登录
9.如图,直线AB,CD相交于点O,∠AOD=30°,半径为1 cm的⊙P的圆心在直线AB上,且位于点O左侧的6 cm处。如果⊙P以1 cm/s的速度沿由A向B的方向移动,那么多少秒后⊙P与直线CD相切?
答案
9.4秒或8秒后⊙P与直线CD相切
解析
【分析】
解决本题首先要明确直线与圆相切的核心判定：圆心到直线的距离等于圆的半径。本题中⊙P半径为1cm，因此当圆心P到直线CD的距离为1cm时，⊙P与CD相切。结合已知∠AOD=30°，利用含30°角的直角三角形的性质可求出相切时线段OP的长度，再结合P的初始位置、移动方向和速度，分圆心P在点O左侧、右侧两种相切情况分别计算移动时间即可。
【解析】
解：当⊙P与直线CD相切时，圆心P到CD的距离等于半径1cm，过P作PE⊥CD于点E，则PE=1cm。
①当圆心P运动到点O左侧且与CD相切时：
在Rt△OPE中，∠AOD=30°，∠OEP=90°，
根据“30°角所对的直角边等于斜边的一半”可得：OP=2PE=2×1=2cm。
初始时P在O左侧6cm处，⊙P沿A向B的移动速度为1cm/s，
此时P移动的距离为6-2=4cm，所需时间$ t_1=\frac{4}{1}=4s $。
②当圆心P运动到点O右侧且与CD相切时：
同理可得OP=2PE=2cm，
此时P移动的距离为6+2=8cm，所需时间$ t_2=\frac{8}{1}=8s $。
综上，4秒或8秒后⊙P与直线CD相切。
【答案】
4秒或8秒后⊙P与直线CD相切
【知识点】
直线与圆相切的判定；含30°角直角三角形的性质；动点分类讨论
【点评】
本题是直线与圆位置关系的典型动点问题，解题的关键是不要遗漏圆心在点O两侧的两种相切情况，同时要熟练运用特殊直角三角形的性质快速计算线段长度。
【难度系数】
0.6
解决本题首先要明确直线与圆相切的核心判定：圆心到直线的距离等于圆的半径。本题中⊙P半径为1cm，因此当圆心P到直线CD的距离为1cm时，⊙P与CD相切。结合已知∠AOD=30°，利用含30°角的直角三角形的性质可求出相切时线段OP的长度，再结合P的初始位置、移动方向和速度，分圆心P在点O左侧、右侧两种相切情况分别计算移动时间即可。
【解析】
解：当⊙P与直线CD相切时，圆心P到CD的距离等于半径1cm，过P作PE⊥CD于点E，则PE=1cm。
①当圆心P运动到点O左侧且与CD相切时：
在Rt△OPE中，∠AOD=30°，∠OEP=90°，
根据“30°角所对的直角边等于斜边的一半”可得：OP=2PE=2×1=2cm。
初始时P在O左侧6cm处，⊙P沿A向B的移动速度为1cm/s，
此时P移动的距离为6-2=4cm，所需时间$ t_1=\frac{4}{1}=4s $。
②当圆心P运动到点O右侧且与CD相切时：
同理可得OP=2PE=2cm，
此时P移动的距离为6+2=8cm，所需时间$ t_2=\frac{8}{1}=8s $。
综上，4秒或8秒后⊙P与直线CD相切。
【答案】
4秒或8秒后⊙P与直线CD相切
【知识点】
直线与圆相切的判定；含30°角直角三角形的性质；动点分类讨论
【点评】
本题是直线与圆位置关系的典型动点问题，解题的关键是不要遗漏圆心在点O两侧的两种相切情况，同时要熟练运用特殊直角三角形的性质快速计算线段长度。
【难度系数】
0.6
10.阅读材料
19世纪英国著名文学家和历史学家卡莱尔给出了一元二次方程$x^2 + bx + c = 0$的几何解法:如图①,在平面直角坐标系中,已知点$A(0,1),B(-b,c)$,以AB为直径作$\odot P$。若$\odot P$交x轴于点$M(m,0),N(n,0)$,则$m,n$为方程$x^2 + bx + c = 0$的两个实数根。
【探究结论】
(1)由勾股定理得,$AM^2 = 1^2 + m^2, BM^2 = c^2 + (-b - m)^2, AB^2 = (1 - c)^2 + b^2$。在$Rt△ ABM$中,$AM^2 + BM^2 = AB^2$,所以$1^2 + m^2 + c^2 + (-b - m)^2 = (1 - c)^2 + b^2$。化简得$m^2 + bm + c = 0$。同理可
得
所以$m,n$为方程$x^2 + bx + c = 0$的两个实数根。
【理解运用】
(2)在图②中的x轴上画出以方程$x^2 - 3x - 2 = 0$两根为横坐标的点$M,N$。
(3)已知点$A(0,1),B(6,9)$,以AB为直径作$\odot C$。判断$\odot C$与x轴的位置关系,并说明理由。
19世纪英国著名文学家和历史学家卡莱尔给出了一元二次方程$x^2 + bx + c = 0$的几何解法:如图①,在平面直角坐标系中,已知点$A(0,1),B(-b,c)$,以AB为直径作$\odot P$。若$\odot P$交x轴于点$M(m,0),N(n,0)$,则$m,n$为方程$x^2 + bx + c = 0$的两个实数根。
【探究结论】
(1)由勾股定理得,$AM^2 = 1^2 + m^2, BM^2 = c^2 + (-b - m)^2, AB^2 = (1 - c)^2 + b^2$。在$Rt△ ABM$中,$AM^2 + BM^2 = AB^2$,所以$1^2 + m^2 + c^2 + (-b - m)^2 = (1 - c)^2 + b^2$。化简得$m^2 + bm + c = 0$。同理可
得
$n^2 + bn + c = 0$
。所以$m,n$为方程$x^2 + bx + c = 0$的两个实数根。
【理解运用】
(2)在图②中的x轴上画出以方程$x^2 - 3x - 2 = 0$两根为横坐标的点$M,N$。
(3)已知点$A(0,1),B(6,9)$,以AB为直径作$\odot C$。判断$\odot C$与x轴的位置关系,并说明理由。
答案
10.解:(1)$n^2 + bn + c = 0$
(2)先在坐标系内找到$A(0,1),B(3,-2)$,连接AB，
分别以点A,B为圆心,以大于$\frac{1}{2}AB$为半径画弧,连接两弧的交点与AB交于点P，
以点P为圆心,以AB为直径画圆,圆与x轴的交点即为点M,N。如
所示。(3)由题意得$x^2 - 6x + 9 = 0$，
因为$\Delta = b^2 - 4ac = (-6)^2 - 4×1×9 = 0$，
所以方程$x^2 - 6x + 9 = 0$有两个相等的实数根，
所以$\odot C$与x轴只有一个交点,即$\odot C$与x轴相切。
解析
【分析】
(1) 类比点M的推导过程，点N也在以AB为直径的⊙P上，根据直径所对的圆周角是直角，可得∠ANB=90°，在Rt△ABN中利用勾股定理列式化简，即可得到关于n的等式；
(2) 对照材料中方程与点B坐标的对应关系，先确定方程$x^2 - 3x - 2 = 0$对应的B点坐标，再按尺规作图的步骤作以AB为直径的圆，它与x轴的交点就是所求的M、N；
(3) 先根据A、B的坐标写出对应的一元二次方程，计算方程的根的判别式，判别式的取值对应方程根的个数，也就是⊙C与x轴的交点个数，从而判断位置关系：Δ＞0时相交，Δ=0时相切，Δ＜0时相离。
【解析】
(1) 点N(n,0)在⊙P上，AB为直径，故∠ANB=90°，在Rt△ABN中，由勾股定理得$AN^2+BN^2=AB^2$，代入坐标列式$1^2 + n^2 + c^2 + (-b - n)^2 = (1 - c)^2 + b^2$，化简后可得$n^2 + bn + c = 0$；
(2) 方程$x^2 - 3x - 2 = 0$对应$x^2+bx+c=0$，可得$b=-3,c=-2$，因此B点坐标为$(-b,c)=(3,-2)$。连接AB后作AB的垂直平分线找到中点P，以P为圆心、AB为直径作圆，圆与x轴的交点即为M、N；
(3) 已知$A(0,1),B(6,9)$，对应方程的$b=-6,c=9$，即方程为$x^2 -6x +9=0$。计算判别式$\Delta=(-6)^2 -4×1×9=0$，说明方程有两个相等的实数根，即⊙C与x轴只有1个公共点，因此⊙C与x轴相切。
【答案】
(1)$n^2 + bn + c = 0$
(2)先在坐标系内找到$A(0,1),B(3,-2)$,连接AB，
分别以点A,B为圆心,以大于$\frac{1}{2}AB$为半径画弧,连接两弧的交点与AB交于点P，
以点P为圆心,以AB为直径画圆,圆与x轴的交点即为点M,N。如所示。
(3)⊙C与x轴相切，理由：由题意得$x^2 - 6x + 9 = 0$，
因为$\Delta = b^2 - 4ac = (-6)^2 - 4×1×9 = 0$，
所以方程$x^2 - 6x + 9 = 0$有两个相等的实数根，
所以$\odot C$与x轴只有一个交点,即$\odot C$与x轴相切。
【知识点】
直径所对圆周角的性质；一元二次方程根的判别式；直线与圆的位置关系判定
【点评】
本题以一元二次方程的几何解法为背景，考查数形结合思想的应用，既要求能读懂新方法并迁移运用，也需要熟练掌握一元二次方程根的判别式和直线与圆位置关系的对应规则，综合性适中，能有效考查知识迁移能力。
【难度系数】
0.7
(1) 类比点M的推导过程，点N也在以AB为直径的⊙P上，根据直径所对的圆周角是直角，可得∠ANB=90°，在Rt△ABN中利用勾股定理列式化简，即可得到关于n的等式；
(2) 对照材料中方程与点B坐标的对应关系，先确定方程$x^2 - 3x - 2 = 0$对应的B点坐标，再按尺规作图的步骤作以AB为直径的圆，它与x轴的交点就是所求的M、N；
(3) 先根据A、B的坐标写出对应的一元二次方程，计算方程的根的判别式，判别式的取值对应方程根的个数，也就是⊙C与x轴的交点个数，从而判断位置关系：Δ＞0时相交，Δ=0时相切，Δ＜0时相离。
【解析】
(1) 点N(n,0)在⊙P上，AB为直径，故∠ANB=90°，在Rt△ABN中，由勾股定理得$AN^2+BN^2=AB^2$，代入坐标列式$1^2 + n^2 + c^2 + (-b - n)^2 = (1 - c)^2 + b^2$，化简后可得$n^2 + bn + c = 0$；
(2) 方程$x^2 - 3x - 2 = 0$对应$x^2+bx+c=0$，可得$b=-3,c=-2$，因此B点坐标为$(-b,c)=(3,-2)$。连接AB后作AB的垂直平分线找到中点P，以P为圆心、AB为直径作圆，圆与x轴的交点即为M、N；
(3) 已知$A(0,1),B(6,9)$，对应方程的$b=-6,c=9$，即方程为$x^2 -6x +9=0$。计算判别式$\Delta=(-6)^2 -4×1×9=0$，说明方程有两个相等的实数根，即⊙C与x轴只有1个公共点，因此⊙C与x轴相切。
【答案】
(1)$n^2 + bn + c = 0$
(2)先在坐标系内找到$A(0,1),B(3,-2)$,连接AB，
分别以点A,B为圆心,以大于$\frac{1}{2}AB$为半径画弧,连接两弧的交点与AB交于点P，
以点P为圆心,以AB为直径画圆,圆与x轴的交点即为点M,N。如
所示。(3)⊙C与x轴相切，理由：由题意得$x^2 - 6x + 9 = 0$，
因为$\Delta = b^2 - 4ac = (-6)^2 - 4×1×9 = 0$，
所以方程$x^2 - 6x + 9 = 0$有两个相等的实数根，
所以$\odot C$与x轴只有一个交点,即$\odot C$与x轴相切。
【知识点】
直径所对圆周角的性质；一元二次方程根的判别式；直线与圆的位置关系判定
【点评】
本题以一元二次方程的几何解法为背景，考查数形结合思想的应用，既要求能读懂新方法并迁移运用，也需要熟练掌握一元二次方程根的判别式和直线与圆位置关系的对应规则，综合性适中，能有效考查知识迁移能力。
【难度系数】
0.7
