2022年浙江中考数学总复习方法技巧专题　隐圆问题训练

这是一份2022年浙江中考数学总复习方法技巧专题　隐圆问题训练，共13页。
方法技巧专题　隐圆问题训练1.如图F10-1,在矩形ABCD中,AB=4,BC=6,E是矩形内部的一个动点,且AE⊥BE,则线段CE的最小值为 (　　)图F10-1A.  B.2-2C.2-2  D.42.在矩形ABCD中,已知AB=2 cm,BC=3 cm,现有一根长为2 cm的木棒EF紧贴着矩形的边(即两个端点始终落在矩形的边上),按逆时针方向滑动一周,则木棒的中点P在运动过程中所围成的图形的面积为              (　　)A.6 cm2  B.3 cm2C.(2+π)cm2  D.(6-π)cm23.如图F10-2,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=8,BC=6,点D是AC的中点,将CD绕着点C逆时针旋转一周,在旋转的过程中,点D的对应点为点E,连结AE,BE,则△AEB的面积的最小值为              (　　)图F10-2A.1 B.2 C.3 D.44.如图F10-3,AC=3,BC=5,且∠BAC=90°,D为AC上一动点,以AD为直径作圆,圆心为O,连结BD交圆O于点E,连结CE,则CE的最小值为              (　　)图F10-3A.-2  B.+2C.5  D.5.如图F10-4,已知AB=AC=AD,∠CBD=2∠BDC,∠BAC=44°,则∠CAD的度数为　　　. 图F10-46.如图F10-5所示,四边形ABCD中,DC∥AB,BC=1,AB=AC=AD=2,则BD的长为　　　　. 图F10-57.如图F10-6,在矩形ABCD中,AB=4,AD=6,E是AB边的中点,F是线段CB边上的动点,将△EBF沿EF所在直线折叠得到△EB'F,连结B'D,则B'D的最小值是　　　　. 图F10-68.如图F10-7,矩形ABCD中,AB=2,AD=3,点E,F分别为AD,DC边上的点,且EF=2,点G为EF的中点,点P为BC边上一动点,则PA+PG的最小值为　　　　. 图F10-79.如图F10-8,正方形ABCD中,AB=2,动点E从点A出发向点D运动,同时动点F从点D出发向点C运动,点E,F运动的速度相同,当它们到达各自终点时停止运动,运动过程中线段AF,BE相交于点P,则线段DP的最小值为　　　　. 图F10-810.在平面直角坐标系中,已知点A(4,0),B(-6,0),点C是y轴上的一个动点,当∠BCA=45°时,点C的坐标为　　　　. 11.如图F10-9,点A与点B的坐标分别是(1,0),(5,0),点P是该直角坐标系内的一个动点.(1)使∠APB=30°的点P有　　　　个. (2)若点P在y轴上,且∠APB=30°,求满足条件的点P的坐标.(3)当点P在y轴上移动时,∠APB何时有最大值?请说明理由.图F10-9       12.[2019·衢州]如图F10-10,在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=6,∠BAC=60°,AD平分∠BAC交BC于点D,过点D作DE∥AC交AB于点E,点M是线段AD上的动点,连结BM并延长分别交DE,AC于点F,G.(1)求CD的长.(2)若点M是线段AD的中点,求的值.(3)请问当DM的长满足什么条件时,在线段DE上恰好只有一点P,使得∠CPG=60°?            备用图图F10-10  
【参考答案】1.B　[解析] 由AE⊥BE,可知点E在以AB为直径的圆弧上,取AB中点O,连结OE,OC,则CE的最小值为OC-OE,因为OC==2,OE=AB=2,所以CE的最小值为2-2,故选B.2.D　[解析] 如图所示:由题意,根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半,得出此时P到B点距离始终为1 cm,则木棒EF的中点P在运动过程中的轨迹为分别以A,B,C,D为圆心,1 cm为半径的弧.故所围成的图形的面积为:矩形面积-4个扇形面积=6-4×=(6-π)(cm2).3.D　[解析] 如图,作CH⊥AB于H,易知AB=10,CH=,由题意,得点E在以点C为圆心,CD=4为半径的圆上,故点E到AB的最小距离为CH-CD=-4=,所以△AEB面积的最小值为×10×=4.4.A　[解析] 如图,连接AE,则∠AED=90°,即∠AEB=90°,故点E在以AB为直径的圆弧上,设AB中点为F,连结EF,CF,则CE的最小值为点C到圆心F的距离减去圆F的半径,即CE≥CF-EF=-2=-2,故选A.5.88°　[解析] 如图,∵AB=AC=AD,∴点B,C,D在以点A为圆心,以AB的长为半径的圆上,∴∠BAC=2∠BDC.∵∠CBD=2∠BDC,∴∠BAC=∠CBD,∠CAD=2∠BAC,而∠BAC=44°,∴∠CAD=88°.6.　[解析] 以A为圆心,AB长为半径作圆,延长BA交☉A于F,连结DF.∵DC∥AB,∴DF=BC,∴DF=CB=1,BF=2+2=4,∵FB是☉A的直径,∴∠FDB=90°,∴BD=.7.2-2　[解析] 点B'在以E为圆心,EA长为半径的圆上运动,当D,B',E共线时,此时B'D的值最小.根据折叠的性质,得△EBF≌△EB'F,∴EB'⊥B'F,EB'=EB.∵E是AB边的中点,AB=4,∴AE=EB'=2.∵AD=6,∴DE==2,∴B'D=2-2.8.4　[解析] ∵EF=2,点G为EF的中点,∴DG=1,∴G是以D为圆心,以1为半径的圆弧上的点.作A关于BC的对称点A',连结A'D,交BC于P,交以D为圆心,以1为半径的圆于G,此时的PA+PG值最小,最小值为A'G的长.∵AB=2,AD=3,∴AA'=4,∴A'D=5,∴A'G=A'D-DG=5-1=4.∴PA+PG的最小值为4.9.-1　[解析] 如图,∵动点E,F的速度相同,∴AE=DF.又∵正方形ABCD,∴AD=AB,∠BAE=∠ADF=90°.在△ABE和△DAF中,,∴△ABE≌△DAF.∴∠ABE=∠DAF.∵∠ABE+∠BEA=90°,∴∠FAD+∠BEA=90°,∴∠APB=90°.∴点P在运动中保持∠APB=90°,∴点P的路径是一段以AB为直径的弧.设AB的中点为G,连结DG交弧于点P,此时DP的长度最小,AG=BG=AB=1.在Rt△ADG中,DG=.∵PG=AG=1,∴DP=DG-PG=-1,即线段DP的最小值为-1.10.(0,12)或(0,-12)　[解析] 法一:设线段BA的中点为E,∵点A(4,0),B(-6,0),∴AB=10,E(-1,0).(1)如图①所示,过点E在第二象限作EP⊥BA,且EP=AB=5,则易知△PBA为等腰直角三角形,∠BPA=90°,PA=PB=5.以点P为圆心,PA(或PB)长为半径作☉P,与y轴的正半轴交于点C.∵∠BCA为☉P的圆周角,∴∠BCA=∠BPA=45°,则点C即为所求.过点P作PF⊥y轴于点F,则OF=PE=5,PF=1,在Rt△PFC中,PF=1,PC=5,由勾股定理得CF==7,∴OC=OF+CF=5+7=12,∴点C坐标为(0,12);(2)如图②所示,在第三象限参照(1)作同样操作,同理求得y轴负半轴上的点C坐标为(0,-12).综上所述,点C坐标为(0,12)或(0,-12).法二:设点C的坐标为(0,c),∵点A(4,0),B(-6,0),点C是y轴上的一个动点,∠BCA=45°,∴AC=,BC=,AB=4-(-6)=10,∴∴解得,c=12或c=-12或c=2(舍去)或c=-2(舍去),即点C的坐标为(0,12)或(0,-12).11.解:(1)无数　[解析] 以AB为边,在第一象限内作等边三角形ABC,以点C为圆心,AC为半径作☉C,交y轴于点P1,P2.在优弧AP1B上任取一点P,如图①,则∠APB=∠ACB=×60°=30°.∴使∠APB=30°的点P有无数个.故答案为:无数.(2)a.当点P在y轴的正半轴上时,过点C作CG⊥AB,垂足为G,如图①.∵点A(1,0),点B(5,0),∴OA=1,OB=5.∴AB=4.∵点C为圆心,CG⊥AB,∴AG=BG=AB=2,∴OG=OA+AG=3.∵△ABC是等边三角形,∴AC=BC=AB=4,∴CG==2,∴点C的坐标为(3,2).过点C作CD⊥y轴,垂足为D,P1,P2是☉C与y轴的交点,连结CP2,如图①.∵点C的坐标为(3,2),∴CD=3,OD=2.∵P1,P2是☉C与y轴的交点,∴∠AP1B=∠AP2B=30°.∵CP2=CA=4,CD=3,∴DP2=.∵点C为圆心,CD⊥P1P2,∴P1D=P2D=,∴P2(0,2),P1(0,2).b.当点P在y轴的负半轴上时,同理可得:P3(0,-2),P4(0,-2).综上所述:满足条件的点P的坐标有:(0,2),(0,2),(0,-2),(0,-2).(3)如图②,当过点A,B的☉E与y轴相切于点P时,∠APB最大.理由:作EH⊥AB于H,则∠APB=∠AEH,当∠APB最大时,∠AEH最大.由sin∠AEH=,得当AE最小即PE最小时,∠AEH最大.∴当圆与y轴相切时,∠APB最大.12.[分析](1)根据三角函数求得DC;(2)证明△DFM≌△AGM,再利用△BFE∽△BGA,由相似比求得的值;(3)根据∠CPG=60°,过C,P,G作圆,圆心为Q,△CQG是顶角为120°的等腰三角形,根据☉Q与DE相切,经过点E,经过点D三种情况分别求得DM的长,最后得出DM的长需满足的条件.解:(1)∵AD平分∠BAC,∠BAC=60°,∴∠DAC=∠BAC=30°.在Rt△ADC中,DC=AC·tan30°=2.(2)易得,BC=6,BD=4.由DE∥AC,得∠EDA=∠DAC,∠DFM=∠AGM.∵AM=DM,∴△DFM≌△AGM,∴DF=AG.由DE∥AC,得△BFE∽△BGA,∴,∴.(3)∵∠CPG=60°,过C,P,G作圆,圆心为Q,∴△CQG是顶角为120°的等腰三角形.①当☉Q与DE相切时,如图①,过Q点作QH⊥AC,并延长HQ与DE交于点P,连接QC,QG.设☉Q的半径QP=r,则QH=r,r+r=2,解得r= ,∴CG= =4,AG=2.∴DF=×4=,易知△DFM∽△AGM,可得,则.∵AD=2CD=4,∴DM=.②当☉Q经过点E时,如图②,过C点作CK⊥AB,垂足为K.设☉Q的半径QC=QE=r,则QK=3-r.在Rt△EQK中,12+(3-r)2=r2,解得r=,∴CG=,AG=,DF=,易知△DFM∽△AGM,∴,∴,∴DM=.③当☉Q经过点D时,如图③,此时点M与点G重合,且恰好在点A处,可得DM=4.综上所述,当DM=或<DM≤4时,满足条件的点P只有一个.