2018中考数学(河北专版)总复习热点题型-高分攻略课件：专题一-几何图形中的运动变化-(共80张)

2018中考数学(河北专版)总复习(fùxí)热点题型-高分攻略课件：专题一-几何图形中的运动变化-(共80张)第一页，共82页。考查内容命题形式真题链接考查频率与三角形、四边形有关的证明与探究以直线形图形为背景，以几何证明和计算题、探究题的形式呈现，常作为全卷的倒数第三、第四位置的中档题目，多侧重对思维和能力的考查，难度中等左右2014年23题11分2012年23题9分2011年23题9分2010年24题10分2009年24题10分2008年24题10分高频(6/10)与圆有关的证明与探究以圆为背景，以几何证明和计算题、探究题的形式呈现，常作为全卷的倒数第三、第四位置的中档题目，多侧重圆与直线形图形有关性质的综合考查，难度中等左右2017年23题9分；2013年24题11分2010年23题10分2009年23题10分高频(4/10)第二页，共82页。与圆有关的运动变化目录(mùlù)一与直线形有关的运动变化二第三页，共82页。(2017·河北·25，11分)平面内，如图，在平行四边形ABCD中，AB＝10，AD＝15，tanA＝

.点P为AD边上任意一点，连接PB，将PB绕点P逆时针旋转90°得到线段PQ.(1)当∠DPQ＝10°时，求∠APB的大小；(2)当tan∠ABP∶tanA＝3∶2时，求点Q与点B间的距离(结果保留根号)；(3)若点Q恰好落在平行四边形ABCD的边所在的直线上，直接写出PB旋转到PQ所扫过的面积(结果保留π)．典例1类型一

直线形中的动态问题第四页，共82页。【寻考法】此题以平行四边形为背景，在点的运动和线段(xiànduàn)旋转这两个运动状态进行的过程中，考查有关角度、线段(xiànduàn)长度和扇形面积的求解，重点考查了以三角函数为根底的几何计算问题，同时用到勾股定理、全等三角形、平行四边形等有关知识．在考查几何直观和数形结合的能力的根底上，尤其表达了分类讨论的数学思想的具体运用，特别是图形在运动过程中的各临界状态及其相互关系．此题设置新颖，有相当的难度，尤其在几何计算和推理上，更是在考生的薄弱环节处进行了有效考查．第五页，共82页。【探解法】对于第(1)问，通过点P在AD上运动的过程不难发现，将PB绕点P逆时针旋转90°得到线段PQ后，点Q的位置可以有三种(sānzhǒnɡ)情况，即点Q在AD两侧及在AD上．当∠DPQ＝10°时，有点Q在AD两侧这两种位置情况，从而可以求出相应的∠APB的大小．同时，本小题也隐含提示了点Q在AD上的情况，为第(3)问做了铺垫．第六页，共82页。对于第(2)问，△PBQ是等腰直角三角形，因此只需求出PQ的长，由题中的三角函数的比值，需要转化到直角三角形中才能利用，因此需要过点P作PE⊥AB于点E，从而可以(kěyǐ)求出AE和BE的长度，进而再由勾股定理和三角函数求出PB的值．对于第(3)问，可以(kěyǐ)通过画图并借助几何的直观性，观察得出点Q恰好落在平行四边形ABCD的边所在的直线上时，共有三种位置情况，分别是点Q在直线AD，DC和BC上，分别画出图形，分三种情况进行讨论，从而求出扇形QPB的面积．第七页，共82页。【答案(dáàn)】解：(1)当点Q与B在PD的异侧时，由∠DPQ＝10°，∠BPQ＝90°，得∠BPD＝80°，∴∠APB＝180°－∠BPD＝100°.当点Q与B在PD的同侧时，∠APB＝180°－∠BPQ－∠DPQ＝80°，∴∠APB是80°或100°.第八页，共82页。(2)如图，连接BQ，作PE⊥AB于点E.∵tan∠ABP∶tanA＝3∶2，且tanA＝

，∴tan∠ABP＝2，在Rt△APE中，tanA＝

＝

，设PE＝4k，则AE＝3k，在Rt△PBE中，tan∠ABP＝

＝2，∴EB＝2k，∴AB＝5k＝10，∴k＝2，∴PE＝8，EB＝4，∴PB＝

，∵△BPQ是等腰直角三角形，第九页，共82页。∴BQ＝

PB＝4.(3)16π或20π或32π.【具体过程如下】①当点Q落在AD上时，如图,由tanA＝

，得PB＝PQ＝8，∴PB旋转到PQ所扫过的面积＝

＝16π.

②当点Q落在CD上时，如图，过点P作PH⊥AB于点H，交CD的延长线于点K，由题意知∠K＝90°，∠KDP＝∠A.设AH＝x，则PH＝AH·tanA＝

x，第十页，共82页。∵∠K＝∠BHP＝90°，∠BPH＝∠KQP＝90°－∠KPQ，PB＝QP，∴Rt△HPB≌Rt△KQP.∴KP＝HB＝10－x.AD＝15＝

x＋

(10－x)，解得

x＝6，在Rt△PHB中，∵PB2＝PH2＋HB2＝80，∴PB＝

，∴PB旋转到PQ所扫过的面积＝第十一页，共82页。③当点Q落在BC延长线上时，如图，过点B作BM⊥AD于点M，由①得BM＝8.又∵∠MPB＝∠PBQ＝45°，∴PB＝8，∴PB旋转到PQ所扫过的面积＝

综上，扫过的面积是16π或20π或32π.第十二页，共82页。(2017·无锡)如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝m，动点P从点D出发，在边DA上以每秒1个单位的速度向点A运动，连接CP，作点D关于直线PC的对称点E，设点P的运动时间为t(s)．(1)假设(jiǎshè)m＝6，求当P，E，B三点在同一直线上时对应的t的值．(2)m满足：在动点P从点D到点A的整个运动过程中，有且只有一个时刻t，使点E到直线BC的距离等于3，求所有这样的m的取值范围．针对(zhēnduì)训练1－1第十三页，共82页。解：(1)如图(1)，连接BP，∵PD＝t，∴PA＝6－t.∵P，B，E共线，且点D，E关于直线PC对称，∴∠BPC＝∠DPC，∵AD∥BC，∴∠DPC＝∠PCB，∴∠BPC＝∠PCB，∴BP＝BC＝6，在Rt△ABP中，∵AB2＋AP2＝PB2，∴42＋(6－t)2＝62，解得，t＝6－2或t＝6＋2(不合题意，舍去)，∴当t＝6－2时，B，E，P共线．【答案】第十四页，共82页。①如图(2)，当点P与A重合，点E在BC的下方时，点E到BC的距离为3.作EQ⊥BC于Q，EM⊥DC的延长线于M，连接CE.则EQ＝3，CE＝DC＝4，易证四边形EMCQ是矩形，∴CM＝EQ＝3，第十五页，共82页。②如图(3)，当点P与A重合，点E在BC的上方时，点E到BC的距离为3.作EQ⊥BC于Q，延长QE交DA的延长线于M，连接CE.则EQ＝3，CE＝DC＝4，在Rt△ECQ中，第十六页，共82页。(2017·郴州)如图(1)，△ABC是边长为4cm的等边三角形，边AB在射线OM上，且OA＝6cm，点D从O点出发，沿OM的方向以1cm/s的速度运动，当D不与点A重合(chónghé)时，将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，连接DE.(1)求证：△CDE是等边三角形；(2)如图(2)，当6＜t＜10时，△BDE的周长是否存在最小值？假设存在，求出△BDE的最小周长；假设不存在，请说明理由；(3)如图(3)，当点D在射线OM上运动时，是否存在以D，E，B为顶点的三角形是直角三角形？假设存在，求出此时t的值；假设不存在，请说明理由．针对(zhēnduì)训练1－2第十七页，共82页。(1)证明：∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，∴∠DCE＝60°，DC＝EC，∴△CDE是等边三角形．(2)解：存在，当6＜t＜10时，由旋转的性质得，BE＝AD，∴C△DBE＝BE＋DB＋DE＝AB＋DE＝4＋DE，由(1)知，△CDE是等边三角形，∴DE＝CD，∴C△DBE＝CD＋4，由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，此时，CD＝2cm，∴△BDE的最小周长＝CD＋4＝(2＋4)cm.【答案】第十八页，共82页。(3)解：存在，①∵当点D与点B重合时，D，B，E不能构成(gòuchéng)三角形，∴当点D与点B重合时，不符合题意；②当0≤t＜6时，由旋转可得：∠ABE＝60°，∠BDE＜60°，∴∠BED＝90°，由(1)可知，△CDE是等边三角形，∴∠DEC＝60°，∴∠CEB＝30°，∵∠CEB＝∠CDA，∴∠CDA＝30°，∵∠CAB＝60°，∴∠ACD＝∠ADC＝30°，∴DA＝CA＝4cm，∴OD＝OA－DA＝6－4＝2(cm)，∴t＝2÷1＝2(s)；第十九页，共82页。③当6＜t＜10时，由∠DBE＝120°＞90°，∴此时不存在；④当t＞10时，由旋转(xuánzhuǎn)的性质可知，∠DBE＝60°，又由(1)知∠CDE＝60°，∴∠BDE＝∠CDE＋∠BDC＝60°＋∠BDC，而∠BDC＞0°，∴∠BDE＞60°，∴只能∠BDE＝90°，从而∠BCD＝∠CDB＝30°，∴BD＝BC＝4cm，∴OD＝14cm，∴t＝14÷1＝14(s)，综上：当t＝2或14时，以D，E，B为顶点的三角形是直角三角形．第二十页，共82页。(2017·南京)折纸的思考．[操作体验]用一张矩形纸片折等边三角形．第一步，对折矩形纸片ABCD(AB＞BC)(图①)，使AB与DC重合(chónghé)，得到折痕EF，把纸片展平(图②)．第二步，如图③，再一次折叠纸片，使点C落在EF上的P处，并使折痕经过点B,得到折痕BG,折出PB,PC,得到△PBC.(1)证明△PBC是等边三角形．

针对(zhēnduì)训练1－3第二十一页，共82页。[数学思考](2)如图④，小明画出了图③的矩形ABCD和等边三角形PBC，他发现，在矩形ABCD中把△PBC经过(jīngguò)图形变化，可以得到图⑤中的更大的等边三角形，请描述图形变化的过程．(3)矩形一边长为3cm，另一边长为acm，对于每一个确定的a的值，在矩形中都能画出最大的等边三角形，请画出不同情形的示意图，并写出对应的a的取值范围．[问题解决](4)用一张正方形铁片剪一个直角边长分别为4cm和1cm的直角三角形铁片，所需正方形铁片的边长的最小值为________cm.第二十二页，共82页。(1)证明：由折叠的性质得：EF是BC的垂直平分线，BG是PC的垂直平分线，∴PB＝PC，PB＝CB，∴PB＝PC＝CB，∴△PBC是等边三角形．(2)解：本题答案不唯一．如图(1)，以点B为中心，在矩形ABCD中把△PBC逆时针方向旋转适当的角度，得到△P1BC1；再以点B为位似中心，将△P1BC1放大，使点C1的对应点C2落在CD上，得到△P2BC2.【答案】第二十三页，共82页。(3)解：本题答案不唯一，如图(2)．第二十四页，共82页。【解析】此题是几何变换的动态问题，综合性较强，难度较大．在折叠背景下，主要(zhǔyào)考查了轴对称的性质，以及等边三角形、旋转、直角三角形、矩形、正方形、相似三角形、位似等知识．对于(1)由折叠后轴对称的性质和垂直平分线的性质可得PB＝PC，PB＝CB，从而得到PB＝PC＝CB；(2)由旋转的性质和位似的性质即可得出答案；第二十五页，共82页。(3)由等边三角形的性质、勾股定理进行计算，画出图形即可；(4)如图(3)由△AEF∽△DCE，得

，设AE＝xcm，则AD＝CD＝4xcm，DE＝AD－AE＝3xcm，则在Rt△CDE中由勾股定理列方程求解即可．第二十六页，共82页。典例2类型二代数与几何综合问题(2012·河北·26，12分)如图，在△ABC中，AB＝13，BC＝14，cos∠ABC＝

.探究：如图(1)，AH⊥BC于点H，则AH＝________，AC＝____________，△ABC的面积S△ABC＝________；拓展：如图(2)，点D在AC上(可与点A，C重合)，分别过点A，C作直线BD的垂线，垂足为E，F，设BD＝x，AE＝m，CF＝n.(当点D与点A重合时，我们认为S△ABD＝0)(1)用含x，m，n的代数式表示S△ABD及S△CBD；(2)求(m＋n)与x的函数解析式，并求(m＋n)的最大值和最小值；841215第二十七页，共82页。【寻考法】此题以一个一般三角形为背景，考查了解直角三角形，勾股定理，三角形的面积，反比例函数(hánshù)的性质等主要知识，综合性较强，难度较大，属于压轴题目．通过探究的题目形式，对学生分析问题和解决问题的能力要求较高，特别是此题重在将代数和几何知识结合考查，通过建立函数(hánshù)解析式来进一步研究相关的几何图形的性质，突出对数形结合思想的考查，对用代数方法解决几何问题能力的考查尤为明显．第二十八页，共82页。【探解法】对于“探究”，在Rt△ABH中，以解直角三角形的知识为主，由已知边长和三角函数，求出有关线段和三角形面积即可．对于“拓展”中的(1)问，由三角形的面积公式即可求解；第(2)问中，由(1)可得m＝

，n＝

，再根据S△ABD＋S△CBD＝S△ABC＝84，即可求出(m＋n)与x的函数解析式，然后由点D在AC上(可与点A，C重合)，可知x的最小值为AC边上的高，最大值为BC的长；第二十九页，共82页。第(3)问中，由于BC＞BA，所以当以B为圆心，以大于

且不大于13为半径画圆时，与AC有两个交点，不符合题意，故根据点D的唯一性，分两种情况：①当BD为△ABC的边AC上的高时，D点符合题意；②当AB＜BD≤BC时，D点符合题意；对于“发现”，由AC＞BC＞AB，故使得A、B、C三点到这条直线的距离之和最小的直线就是AC所在的直线．第三十页，共82页。【答案】解：探究：在Rt△ABH中，∵∠AHB＝90°，AB＝13，cos∠ABC＝

，∴BH＝AB·cos∠ABC＝5，AH＝12，∴CH＝BC－BH＝9.在△ACH中，∵∠AHC＝90°，AH＝12，CH＝9，∴AC＝15，∴S△ABC＝

BC·AH＝

×14×12＝84.故答案为12，15，84.第三十一页，共82页。拓展：(1)由三角形的面积公式，得S△ABD＝

BD·AE＝

xm，S△CBD＝

BD·CF＝

xn；第三十二页，共82页。∵(m＋n)随x的增大而减小，∴当x＝

时，(m＋n)的最大值为15；当x＝14时，(m＋n)的最小值为12；(3)根据点D的唯一性，分两种情况：①当BD为△ABC的边AC上的高时，D点符合题意；②当AB＜BD≤BC时，D点符合题意；x的取值范围是x＝

或13＜x≤14.发现：∵AC＞BC＞AB，∴使A，B，C三点到这条直线的距离之和最小的直线就是AC所在的直线，且最小值等于AC边上的高的长，为

.第三十三页，共82页。(2017·石家庄模拟)如图(1)，等边△ABC中，BC＝4，点P从点B出发，沿BC方向运动到点C，点P关于直线(zhíxiàn)AB，AC的对称点分别为点M，N，连接MN.【发现】当点P与点B重合时，线段MN的长是______．当AP的长最小时，线段MN的长是______；【探究】如图(2)，设PB＝x，MN2＝y，连接PM，PN，分别交AB，AC于点D，E.(1)用含x的代数式表示PM＝________，PN＝________；(2)求y关于x的函数解析式，并写出y的取值范围；(3)当点P在BC上的什么位置时，线段MN＝.6针对(zhēnduì)训练2第三十四页，共82页。【拓展(tuòzhǎn)】如图(3)，求线段MN的中点K经过的路线长．【应用】如图(4)，在等腰△ABC中，∠BAC＝30°，AB＝AC，BC＝2，点P，Q，R分别为边BC，AB，AC上(均不与端点重合)的动点，那么△PQR周长的最小值是__________．(可能用到的数值：

第三十五页，共82页。(2)如图(1)，分别过点M，N作直线BC的垂线MF，NG，垂足分别是F，G，过点M作MH⊥NG垂足为H.∵在Rt△PMF中,∠MPF＝30°，同理，在Rt△PNG中，∠NPG＝30°，PN＝

(4－x)，∴在Rt△MNH中，由勾股定理得，MN2＝NH2＋MH2＝3(x－2)2＋36，则y＝3(x－2)2＋36，∵0≤x≤4，且当x＝2时，y最小值＝36；当x＝0或4时，y最大值＝48，∴36≤y≤48；【答案】第三十六页，共82页。(3)∵MN＝

，MN2＝39，∴当y＝39时，即3(x－2)2＋36＝39，∴x＝1或3，∴当PB＝1或PB＝3时，均有线段MN＝

；【拓展】如图(2)，分别过点M，N作直线BC的垂线MF，NG，垂足分别是F，G，连接MG，过MN的中点K，作KT⊥BC于点T，交MG于点S.第三十七页，共82页。∵MF∥KT∥NG，且点K为MN的中点，∴KS是△MNG的中位线，ST是△GMF的中位线，由【探究】中的过程可知，若设PB＝x，则有PC＝4－x，因此，在点P运动过程中，MN的中点K到BC边距离始终等于定值，且为等边△ABC高的一半，所以MN的中点K经过的路线恰为等边△ABC的中位线，其路线长为2.第三十八页，共82页。【解析】发现：当点P与点B重合时，BN＝MN＝4；当AP的长最小时，AP⊥BC，即点P为BC的中点时，设E，F分别为MN的连线与AB，AC的交点，此时E，F分别为AB，AC的中点，

∴MN＝ME＋EF＋FN＝PE＋EF＋PF＝6；探究：第三十九页，共82页。应用：如图(3)，作点P关于直线AB，AC的对称点为M，N，连接MN，M，N与AB，AC的交点即为Q和R，连接AP，AM，AN.由上述问题的解答可知，当MN∥BC，P为BC中点时，△PQR周长最小，且周长的最小值即为线段MN的长度．此时，由轴对称可知，AP＝AM，AP＝AN，又∵∠BAC＝30°，∴∠MAN＝60°，MN＝AN＝AM＝AP.在Rt△ABP中，PB＝1，∠B＝75°，∴AP＝2＋

.∴△PQR周长的最小值为2＋

.第四十页，共82页。典例1类型一

圆的动态问题[P100典例3拓展](2016·河北·25，10分)如图，半圆O的直径AB＝4，以长为2的弦PQ为直径，向点O方向作半圆M，其中P点在

上且不与A点重合，但Q点可与B点重合．发现：

的长与

的长之和为定值l，求l；第四十一页，共82页。思考：点M与AB的最大距离为________，此时点P，A间的距离为________；点M与AB的最小距离为________，此时半圆M的弧与AB所围成的封闭图形(túxíng)面积为________；2第四十二页，共82页。【寻考法】此题借助圆内的旋转变化，将与圆有关的主要知识综合进行考查，主要涉及勾股定理，弧长公式，圆的切线性质等知识，综合性较强，难度较大．此题以探究的形式呈现，对学生分析问题和解决问题的能力要求较高，特别是需要通过几何直观(zhíguān)和几何计算来解决问题，同时也表达了对分类讨论的数学思想的考查．第四十三页，共82页。【探解法】对于“发现”，在半圆O中，半圆O的弧长是固定不变的，由于PQ也是定值，所以

的长度也是固定值，所以

与

的长之和为定值；对于“思考”，如图过点M作MC⊥AB于点C，当C与O重合时，M与AB的距离最大，此时，∠AOP＝60°，AP＝2；当Q与B重合时，M与AB的距离最小，如图(3)此时围成的封闭图形面积可以用扇形DMB的面积减去△DMB的面积即可；对于“探究”，当半圆M与AB相切时，此时MC＝1，且分以下两种情况讨论，当C在线段OA上时；当C在线段OB上时，然后分别计算出

的长．第四十四页，共82页。【答案】解：发现：如图(1)，连接OP，OQ，∵AB＝4，∴OP＝OQ＝2，∵PQ＝2，∴△OPQ是等边三角形，第四十五页，共82页。探究：当半圆M与AB相切时，过点M作MC⊥AB于点C，则切点为C，此时，MC＝1，如图(4)，当点C在线段OA上时，连接OM，OP，在Rt△OCM中，由勾股定理可求得第四十六页，共82页。如图(5)，当点C在线段OB上时，连接OP，OM，此时，∠BOM＝35°，∵∠POM＝30°，∴∠AOP＝180°－∠POM－∠BOM＝115°，第四十七页，共82页。(2017·石家庄模拟)如下图，点A为半圆O的直径MN所在直线上一点，射线AB垂直于MN，垂足为A，半圆O绕M点顺时针转动(zhuàndòng)，转过的角度记作α；设半圆O的半径为R，AM的长度为m，答复以下问题：探究：(1)假设R＝2，m＝1，如图(1)，当旋转30°时，圆心O′到射线AB的距离是________；如图(2)，当α＝________时，半圆O′与射线AB相切；(2)如图(3)，为了使得半圆O转动(zhuàndòng)30°就能与射线AB相切，在保持线段AM长度等于1不变的条件下，调整半径R的大小，请你求出满足要求的R，并说明理由．针对(zhēnduì)训练1－1第四十八页，共82页。发现：(3)如图(4)，在0°＜α＜90°时，为了对任意旋转角都保证半圆O与射线AB能够相切，小明探究了cosα与R，m两个量的关系，请你帮助他直接写出这个关系，cosα＝________(用含有R，m的代数式表示(biǎoshì))拓展：(4)如图(5)，假设R＝m，当半圆弧线与射线AB有两个交点时，α的取值范围是多少？，并求出在这个变化过程中阴影局部(弓形)面积的最大值(用m表示(biǎoshì))．第四十九页，共82页。如图(1)，设切点为P，连接O′P，作MQ⊥O′P于点Q，则四边形APQM是矩形．∵O′P＝R，【答案】第五十页，共82页。(4)如图(2)，当半圆与射线AB相切时，之后开始出现两个交点，相切时α＝90°；当N′落在AB上时，为半圆弧线与射线AB有两个交点的最后时刻，此时∵MN′＝2AM，∴∠AMN′＝60°，∴α＝120°∴当半圆弧线与射线AB有两个交点时，α的取值范围是：90°＜α≤120°；当N′落在AB上时，阴影部分面积最大，第五十一页，共82页。【解析】(1)如图(3)，作O′E⊥AB于E，MF⊥O′E于F.则四边形AMFE是矩形，EF＝AM＝1.如图(4)，设切点为F，连接O′F，作ME⊥O′F于点E，则四边形EFAM是矩形，在Rt△O′EM中，由cosα ，推出α＝60°.(2)设切点为P，连接O′P，作MQ⊥O′P，则四边形APQM是矩形．列方程求解即可．第五十二页，共82页。(4)当半圆与射线AB相切时，之后开始出现两个交点，相切时α＝90°；当N′落在AB上时，为半圆弧线与射线AB有两个交点的最后时刻，∵MN′＝2AM，∴∠AMN′＝60°，∴α＝120°，∴当半圆弧线与射线AB有两个交点时，α的取值范围是：90°＜α≤120°.当N′落在AB上时，阴影部分面积最大，求出此时的面积即可．第五十三页，共82页。(2017·邯郸模拟)如图(1)，以AE为直径的半圆圆心为O，半径为5，矩形ABCD的顶点B在直径AE上，顶点C在半圆上，AB＝8，点P为半圆上一点(yīdiǎn)．(1)矩形ABCD的边BC的长为________；(2)将矩形沿直线AP折叠，点B落在点B′.①点B′到直线AE的最大距离是________；84针对(zhēnduì)训练1－2第五十四页，共82页。②当点P与点C重合时，如图(2)所示，AB′交DC于点M，连接OC.求证：四边形AOCM是菱形(línɡxínɡ)，并通过证明判断CB′与半圆的位置关系；③当EB′∥BD时，直接写出EB′的长．第五十五页，共82页。证明：如图，连接AC，由折叠可知：∠HAC＝∠MAC.∵HA＝HC，∴∠HAC＝∠HCA.∴∠HCA＝∠MAC.∴HC∥AM.又∵CM∥HA，∴四边形AHCM是平行四边形．又∵HA＝HC，∴平行四边形AHCM是菱形．结论：CB′与半圆相切．理由：由折叠可知：∠AB′C＝∠ABC＝90°.∵HC∥AM，∴∠AB′C＋∠B′CH＝180°.∴∠B′CH＝90°.∴CB′⊥HC.∴CB′与半圆相切．【答案】第五十六页，共82页。第五十七页，共82页。【解析】(1)连接HC，在Rt△HBC中，求出BC即可．(2)①当点B′在直线AD上时，点B′到AE的距离最大，最大距离为8.②首先证明(zhèngmíng)四边形AHCM是平行四边形，由HA＝HC即可判定四边形AHCM是菱形．只要证明(zhèngmíng)∠HCB′＝90°即可判定CB′与半圆相切．③分情况讨论即可．第五十八页，共82页。典例2类型二

圆与直线形结合的动态问题[P127考题4拓展](2012·河北·25，10分)如图，点A(－5，0)，B(－3，0)，点C在y轴的正半轴上，∠CBO＝45°，CD∥AB，∠CDA＝90°.点P从点Q(4，0)出发，沿x轴向左以每秒1个单位长度的速度运动(yùndòng)，运动(yùndòng)时间为t秒．(1)求点C的坐标；(2)当∠BCP＝15°时，求t的值；(3)以点P为圆心，PC为半径的⊙P随点P的运动(yùndòng)而变化，当⊙P与四边形ABCD的边(或边所在的直线)相切时，求t的值．第五十九页，共82页。【寻考法】此题以平面直角坐标(zuòbiāo)系中点的运动为背景，将直线与圆相切的性质、坐标(zuòbiāo)与图形性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质和锐角三角函数等主要知识结合考查，突出了圆与直线形图形之间相互的动态关系．利用了数形结合思想和分类讨论思想来解决问题，有较强的综合性，难度较大．第六十页，共82页。【探解法】对于(1)，由条件和等腰直角三角形的性质(xìngzhì)即可得到点C的坐标．对于(2)，需要对点P的位置进行分类讨论：①当点P在点B右侧时；②当点P在点B左侧时．利用锐角三角函数的定义和条件即可求出．对于(3)，当⊙P与四边形ABCD的边(或边所在的直线)相切时，分三种情况考虑：①当⊙P与BC边相切于点C时；②当⊙P与CD相切于点C时；③当⊙P与AD相切时．关键是需要分别画出对应的图形，利用相关知识解决问题，需要注意分类要做到不重复也不遗漏．第六十一页，共82页。【答案】解：(1)∵∠BCO＝∠CBO＝45°，∴OC＝OB＝3，又∵点C在y轴的正半轴上，∴点C的坐标为(0，3)．(2)分两种情况考虑：①当点P在点B右侧时，如图，由∠BCP＝15°，得∠PCO＝30°，故PO＝CO·tan30°＝

，此时t＝4＋

；第六十二页，共82页。②当点P在点B左侧时，如图，由∠BCP＝15°，得∠PCO＝60°，故OP＝CO·tan60°＝3，此时，t＝4＋3，∴t的值为4＋

或4＋3.第六十三页，共82页。(3)由题意知，当⊙P与四边形ABCD的边(或边所在的直线)相切时，有以下三种情况：①如图，当⊙P与BC相切于点C时，有∠BCP＝90°，从而∠OCP＝45°，得到OP＝3，此时t＝1；第六十四页，共82页。②如图，当⊙P与CD相切于点C时，有PC⊥CD，即点P与点O重合，此时t＝4；③如图，当⊙P与AD相切时，由题意，得∠DAO＝90°，∴点A为切点，PC2＝PA2＝(9－t)2，PO2＝(t－4)2，∴(9－t)2＝(t－4)2＋32，81－18t＋t2＝t2－8t＋16＋9，解得，t＝5.6，∴t的值为1或4或5.6.第六十五页，共82页。(2016·邯郸模拟)在平面上，Rt△ABC与直径为CE的半圆O，如图(1)摆放，∠B＝90°，BC＝m，AC＝2CE＝n，半圆O交BC边于点D，将半圆O绕点C按逆时针方向旋转，点D随半圆O旋转，且∠ECD＝∠ACB，旋转角记为α(0°≤α≤180°)．(1)①当α＝0°时，连接DE，则∠CDE＝________，CD＝________；②当α＝180°时，

＝________．(2)试判断：旋转过程中

的大小有无变化？请仅就图(2)的情形给出证明．90°针对(zhēnduì)训练2－1第六十六页，共82页。(3)若m＝4，n＝5，当α＝∠ACB时，线段BD＝________．(4)若m＝4，n＝6，当半圆O旋转至与△ABC的边相切时，线段BD＝___________．第六十七页，共82页。(2)没有变化．证明：如图(1)【答案】第六十八页，共82页。【解析】(1)中，①连接DE，根据直径的性质，由DE∥AB得

即可解决问题．②求出BD，AE即可解决问题；(2)中，只要证明△ACE∽△BCD即可；(3)中，求出AB，AE，利用△ACE∽△BCD即可解决问题；第六十九页，共82页。(4)中，通过分类讨论：①如图(2)中，当α＝90°时，半圆与AC相切，②如图(3)中，当α＝90°＋∠ACB时，半圆与BC相切，分别求出BD即可．第七十页，共82页。(2016·石家庄模拟)如图(1)，已知点A(0，9)，B(24，9)，C(22＋3，0)，半圆P的直径MN＝6，且P，A重合时，点M，N在AB上，过点C的直线l与x轴的夹角为60°.现点P从A出发以每秒1个单位长度的速度向B运动，与此同时，半圆P以每秒15°的速度绕点P顺时针旋转，直线l以每秒1个单位长度的速度沿x轴负方向运动(与x轴的交点为Q)．当P，B重合时，半圆P与直线l停止运动．设点P的运动时间为t秒．针对(zhēnduì)训练2－2第七十一页，共82页。【发现】(1)点N距x轴的最近距离为________，此时，PA的长为________；(2)当t＝9时如图(2)，MN所在直线是否经过原点？请说明理由．(3)如图(3)，当点P在直线l上时，求直线l分半圆(bànyuán)P所成两局部的面积比．【拓展】如图(4)，当半圆(bànyuán)P