BO•MF+12AB•MG=12AO•BO．∵A（﹣8，0），B（0，6），∴AO=8、BO=6，AB=22AO BO=10，∴12r•8+12r•6+12r•10=12×6×8，解得：r=2，即ME=MF=2，∴点M的坐标为（﹣2，2）．点睛：本题考查了圆的综合问题，掌握直线和圆的位置关系，用待定系数法求一次函数的解析式的应用，能综合运用知识点进行推理和计算是解答此题的关键，注意：直线和圆有三种位置关系：已知⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离是d，当d=r时，直线l和⊙O 相切．2．如图，已知AB是⊙O的直径，点C为圆上一点，点D在OC的延长线上，连接DA，交BC的延长线于点E，使得∠DAC=∠B．（1）求证：DA是⊙O切线；（2）求证：△CED∽△ACD；（3）若OA=1，sinD=13，求AE的长．【答案】（1）证明见解析；（2）2【解析】分析：（1）由圆周角定理和已知条件求出AD⊥AB即可证明DA是⊙O切线；（2）由∠DAC=∠DCE，∠D=∠D可知△DEC∽△DCA；（3）由题意可知AO=1，OD=3，DC=2，由勾股定理可知AD=2，故此可得到DC2=DE•AD，故此可求得DE的长，于是可求得AE的长．详解：（1）∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠CAB+∠B=90°．∵∠DAC=∠B，∴∠CAB+∠DAC=90°，∴AD⊥AB．∵OA是⊙O半径，∴DA为⊙O的切线；（2）∵OB=OC，∴∠OCB=∠B．∵∠DCE=∠OCB，∴∠DCE=∠B．∵∠DAC=∠B，∴∠DAC=∠DCE．∵∠D=∠D，∴△CED∽△ACD；（3）在Rt△AOD中，OA=1，sin D=13，∴OD=OAsinD=3，∴CD=OD﹣OC=2．∵AD=22OD OA-=22．又∵△CED∽△ACD，∴AD CDCD DE=，∴DE=2CDAD=2，∴AE=AD﹣DE=22﹣2=2．点睛：本题主要考查的是切线的性质、圆周角定理、勾股定理的应用、相似三角形的性质和判定，证得△DEC∽△DCA是解题的关键．3．在平面直角坐标系xOy中，点M的坐标为（x1，y1），点N的坐标为（x2，y2），且x1≠x2，y1≠y2，以MN为边构造菱形，若该菱形的两条对角线分别平行于x轴，y轴，则称该菱形为边的“坐标菱形”．（1）已知点A（2，0），B（0，23），则以AB为边的“坐标菱形”的最小内角为；（2）若点C（1，2），点D在直线y=5上，以CD为边的“坐标菱形”为正方形，求直线CD 表达式；（3）⊙O的半径为2，点P的坐标为（3，m）．若在⊙O上存在一点Q，使得以QP为边的“坐标菱形”为正方形，求m的取值范围．【答案】（1）60°；（2）y=x+1或y=﹣x+3；（3）1≤m≤5或﹣5≤m≤﹣1【解析】分析：（1）根据定义建立以AB为边的“坐标菱形”，由勾股定理求边长AB=4，可得30度角，从而得最小内角为60°；（2）先确定直线CD与直线y=5的夹角是45°，得D（4，5）或（﹣2，5），易得直线CD的表达式为：y=x+1或y=﹣x+3；（3）分两种情况：①先作直线y=x，再作圆的两条切线，且平行于直线y=x，如图3，根据等腰直角三角形的性质分别求P'B=BD=1，PB=5，写出对应P的坐标；②先作直线y=﹣x，再作圆的两条切线，且平行于直线y=﹣x，如图4，同理可得结论．详解：（1）∵点A（2，0），B（0，3∴OA=2，OB3．在Rt△AOB中，由勾股定理得：AB22（），∴∠ABO=30°．223∵四边形ABCD是菱形，∴∠ABC=2∠ABO=60°．∵AB∥CD，∴∠DCB=180°﹣60°=120°，∴以AB为边的“坐标菱形”的最小内角为60°．故答案为：60°；（2）如图2．∵以CD为边的“坐标菱形”为正方形，∴直线CD与直线y=5的夹角是45°．过点C作CE⊥DE于E，∴D（4，5）或（﹣2，5），∴直线CD的表达式为：y=x+1或y=﹣x+3；（3）分两种情况：①先作直线y=x，再作圆的两条切线，且平行于直线y=x，如图3．∵⊙O2，且△OQ'D是等腰直角三角形，∴OD2OQ'=2，∴P'D=3﹣2=1．∵△P'DB是等腰直角三角形，∴P'B=BD=1，∴P'（0，1），同理可得：OA=2，∴AB=3+2=5．∵△ABP是等腰直角三角形，∴PB=5，∴P（0，5），∴当1≤m≤5时，以QP为边的“坐标菱形”为正方形；②先作直线y=﹣x，再作圆的两条切线，且平行于直线y=﹣x，如图4．∵⊙O的半径为2，且△OQ'D是等腰直角三角形，∴OD=2OQ'=2，∴BD=3﹣2=1．∵△P'DB是等腰直角三角形，∴P'B=BD=1，∴P'（0，﹣1），同理可得：OA=2，∴AB=3+2=5．∵△ABP是等腰直角三角形，∴PB=5，∴P（0，﹣5），∴当﹣5≤m≤﹣1时，以QP为边的“坐标菱形”为正方形；综上所述：m的取值范围是1≤m≤5或﹣5≤m≤﹣1．点睛：本题是一次函数和圆的综合题，考查了菱形的性质、正方形的性质、点P，Q的“坐标菱形”的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会利用图象解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，注意一题多解，属于中考创新题目．4．如图所示，以Rt△ABC的直角边AB为直径作圆O，与斜边交于点D，E为BC边上的中点，连接DE．（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）连接OE，AE，当∠CAB为何值时，四边形AOED是平行四边形？并在此条件下求sin∠CAE的值．【答案】(1)见解析;(2)1010. 【解析】分析：（1）要证DE 是⊙O 的切线，必须证ED ⊥OD ，即∠EDB+∠ODB=90°（2）要证AOED 是平行四边形，则DE ∥AB ，D 为AC 中点，又BD ⊥AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，所以∠CAB=45°，再由正弦的概念求解即可．详解：（1）证明：连接O 、D 与B 、D 两点， ∵△BDC 是Rt △，且E 为BC 中点， ∴∠EDB=∠EBD ．（2分）又∵OD=OB 且∠EBD+∠DBO=90°， ∴∠EDB+∠ODB=90°． ∴DE 是⊙O 的切线．（2）解：∵∠EDO=∠B=90°，若要四边形AOED 是平行四边形，则DE ∥AB ，D 为AC 中点，又∵BD ⊥AC ，∴△ABC 为等腰直角三角形． ∴∠C AB=45°．过E 作EH ⊥AC 于H ，设BC=2k ，则EH=2k ，AE=5k ， ∴sin ∠CAE=10EH AE．点睛：本题考查的是切线的判定，要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心和这点（即为半径），再证垂直即可．5．如图，A 是以BC 为直径的⊙O 上一点，AD ⊥BC 于点D ，过点B 作⊙O 的切线，与CA 的延长线相交于点E ，G 是AD 的中点，连结CG 并延长与BE 相交于点F ，延长AF 与CB 的延长线相交于点P ．（1）求证：BF =EF ：（2）求证：PA 是⊙O 的切线；（3）若FG=BF，且⊙O的半径长为32，求BD的长度.【答案】(1)证明见解析；(2) 证明见解析；（3）22【解析】分析：（1）利用平行线截三角形得相似三角形，得△BFC∽△DGC且△FEC∽△GAC，得到对应线段成比例，再结合已知条件可得BF=EF；（2）利用直角三角形斜边上的中线的性质和等边对等角，得到∠FAO=∠EBO，结合BE是圆的切线，得到PA⊥OA，从而得到PA是圆O的切线；（3）点F作FH⊥AD于点H，根据前两问的结论，利用三角形的相似性质即可以求出BD 的长度．详解：证明：(1)∵BC是圆O的直径，BE是圆O的切线，∴EB⊥BC.又∵AD⊥BC，∴AD∥BE.∴△BFC∽△DGC，△FEC∽△GAC，∴BFDG=CFCG，EFAG=CFCG，∴BFDG=EFAG，∵G是AD的中点，∴DG=AG，∴BF=EF；(2)连接AO，AB.∵BC是圆O的直径，∴∠BAC=90°，由(1)得：在Rt△BAE中，F是斜边BE的中点，∴AF=FB=EF，可得∠FBA=∠FAB，又∵OA=OB，∴∠ABO =∠BAO ， ∵BE 是圆O 的切线， ∴∠EBO =90°， ∴∠FBA +∠ABO =90°， ∴∠FAB +∠BAO =90°，即∠FAO =90°， ∴PA ⊥OA ， ∴PA 是圆O 的切线；（3）过点F 作FH ⊥AD 于点H ，∵BD ⊥AD ，FH ⊥AD ， ∴FH ∥BC ，由(2)，知∠FBA =∠BAF ， ∴BF =AF . ∵BF =FG ， ∴AF =FG ，∴△AFG 是等腰三角形. ∵FH ⊥AD ， ∴AH =GH ， ∵DG =AG ， ∴DG =2HG . 即12HG DG =， ∵FH ∥BD ，BF ∥AD ，∠FBD =90°， ∴四边形BDHF 是矩形， ∴BD =FH ， ∵FH ∥BC ∴△HFG ∽△DCG ， ∴12FH HG CD DG ==，即12BD CD =，∴23 2.15，3∵O的半径长为32，∴BC=62，∴BD=1BC＝22.3点睛：本题考查了切线的判定、勾股定理、圆周角定理、相似三角形的判定与性质.结合已知条件准确对图形进行分析并应用相应的图形性质是解题的关键.6．如图1，等边△ABC的边长为3，分别以顶点B、A、C为圆心，BA长为半径作AC、CB、BA，我们把这三条弧所组成的图形称作莱洛三角形，显然莱洛三角形仍然是轴对称图形，设点l为对称轴的交点．（1）如图2，将这个图形的顶点A与线段MN作无滑动的滚动，当它滚动一周后点A与端点N重合，则线段MN的长为；（2）如图3，将这个图形的顶点A与等边△DEF的顶点D重合，且AB⊥DE，DE=2π，将它沿等边△DEF的边作无滑动的滚动当它第一次回到起始位置时，求这个图形在运动过程中所扫过的区域的面积；（3）如图4，将这个图形的顶点B与⊙O的圆心O重合，⊙O的半径为3，将它沿⊙O的圆周作无滑动的滚动，当它第n次回到起始位置时，点I所经过的路径长为（请用含n的式子表示）【答案】（1）3π；（2）27π；（3）3．【解析】试题分析：（1）先求出AC的弧长，继而得出莱洛三角形的周长为3π，即可得出结论；（2）先判断出莱洛三角形等边△DEF绕一周扫过的面积如图所示，利用矩形的面积和扇形的面积之和即可；（3）先判断出莱洛三角形的一个顶点和O重合旋转一周点I的路径，再用圆的周长公式即可得出．试题解析：解：（1）∵等边△ABC的边长为3，∴∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，AC BC AB ==，∴AC BC l l ==AB l =603180π⨯=π，∴线段MN 的长为AC BC AB l l l ++=3π．故答案为3π；（2）如图1．∵等边△DEF 的边长为2π，等边△ABC 的边长为3，∴S 矩形AGHF =2π×3=6π，由题意知，AB ⊥DE ，AG ⊥AF ，∴∠BAG =120°，∴S 扇形BAG =21203360π⨯=3π，∴图形在运动过程中所扫过的区域的面积为3（S 矩形AGHF +S 扇形BAG ）=3（6π+3π）=27π；（3）如图2，连接BI 并延长交AC 于D ．∵I 是△ABC 的重心也是内心，∴∠DAI =30°，AD =12AC =32，∴OI =AI =3230AD cos DAI cos ∠=︒=3，∴当它第1次回到起始位置时，点I所经过的路径是以O 为圆心，OI 为半径的圆周，∴当它第n 次回到起始位置时，点I 所经过的路径长为n •2π•3=23n π．故答案为23n π．点睛：本题是圆的综合题，主要考查了弧长公式，莱洛三角形的周长，矩形，扇形面积公式，解（1）的关键是求出AC 的弧长，解（2）的关键是判断出莱洛三角形绕等边△DEF 扫过的图形，解（3）的关键是得出点I 第一次回到起点时，I 的路径，是一道中等难度的题目．7．在O 中，AB 为直径，C 为O 上一点.（Ⅰ）如图①，过点C 作O 的切线，与AB 的延长线相交于点P ，若28CAB ∠=︒，求P ∠的大小；（Ⅱ）如图②，D 为弧AC 的中点，连接OD 交AC 于点E ，连接DC 并延长，与AB 的延长线相交于点P ，若12CAB ∠=︒，求P ∠的大小. 【答案】（1）∠P ＝34°；（2）∠P ＝27°【解析】【分析】（1）首先连接OC，由OA=OC，即可求得∠A的度数，然后由圆周角定理，求得∠POC的度数，继而求得答案；（2）因为D为弧AC的中点，OD为半径，所以OD⊥AC，继而求得答案．【详解】（1）连接OC，∵OA＝OC，∴∠A＝∠OCA＝28°，∴∠POC＝56°，∵CP是⊙O的切线，∴∠OCP＝90°，∴∠P＝34°；（2）∵D为弧AC的中点，OD为半径，∴OD⊥AC，∵∠CAB＝12°，∴∠AOE＝78°，∴∠DCA＝39°，∵∠P＝∠DCA﹣∠CAB，∴∠P＝27°．【点睛】本题考查切线的性质以及等腰三角形的性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键．8．如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O与边BC交于点D，DE⊥AC，垂足为E，交AB的延长线于点F．(1)求证：EF是⊙O的切线；(2)若∠C＝60°，AC＝12，求BD的长．(3)若tan C＝2，AE＝8，求BF的长．【答案】(1)见解析;(2) 2π；(3)103. 【解析】分析：（1）连接OD ，根据等腰三角形的性质：等边对等角，得∠ABC=∠C ，∠ABC=∠ODB ，从而得到∠C=∠ODB ，根据同位角相等，两直线平行，得到OD ∥AC ，从而得证OD ⊥EF ，即 EF 是⊙O 的切线；（2）根据中点的性质，由AB=AC=12 ，求得OB=OD=12AB =6，进而根据等边三角形的判定得到△OBD 是等边三角形，即∠BOD=600，从而根据弧长公式七届即可；（3）连接AD ，根据直角三角形的性质，由在Rt △DEC 中, tan 2DE C CE == 设CE=x,则DE=2x ，然后由Rt △ADE 中, tan 2AE ADE DE ∠== ，求得DE 、CE 的长，然后根据相似三角形的判定与性质求解即可.详解：（1）连接OD ∵AB=AC ∴∠ABC=∠C∵OD=OB ∴∠ABC=∠ODB∴∠C=∠ODB ∴OD ∥AC又∵DE ⊥AC ∴OD ⊥DE ，即OD ⊥EF∴EF 是⊙O 的切线（2） ∵AB=AC=12 ∴OB=OD=12AB =6 由（1）得：∠C=∠ODB=600∴△OBD 是等边三角形 ∴∠BOD=600∴BD =6062180ππ⨯= 即BD 的长2π （3）连接AD ∵DE ⊥AC ∠DEC=∠DEA=900在Rt △DEC 中, tan 2DE C CE == 设CE=x,则DE=2x ∵AB 是直径 ∴∠ADB=∠ADC=900 ∴∠ADE+∠CDE=900 在Rt △DEC 中,∠C+∠CDE=900∴∠C=∠ADE 在Rt △ADE 中, tan 2AE ADE DE ∠== ∵ AE=8，∴DE=4 则CE=2∴AC=AE+CE=10 即直径AB=AC=10 则OD=OB=5∵OD//AE ∴△ODF ∽△AEF∴ OF OD AF AE = 即：55108BF BF +=+ 解得：BF=103 即BF 的长为103. 点睛：此题考查了切线的性质与判定、圆周角定理、等腰三角形的性质、直角三角形以及相似三角形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．9．如图，已知AB 是⊙O 的直径，BC 是弦，弦BD 平分∠ABC 交AC 于F ，弦DE ⊥AB 于H ，交AC 于G ．①求证：AG ＝GD ；②当∠ABC 满足什么条件时，△DFG 是等边三角形？③若AB ＝10，sin ∠ABD ＝35，求BC 的长．【答案】（1）证明见解析；（2）当∠ABC ＝60°时，△DFG 是等边三角形．理由见解析；（3）BC 的长为145．【解析】【分析】（1）首先连接AD ，由DE ⊥AB ，AB 是O 的直径，根据垂径定理，即可得到AD AE =，然后根据在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，证得∠ADE ＝∠ABD ，又由弦BD 平分∠ABC ，可得∠DBC ＝∠ABD ，根据等角对等边的性质，即可证得AG=GD ；（2）当∠ABC=60°时，△DFG 是等边三角形，根据半圆（或直径）所对的圆周角是直角与三角形的外角的性质，易求得∠DGF=∠DFG=60°，即可证得结论；（3）利用三角函数先求出tan ∠ABD 34=，cos ∠ABD ＝45，再求出DF 、BF ，然后即可求出BC.【详解】（1）证明：连接AD ，∵DE ⊥AB ，AB 是⊙O 的直径，∴AD AE =，∴∠ADE ＝∠ABD ，∵弦BD 平分∠ABC ，∴∠DBC ＝∠ABD ，∵∠DBC ＝∠DAC ，∴∠ADE ＝∠DAC ，∴AG ＝GD ；（2）解：当∠ABC ＝60°时，△DFG 是等边三角形．理由：∵弦BD 平分∠ABC ，∴∠DBC ＝∠ABD ＝30°，∵AB 是⊙O 的直径，∴∠ACB ＝90°，∴∠CAB ＝90°﹣∠ABC ＝30°，∴∠DFG ＝∠FAB+∠DBA ＝60°，∵DE ⊥AB ，∴∠DGF ＝∠AGH ＝90°﹣∠CAB ＝60°，∴△DGF 是等边三角形；（3）解：∵AB 是⊙O 的直径，∴∠ADB ＝∠ACB ＝90°，∵∠DAC ＝∠DBC ＝∠ABD ，∵AB ＝10，sin ∠ABD ＝35， ∴在Rt △ABD 中，AD ＝AB•sin ∠ABD ＝6，∴BD8，∴tan ∠ABD ＝34AD BD =，cos ∠ABD ＝4=5BD AB ，在Rt △ADF 中，DF ＝AD•tan ∠DAF ＝AD•tan ∠ABD ＝6×34＝92， ∴BF ＝BD ﹣DF ＝8﹣92＝72， ∴在Rt △BCF 中，BC ＝BF•cos ∠DBC ＝BF•cos ∠ABD ＝72×45＝145．∴BC的长为：145．【点睛】此题考查了圆周角定理、垂径定理、直角三角形的性质、三角函数的性质以及勾股定理等知识．此题综合性较强，难度较大，解题的关键是掌握数形结合思想与转化思想的应用，注意辅助线的作法．10．已知Rt△ABC，∠BAC＝90°，点D是BC中点，AD＝AC，BC＝43，过A，D两点作⊙O，交AB于点E，（1）求弦AD的长；（2）如图1，当圆心O在AB上且点M是⊙O上一动点，连接DM交AB于点N，求当ON 等于多少时，三点D、E、M组成的三角形是等腰三角形？（3）如图2，当圆心O不在AB上且动圆⊙O与DB相交于点Q时，过D作DH⊥AB（垂足为H）并交⊙O于点P，问：当⊙O变动时DP﹣DQ的值变不变？若不变，请求出其值；若变化，请说明理由．【答案】（1）23（2）当ON等于13﹣1时，三点D、E、M组成的三角形是等腰三角形（3）不变，理由见解析【解析】【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到AD的长；（2）连DE、ME，易得当ED和EM为等腰三角形EDM的两腰，根据垂径定理得推论得OE⊥DM，易得到△ADC为等边三角形，得∠CAD=60°，则∠DAO=30°，∠DON=60°，然后根据含30°的直角三角形三边的关系得DN=123ON=33DN=1；当MD=ME，DE为底边，作DH⊥AE，由于3∠DAE=30°，得到3，∠DEA=60°，DE=2，于是OE=DE=2，OH=1，又∠M=∠DAE=30°，MD=ME ，得到∠MDE=75°，则∠ADM=90°-75°=15°，可得到∠DNO=45°，根据等腰直角三角形的性质得到；（3）连AP 、AQ ，DP ⊥AB ，得AC ∥DP ，则∠PDB=∠C=60°，再根据圆周角定理得∠PAQ=∠PDB ，∠AQC=∠P ，则∠PAQ=60°，∠CAQ=∠PAD ，易证得△AQC ≌△APD ，得到DP=CQ ，则DP-DQ=CQ-DQ=CD ，而△ADC 为等边三角形，DP-DQ 的值．【详解】解：（1）∵∠BAC ＝90°，点D 是BC 中点，BC ＝∴AD ＝12BC ＝（2）连DE 、ME ，如图，∵DM ＞DE ，当ED 和EM 为等腰三角形EDM 的两腰，∴OE ⊥DM ，又∵AD ＝AC ，∴△ADC 为等边三角形，∴∠CAD ＝60°，∴∠DAO ＝30°，∴∠DON ＝60°，在Rt △ADN 中，DN ＝12AD ，在Rt △ODN 中，ON ＝3DN ＝1， ∴当ON 等于1时，三点D 、E 、M 组成的三角形是等腰三角形；当MD ＝ME ，DE 为底边，如图3，作DH ⊥AE ，∵AD ＝∠DAE ＝30°，∴DH ∠DEA ＝60°，DE ＝2，∴△ODE 为等边三角形，∴OE ＝DE ＝2，OH ＝1，∵∠M ＝∠DAE ＝30°，而MD ＝ME ，∴∠MDE ＝75°，∴∠ADM ＝90°﹣75°＝15°，∴∠DNO ＝45°，∴△NDH 为等腰直角三角形，∴NH＝DH∴ON ﹣1；综上所述，当ON 等于11时，三点D 、E 、M 组成的三角形是等腰三角形；（3）当⊙O变动时DP﹣DQ的值不变，DP﹣DQ＝23．理由如下：连AP、AQ，如图2，∵∠C＝∠CAD＝60°，而DP⊥AB，∴AC∥DP，∴∠PDB＝∠C＝60°，又∵∠PAQ＝∠PDB，∴∠PAQ＝60°，∴∠CAQ＝∠PAD，∵AC＝AD，∠AQC＝∠P，∴△AQC≌△APD，∴DP＝CQ，∴DP﹣DQ＝CQ﹣DQ＝CD＝23．【点睛】本题考查了垂径定理和圆周角定理：平分弧的直径垂直弧所对的弦；在同圆和等圆中，相等的弧所对的圆周角相等．也考查了等腰三角形的性质以及含30°的直角三角形三边的关系．。

初中数学共圆问题知识点与常考难题和培优提高练习压轴题(含解析汇报)

初中数学共圆问题提高练习与常考难题和培优题压轴题(含解析)问题探究：一个班级的学生正在做投圈游戏，他们呈“一”字型排开，这样的队形对每个人公平吗？你认为他们应当排成什么样的队形？怎样排？四点共圆是平面几何证题中一个十分有利的工具，四点共圆这类问题一般有以下两种形式：（1）证明某四点共圆或者以四点共圆为基础证明若干点共圆；（2）通过某四点共圆得到一些重要结论，进而解决问题下面给出与四点共圆有关的一些基本知识（1）若干个点与某定点的距离相等，则这些点在一个圆上；（2）在若干个点中有两点，其他点对这两点所成线段的视角均为直角，则这些点共圆；（3）若四点连成的四边形对角互补或有一外角等于它的内对角，则这四点共圆；（4）若点C 、D 在线段AB 的同侧，且ACB ADB ∠=∠，则A B C D 、、、四点共圆；（5）若线段AB CD 、交于E 点，且AE EB CE ED =，则A B C D 、、、四点共圆；（6）若相交线段PA PB 、上各有一点C D 、，且PA PC PB PD =，则A B C D 、、、四点共圆。

四点共圆问题不但是平面几何中的重要问题，而且是直线形和圆之间度量关系或者位置关系相互转化的媒介。

1．如图，把直角三角板的直角顶点O 放在破损玻璃镜的圆周上，两直角边与圆弧分别交于点M 、N ，量得OM=8cm ，ON=6cm ，则该圆玻璃镜的半径是（）A ．cm B ．5cm C ．6cm D ．10cm2．正方形的四个顶点和它的中心共5个点能确定个不同的圆．3．如图，若AD 、BE 为△ABC 的两条角平分线，I 为内心，若C ，D ，I ，E 四点共圆，且DE=1，则ID= ．4．如图，在△ABC中，AD，BE分别是∠A，∠B的角平分线，O是AD与BE的交点，若C，D，O，E四点共圆，DE=3，则△ODE的内切圆半径为．5．如图，已知A，B，C，D四点共圆，且AC=BC．求证：DC平分∠BDE．6．如图，BD，AH分别是△ABC的高，求证：A、B、H、D四点共圆．7．等腰梯形ABCD中，AD∥BC，求证：A，B，C，D四个顶点共圆．8．如图，四边形ABCD中，∠B=∠D=90°，点E为AC的中点，则A，B，C，D四点共圆吗？9．如图所示，I为△ABC的内心，求证：△BIC的外心O与A、B、C四点共圆．10．如图，在△ABC中，AD⊥BC，DE⊥AB，DF⊥AC．求证：B、E、F、C四点共圆．11．O和H分别是△ABC的外心和垂心，若∠BAC=60°，求证：B、0、H、C的共圆．12．如图，AB为⊙O直径，BF⊥AB，E为BF上一点，AE和AF交⊙O于C和D，求证：C、D、F、E四点共圆．13．如图，在△ABC中，AB=AC，延长CA到P，延长AB到Q，使AP=BQ，求证：△ABC的外心O与A，P，Q四点共圆．14．如图，点F是△ABC外接圆的中点，点D、E在边AC上，使得AD=AB，BE=EC．证明：B、E、D、F四点共圆．15．如图，点E，F分别在线段AC，BC上运动（不与端点重合），而且CE=BF，O是△ABC的外心，证明C，E，O，F四点共圆．16．设△ADE内接于圆O，弦BC分别交AD、AE边于点F、G，且AB=AC，求证：F、D、E、G 四点共圆．参考答案1．（2016•常州）如图，把直角三角板的直角顶点O放在破损玻璃镜的圆周上，两直角边与圆弧分别交于点M、N，量得OM=8cm，ON=6cm，则该圆玻璃镜的半径是（）A．cm B．5cm C．6cm D．10cm【解答】解：如图，连接MN，∵∠O=90°，∴MN是直径，又OM=8cm，ON=6cm，∴MN===10（cm）．∴该圆玻璃镜的半径是：MN=5cm．故选：B．2．（2006•黄石）正方形的四个顶点和它的中心共5个点能确定 5 个不同的圆．【解答】解：正方形的四个顶点和它的中心的点的距离相等，中心与一边的两个端点可以确定一个圆，正方形有四条边，因而有四个圆；而正方形的四个顶点都在以中心为圆心的圆上，因而能确定5个不同的圆．3．如图，若AD、BE为△ABC的两条角平分线，I为内心，若C，D，I，E四点共圆，且DE=1，则ID=．【解答】解：连接CI，∵AD、BE为△ABC的两条角平分线，∴∠BAI=∠BAC，∠IBA=∠ABC，∵∠AIB=180°﹣∠BAI﹣∠IBA，∴∠AIB=180°﹣（∠CAB+∠CBA），又∵∠ABC+∠CBA+∠ACB=180°，∴∠AIB=90°+∠C，∵C，D，I，E四点共圆，∴∠EID+∠ACB=180°，又∵∠AIB=∠EID，∴90°+∠C+∠C=180°，∴∠ACB=60°，∵I为内心，∴∠ICD=30°，∵DE=1，∴=2R，∴R=，∴，∴ID=，故答案为：．4．（2005•温州校级自主招生）如图，在△ABC中，AD，BE分别是∠A，∠B的角平分线，O是AD与BE 的交点，若C，D，O，E四点共圆，DE=3，则△ODE的内切圆半径为3﹣．【解答】解：作OF⊥ED于点F，∵AD，BE分别是∠A，∠B的角平分线，∴∠AOB=90°+∠C，CO平分∠ACB，又∵∠DOE=∠AOB，∠DOE+∠C=180°，∴∠C=60°，∠DOE=∠AOB=120°，又∵OD=OE，∴∠OED=∠ODE=30°，∴FD=，tan30°==，∴FO=，OD=OE=，∴△ODE的周长为：2+3，∴△ODE的面积为：×3×=，∴△ODE的内切圆半径为=3﹣．故答案为：3﹣．5．如图，已知A，B，C，D四点共圆，且AC=BC．求证：DC平分∠BDE．【解答】证明：∵A，B，C，D四点共圆，∴∠2=∠1，∠3=∠ABC，∵AC=BC，∴∠1=∠ABC，∴∠2=∠3，∴DC平分∠BDE．6．如图，BD，AH分别是△ABC的高，求证：A、B、H、D四点共圆．【解答】证明：取AB的中点O，连接DO、HO，∵BD，AH分别是△ABC的高，∴△DAB和△HAB都是直角三角形，且它们的斜边都是AB，∵点O为斜边中点，∴DO=HO=AB=AO=BO，也就是说，点D、H、B在以O为圆心、OA为半径的圆上，即点D、H、B、A都在以O为圆心、以OA为半径的圆上，故可得：A、B、H、D四点共圆．7．等腰梯形ABCD中，AD∥BC，求证：A，B，C，D四个顶点共圆．【解答】证明：如图：∵ABCD是等腰梯形，且AD∥BC，∴∠A=∠D，∠B=∠C，∠A+∠B=180°．∴∠A+∠C=∠B+∠D=180°．根据对角互补的四边形是圆的内接四边形，所以A，B，C，D四点共圆．8．如图，四边形ABCD中，∠B=∠D=90°，点E为AC的中点，则A，B，C，D四点共圆吗？【解答】解：A，B，C，D四点共圆，理由如下：连结DE．∵在Rt△ABC中，∠ABC=90°，点E为AC的中点，∴EB=EA=EC=AC，∵在Rt△ADC中，∠ADC=90°，点E为AC的中点，∴ED=EA=EC=AC，∴EA=EB=EC=ED，∴A、B、C、D四个点在以E为圆心，AC为直径的圆上，即A，B，C，D四点共圆．9．如图所示，I为△ABC的内心，求证：△BIC的外心O与A、B、C四点共圆．【解答】证明：连接OB、BI、OC，由O是外心知∠IOC=2∠IBC．由I是内心知∠ABC=2∠IBC．从而∠IOC=∠ABC．同理∠IOB=∠ACB．而∠BAC+∠ABC+∠ACB=180°，故∠BOC+∠BAC=180°，于是O、B、A、C 四点共圆．10．如图，在△ABC中，AD⊥BC，DE⊥AB，DF⊥AC．求证：B、E、F、C四点共圆．【解答】解：∵AD⊥BC，DE⊥AB，∴∠AED=∠ADB=90°．又∵∠DAE=∠BAD，∴△AED∽△ADB，∴=，即AD2=AE•AB．同理可得AD2=AF•AC，∴AE•AB=AF•AC，即=．又∵∠EAF=∠CAB，∴△AEF∽△ACB，∴∠AEF=∠ACB，∴B、E、F、C四点共圆．11．O和H分别是△ABC的外心和垂心，若∠BAC=60°，求证：B、0、H、C的共圆．【解答】证明：连接BH并延长交AC于E，连接CH并延长交AB于F，连接OB、OC，如图所示：∵O是三角形的外心，∠BAC=60°，∴∠BOC=2∠BAC=120°（同弧所对的圆心角等于圆周角的两倍）又∵垂心为点H，∴BE⊥AC，∴∠ABE=90°，∴∠ABE=90°﹣∠BAC=90°﹣60°=30°，同理：∠ACF=30°，∴∠HBC+∠HCB=180°﹣（∠BAC+∠ABE+∠ACF）=60°，∴∠BHC=180°﹣（∠HBC+∠HCB）=180°﹣60°=120°，∴∠BOC=∠BHC，又∵O，H在BC边同侧，∴B，C，O，HI四点共圆．12．如图，AB为⊙O直径，BF⊥AB，E为BF上一点，AE和AF交⊙O于C和D，求证：C、D、F、E四点共圆．【解答】证明：连接BC、CD，如图所示：∵AB为⊙O直径，∴∠ACB=90°，∴∠BCE=90°，∴∠BEC+∠EBC=90°，∵BF⊥AB，∴∠ABF=90°，即∠ABC+∠EBC=90°，∴∠ABC=∠BEC，∵∠ABC+∠ADC=180°，∴∠BEC+∠ADC=180°，∵∠CDF+∠ADC=180°，∴∠BEC=∠CDF，∴C、D、F、E四点共圆．13．如图，在△ABC中，AB=AC，延长CA到P，延长AB到Q，使AP=BQ，求证：△ABC的外心O与A，P，Q四点共圆．【解答】证明：如图，作△ABC的外接圆⊙O，作OE⊥AB于E，OF⊥AC于F，连接OP、OQ、OB、OA，∵O是△ABC的外心，∴OE=OF，OB=OA，由勾股定理得：BE2=OB2﹣OE2，AF2=OA2﹣OF2，∴BE=AF，∵AP=BQ，∴PF=QE，∵OE⊥AB，OF⊥AC ∴∠OFP=∠OEQ=90°，在Rt△OPF和Rt△OQE中，，∴Rt△OPF≌Rt△OQE，∴∠P=∠Q，∴O、A、P、Q四点共圆，即：△ABC的外心O与点A、P、Q四点共圆．14．（2009•黄冈校级自主招生）如图，点F是△ABC外接圆的中点，点D、E在边AC上，使得AD=AB，BE=EC．证明：B、E、D、F四点共圆．【解答】证明：连接FC，FB，则FC=FB．…（2分）连接EF，则△CEF≌△BEF，∴∠BFE=∠CFE．…（5分）∵A，B，F，C共圆，∴∠CAB+∠CFB=180°…（7分）∴∠CAB+2∠BFE=180°．∵AB=AD，∴∠ABD=∠ADB…（8分）∴∠CAB+2∠ADB=180°．∴∠ADB=∠BFE．…（10分）∴B、E、D、F四点共圆．…（12分）15．如图，点E，F分别在线段AC，BC上运动（不与端点重合），而且CE=BF，O是△ABC的外心，证明C，E，O，F四点共圆．【解答】证明：如图，连接OB、OC、OE、OF．∵OB=OC，∴∠OCB=∠OBC，又∵AC=BC，∴∠OCB=∠OCA，∴∠OBC=∠OCA，在△ECO与△FBO中，，∴△ECO≌△FBO（SAS），∴∠EOC=∠FOB，又∠AOC=∠BOC，∴∠EOF=∠COB，又∵EO=OF，∴∠OEF=∠OCF，∴C，E，O，F四点共圆．16．设△ADE内接于圆O，弦BC分别交AD、AE边于点F、G，且AB=AC，求证：F、D、E、G四点共圆．【解答】解：连接EF，CD，∴∠ADE=∠ADC+∠CDE，∵∠ADC=∠ABC，∠CDE=∠CAE，∴∠ADE=∠ABC+∠CAE，∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB，∴∠ADE=∠ACB+∠CAE，∵∠AGF=∠ACB+∠CAE（三角形的一个外角等于与它不相邻的两内角之和），∴∠ADE=∠AGF，∵∠ADE+∠EDF=180°，∠AGF+∠FGE=180°，∴∠EDF=∠EGF，∴F、D、E、G四点共圆（共底边的两个三角形顶角相等，且在底边的同侧，则可推出四个顶点共圆）．。

直线与圆的公式

直线与圆的公式全文共四篇示例，供读者参考第一篇示例：直线与圆是几何中常见的图形，它们在数学中有着重要的地位。

直线是两点之间最短距离的集合，而圆是平面上所有到圆心距离相等的点的集合。

在解决几何问题时，我们经常需要用到直线与圆的公式来求解。

下面我们来详细介绍一下直线与圆的公式。

一、直线的一般方程直线的一般方程是数学中描述一条直线的基本公式。

一般方程的形式为Ax + By + C = 0，其中A、B、C是常数，而x、y是变量。

通过将一般方程进行变换，我们可以得到直线的其他形式方程。

1. 斜截式方程两点式方程是描述一条直线的另一种方程形式，其形式为(x -x₁)/(x₂ - x₁) = (y - y₁)/(y₂ - y₁)，其中(x₁, y₁)和(x₂, y₂)是直线上的两点。

通过两点式方程，我们可以直接得到直线的方程。

二、圆的标准方程圆的标准方程是数学中描述一个圆的基本公式。

圆的标准方程的一般形式为(x - h)² + (y - k)² = r²，其中(h, k)是圆心的坐标，r是圆的半径。

通过标准方程，我们可以方便地确定圆的位置和大小。

2. 一般方程三、直线与圆的位置关系直线与圆是几何中常见的图形，它们之间有着复杂的位置关系。

在解决几何问题时，我们经常需要根据直线与圆的位置关系来求解。

1. 直线与圆的相交直线与圆的相交有三种情况：直线与圆相切、直线与圆相离、直线与圆相交。

当直线与圆相交时，我们可以根据直线的方程和圆的方程来求解交点的坐标。

四、应用举例直线与圆的公式在数学中有着广泛的应用。

我们可以通过一些举例来演示如何应用直线与圆的公式来解决实际问题。

例1：求解直线与圆的交点坐标已知直线的方程为y = 2x + 3，圆的方程为(x - 1)² + (y - 2)² = 4，求解直线与圆的交点坐标。

解：将直线的方程代入圆的方程中，得到(x - 1)² + (2x + 1)² = 4。

直线与圆的关系较难题

1.等腰直角△ABC和⊙O如图放置，已知AB=BC=1，∠ABC=90°，⊙O的半径为1，圆心O与直线AB的距离为5，现△ABC以每秒2个单位的速度向右移动，同时△ABC的边长AB、BC又以每秒0.5个单位沿BA、BC方向增大。

（1）当△ABC的边（BC边除外）与圆第一次相切时，点B移动了多少距离？
（2）若在△ABC移动的同时，⊙O也以每秒1个单位的速度向右移动，则△ABC从开始移动，到它的边与圆最后一次相切，一共经过了多少时间？
（3）在（2）的条件下，是否存在某一时刻，△ABC与⊙O的公共部分等于⊙O的面积？若存在，求出恰好符合条件时两个图形移动了多少时间？若不存在，请说明理由。

2.如图，在平面直角坐标系中，以坐标原点O为圆心，2为半径画⊙O，P是⊙O上一动点，且P在第一象限内，过点P作⊙O的切线与x轴相交于点A，与y轴相交于点B．
（1）点P在运动时，线段AB的长度也在发生变化，请写出线段AB长度的最小值，并说明理由；（2）在⊙O上是否存在一点Q，使得以Q，O，A，P为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出Q 点的坐标；若不存在，请说明理由．
3.如图1，在平面直角坐标系中，以坐标原点O为圆心的⊙O的半径为
2
-1，直线l：y=-x-
2
与坐标轴分别交于A、C两点，点B的坐标为（4，1），⊙B与x轴相切于点M．
（1）求点A的坐标及∠CAO的度数；
（2）⊙B以每秒1个单位长度的速度沿想x轴负方向平移，同时，直线l绕点A以每秒钟旋转30°的速度
顺时针匀速旋转，当⊙B第一次与⊙O相切时，请判断直线ι与⊙B的位置关系，并说明理由．。