2022-2023学年人教版初中数学专题《其他问题》含答案解析

专题圆题型五：其他问题一、解答题1．（2022·湖南·长沙市一中双语实验中学九年级期末）我们知道，平面内互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系，如果两条数轴不垂直，而是相交成任意的角ω（0°＜ω＜180°且ω≠90°），那么这两条数轴构成的是平面斜坐标系，两条数轴称为斜坐标系的坐标轴，公共原点称为斜坐标系的原点，如图1，经过平面内一点P作坐标轴的平行线PM和PN，分别交x轴和y轴于点M，N．点M、N在x轴和y轴上所对应的数分别叫做P点的x坐标和y坐标，有序实数对（x，y）称为点P的斜坐标，记为P（x，y）．(1)如图2，ω=45°，矩形OABC中的一边OA在x轴上，BC与y轴交于点D，OA=2，OC=1．①点A、B在此斜坐标系内的坐标分别为A_______、B______；②设点P（x，y）在经过O、B两点的直线上，直接写出y与x之间满足的关系为_____；(2)若ω=120°，O为坐标原点．①如图3，圆M与y轴相切原点O，被x轴截得的弦长OA=，求圆M的半径及圆心M的斜坐标；②如图4，圆M的圆心斜坐标为M（2，2），若圆上恰有两个点到y轴的距离为1，则圆M的半径r的取值范围．【答案】(1)①（2，0），（1，）；②y=x(2)①半径=4，M（，）；②﹣1＜r＜+1【分析】（1）①过点B作BEOD交OA于点E，求得线段OA，OD的长，依据斜坐标的定义即可得出结论；②过点B作BEOD交OA于E，作PMOD交OA于M，利用斜坐标的定义可得线段OM，PM的长，再利用平行线分线段成比例定理列出比例式即可得出结论；（2）①过点M作MF⊥OA于F，作MNy轴交OA于N，连接MO，MA，利用切线的性质定理可得OM⊥y轴，利用垂径定理可得OF，解直角三角形即可求得线段MN，ON，依据斜坐标的定义即可得出结论；②连接OM，过点M作MQx轴交y轴于Q，作MR⊥OQ于R交⊙M于S、T，利用圆M的圆心斜坐标为M（2，2），可得线段MQ=OQ=2，利用勾股定理求得MR的长，分别求得在y轴两侧圆M上的两个临界值即可得出结论．（1）①如图，作BEOD交OA于E，由题意OC=CD=1，OA=BC=2，∴BD=OE=1，BE=OD=，∴A（2，0），B（1，），故答案为（2，0），（1，）；②如图，作BEOD交OA于E，作PMOD交OA于M，∵ODBE，ODPM，∴BEPM，∴△OEB∽△OMP，∴=，∴，∴y=x；（2）①如图，作MF⊥OA于F，作MNy轴交OA于N，∵ω=120°，OM⊥y轴，∴∠MOA=30°，∵MF⊥OA，OA=4，∴OF=FA=2，∴FM=2，OM=2FM=4，∵MNy轴，∴MN⊥OM，∴MN=，ON=2MN=，∴M（，）；②如图，连接OM，作MQx轴交y轴于Q，作MR⊥OQ于R交⊙M于S、T．∵MQx轴，ω=120°，∴∠MQO=60°，∵MQ=OQ=2，∴△MQO是等边三角形，∴MR=，当SR=1时，MS=﹣1，当TR=1时，MT=+1，观察图象可知当⊙M的半径r的取值范围为﹣1＜r＜+1．故答案为：﹣1＜r＜+1．【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了圆的切线的性质，直线与圆的位置关系，垂径定理，矩形的性质，平行线的判定与性质，平行线分线段成比例定理，解直角三角形，本题是阅读型题目，准确理解斜坐标的定义并熟练应用以及用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．2．（2022·河南郑州·九年级期末）如图，射线AB和射线CB相交于点B，∠ABC＝α（0°＜α＜180°），且AB＝CB．点D是射线CB上的动点（点D不与点C和点B重合），作射线AD，并在射线AD上取一点E，使∠AEC＝α，连接CE，BE．（1）如图①，当点D在线段CB上，α＝90°时，请直接写出∠AEB的度数；（2）如图②，当点D在线段CB上，α＝120°时，请写出线段AE，BE，CE之间的数量关系，并说明理由；（3）当α＝120°，tan∠DAB＝时，请直接写出的值．【答案】（1）45°；（2）AE＝BE+CE，理由见解析；（3）或【分析】（1）连接AC，证A、B、E、C四点共圆，由圆周角定理得出∠AEB＝∠ACB，证出△ABC是等腰直角三角形，则∠ACB＝45°，进而得出结论；（2）在AD上截取AF＝CE，连接BF，过点B作BH⊥EF于H，证△ABF≌△CBE（SAS），得出∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，由等腰三角形的性质得出FH＝EH，由三角函数定义得出FH＝EH＝BE，进而得出结论；（3）分两种情况，由（2）得FH＝EH＝BE，由三角函数定义得出AH＝3BH＝BE，分别表示出CE，进而得出答案．【详解】解：（1）连接AC，如图①所示：∵α＝90°，∠ABC＝α，∠AEC＝α，∴∠ABC＝∠AEC＝90°，∴A、B、E、C四点共圆，∴∠AEB＝∠ACB，∵∠ABC＝90°，AB＝CB，∴△ABC是等腰直角三角形，∴∠ACB＝45°，∴∠AEB＝45°；（2）AE＝BE+CE，理由如下：在AD上截取AF＝CE，连接BF，过点B作BH⊥EF于H，如图②所示：∵∠ABC＝∠AEC，∠ADB＝∠CDE，∴180°﹣∠ABC﹣∠ADB＝180°﹣∠AEC﹣∠CDE，∴∠A＝∠C，在△ABF和△CBE中，，∴△ABF≌△CBE（SAS），∴∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，∴∠ABF+∠FBD＝∠CBE+∠FBD，∴∠ABD＝∠FBE，∵∠ABC＝120°，∴∠FBE＝120°，∵BF＝BE，∴∠BFE＝∠BEF＝，∵BH⊥EF，∴∠BHE＝90°，FH＝EH，在Rt△BHE中，，∴，∵AE＝EF+AF，AF＝CE，∴；（3）分两种情况：①当点D在线段CB上时，在AD上截取AF＝CE，连接BF，过点B作BH⊥EF于H，如图②所示，由（2）得：FH＝EH＝BE，∵tan∠DAB＝，∴，∴，∴；②当点D在线段CB的延长线上时，在射线AD上截取AF＝CE，连接BF，过点B作BH⊥EF于H，如图③所