专项训练9 圆与学科内知识的综合应用

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方法指导：
圆的知识是初中数学的重点内容，也是历年中考命题的热点，在中考中常常与三角函数、相似、二次函数等结合，作为压轴题出现．
圆与三角函数的综合
1．如图，AB为⊙O的直径，直线CD切⊙O于点D，AM⊥CD于点M，BN⊥CD于点N.
(1)求证：∠ADC＝∠ABD；
(2)求证：AD2＝AM·AB；
(3)若AM＝eq \f(18,5)，sin ∠ABD＝eq \f(3,5)，求线段BN的长．
(第1题)
圆与相似的综合
2．如图，Rt△ABC内接于⊙O，∠ACB＝90°，点P在eq \(AB,\s\up8(︵))上移动，P，C分别位于AB的异侧(P不与A，B重合)，△PCD也为直角三角形，∠PCD＝90°，且Rt△PCD的斜边PD经过点B，BA，PC相交于点E.
(1)当BA平分∠PBC时，求eq \f(BE,CD)的值；
(2)已知AC＝1，BC＝2，求△PCD面积的最大值．
(第2题)
圆与二次函数的综合
3．如图，在平面直角坐标系中，⊙A与x轴相交于C(－2，0)，D(－8，0)两点，与y轴相切于点B(0，4)．
(1)求经过B，C，D三点的抛物线的函数表达式．
(2)设抛物线的顶点为E，证明：直线CE与⊙A相切．
(3)在x轴下方的抛物线上，是否存在一点F，使△BDF的面积最大，最大值是多少？并求出点F的坐标．
(第3题)
参考答案
1．(1)证明：如图，连接OD.
(第1题)
∵直线CD切⊙O于点D，
∴∠CDO＝90°.∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°.∴∠1＋∠2＝∠2＋∠3＝90°，∴∠1＝∠3.∵OB＝OD，
∴∠3＝∠4.∴∠1＝∠4，
即∠ADC＝∠ABD.
(2)证明：∵AM⊥CD，∴∠AMD＝∠ADB＝90°.又∵∠1＝∠4，∴△ADM∽△ABD.∴eq \f(AM,AD)＝eq \f(AD,AB).∴AD2＝AM·AB.
(3)解：∵sin ∠ABD＝eq \f(3,5)，∠ABD＝∠1，∴sin ∠1＝eq \f(3,5).∵AM＝eq \f(18,5)，∴AD＝6.
∴AB＝10.
∴BD＝eq \r(AB2－AD2)＝8.∵BN⊥CD，∴∠BND＝90°.
∴∠DBN＋∠BDN＝∠1＋∠BDN＝90°.∴∠DBN＝∠1.∴sin ∠DBN＝eq \f(3,5).
∴DN＝eq \f(24,5).∴BN＝eq \r(BD2－DN2)＝eq \f(32,5).
2．解：(1)连接PA.∵BA平分∠PBC，
∴∠PBA＝∠CBA＝∠ACP.
∵∠ACP＋∠PCB＝∠BCD＋∠PCB＝90°，∴∠ACP＝∠BCD.∴∠BCD＝∠CBA＝∠PBA.∴AB∥CD.
∴∠PBA＝∠D.∴∠BCD＝∠D.
∴BC＝BD.
又∵∠PCD＝90°，易证得PB＝BC＝BD.
又∵AB∥CD，∴PE＝EC.
∴BE是△PCD的中位线．
∴eq \f(BE,CD)＝eq \f(1,2).
(2)∵∠PCD＝∠ACB＝90°，
∠CAB＝∠CPD，∴△ABC∽△PDC.
∴eq \f(PC,CD)＝eq \f(AC,CB)＝eq \f(1,2).∴S△PCD＝eq \f(1,2)PC·CD＝eq \f(1,2)PC·2PC＝PC2.
∴当PC最大时，△PCD的面积最大，
即PC为⊙O的直径时，△PCD的面积最大．
∴当PC＝AB＝eq \r(AC2＋BC2)＝eq \r(5)时，△PCD的面积的最大值为(eq \r(5))2＝5.
3．(1)解：设抛物线的函数表达式为y＝ax2＋bx＋c，
把点B(0，4)，C(－2，0)，D(－8，0)的坐标分别代入，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4＝c，,0＝4a－2b＋c，,0＝64a－8b＋c，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝\f(1,4)，,b＝\f(5,2)，,c＝4.))
∴经过B，C，D三点的抛物线的函数表达式为y＝eq \f(1,4)x2＋eq \f(5,2)x＋4.
(2)证明：∵y＝eq \f(1,4)x2＋eq \f(5,2)x＋4＝eq \f(1,4)(x＋5)2－eq \f(9,4)，
∴Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－5，－\f(9,4))).
设直线CE的函数表达式为y＝mx＋n，
直线CE与y轴交于点G，则
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0＝－2m＋n，,－\f(9,4)＝－5m＋n，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝\f(3,4)，,n＝\f(3,2)，))
∴直线CE的函数表达式为y＝eq \f(3,4)x＋eq \f(3,2).
在y＝eq \f(3,4)x＋eq \f(3,2)中，令x＝0，则y＝eq \f(3,2)，
∴Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2))).
如图①，连接AB，AC，AG，
则BG＝OB－OG＝4－eq \f(3,2)＝eq \f(5,2)，
CG＝eq \r(OC2＋OG2)＝eq \r(22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))\s\up12(2))＝eq \f(5,2)，
∴BG＝CG.
在△ABG与△ACG中，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AB＝AC，,BG＝CG，,AG＝AG，))
∴△ABG≌△ACG.∴∠ACG＝∠ABG.
∵⊙A与y轴相切于点B(0，4)，
∴∠ABG＝90°.∴∠ACG＝∠ABG＝90°.
∵点C在⊙A上，∴直线CE与⊙A相切．
(第3题)
(3)解：存在点F，使△BDF的面积最大．
设Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，\f(1,4)t2＋\f(5,2)t＋4))，如图②，连接BD，BF，DF，
过点F作FN∥y轴交BD于点N，
设直线BD的函数表达式为y＝kx＋d，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4＝d，,0＝－8k＋d，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k＝\f(1,2)，,d＝4.))
∴直线BD的函数表达式为y＝eq \f(1,2)x＋4.
∴点N的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，\f(1,2)t＋4)).
∴FN＝eq \f(1,2)t＋4－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)t2＋\f(5,2)t＋4))＝－eq \f(1,4)t2－2t.
∴S△DBF＝S△DNF＋S△BNF＝eq \f(1,2)OD·FN＝eq \f(1,2)×8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)t2－2t))＝－t2－8t＝－(t＋4)2＋16.
∴当t＝－4时，S△BDF最大，最大值是16.
当t＝－4时，eq \f(1,4)t2＋eq \f(5,2)t＋4＝－2，
∴F(－4，－2)．