九年级培优圆与相似辅导专题训练含答案

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初三数学圆与相似的专项培优练习题(含答案)附答案解析

初三数学圆与相似的专项培优练习题(含答案)附答案解析一、相似1．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是边AD，BC的中点，连接DF，过点E作EH⊥DF，垂足为H，EH的延长线交DC于点G．（1）猜想DG与CF的数量关系，并证明你的结论；（2）过点H作MN∥CD，分别交AD，BC于点M，N，若正方形ABCD的边长为10，点P 是MN上一点，求△PDC周长的最小值．【答案】（1）解：结论：CF=2DG．理由：∵四边形ABCD是正方形，∴AD=BC=CD=AB，∠ADC=∠C=90°，∵DE=AE，∴AD=CD=2DE，∵EG⊥DF，∴∠DHG=90°，∴∠CDF+∠DGE=90°，∠DGE+∠DEG=90°，∴∠CDF=∠DEG，∴△DEG∽△CDF，∴ = = ，∴CF=2DG（2）解：作点C关于NM的对称点K，连接DK交MN于点P，连接PC，此时△PDC的周长最短．周长的最小值=CD+PD+PC=CD+PD+PK=CD+DK．由题意：CD=AD=10，ED=AE=5，DG= ，EG= ，DH= = ，∴EH=2DH=2 ，∴HM= =2，∴DM=CN=NK= =1，在Rt△DCK中，DK= = =2 ，∴△PCD的周长的最小值为10+2 ．【解析】【分析】（1）结论：CF=2DG．理由如下：根据正方形的性质得出AD=BC=CD=AB，∠ADC=∠C=90°，根据中点的定义得出AD=CD=2DE，根据同角的余角相等得出∠CDF=∠DEG，从而判断出△DEG∽△CDF，根据相似三角形对应边的比等于相似比即可得出结论；（2）作点C关于NM的对称点K，连接DK交MN于点P，连接PC，此时△PDC的周长最短．周长的最小值=CD+PD+PC=CD+PD+PK=CD+DK，由题意得CD=AD=10，ED=AE=5，DG=，EG=，根据面积法求出DH的长，然后可以判断出△DEH相似于△GDH，根据相似三角形对应边的比等于相似比得出EH=2DH=，再根据面积法求出HM的长，根据勾股定理及矩形的性质及对称的性质得出DM=CN=NK= 1，在Rt△DCK中，利用勾股定理算出DK的长，从而得出答案。

初三培优圆与相似辅导专题训练含答案解析

初三培优圆与相似辅导专题训练含答案解析一、相似1．如图，在⊙O中，直径AB经过弦CD的中点E，点M在OD上，AM的延长线交⊙O于点G，交过D的直线于F，且∠BDF=∠CDB，BD与CG交于点N．（1）求证：DF是⊙O的切线；（2）连结MN，猜想MN与AB的位置有关系，并给出证明．【答案】（1）证明：∵直径AB经过弦CD的中点E，， = ,即是的切线（2）解：猜想：MN∥AB．证明：连结CB．∵直径AB经过弦CD的中点E，∴ = , = ,∴∵∴∴∵∴∵∵∴∴∴MN∥AB．【解析】【分析】（1）要证DF是⊙O的切线，由切线的判定知，只须证∠ODF=即可。

由垂径定理可得AB⊥CD，则∠BOD+∠ODE=，而∠ODF=∠CDF+∠ODE，由已知易得∠BOD=∠CDF，则结论可得证；（2）猜想：MN∥AB．理由：连结CB，由已知易证△CBN∽△AOM，可得比例式，于是由已知条件可转化为，∠ODB是公共角，所以可得△MDN∽△ODB，则∠DMN=∠DOB，根据平行线的判定可得MN∥AB。

2．如图（1），在矩形DEFG中，DE=3，EG=6，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BC=3，AC=6，△ABC的一边BC和矩形的一边DG在同一直线上，点C和点D重合，Rt△ABC将从D以每秒1个单位的速度向DG方向匀速平移，当点C与点G重合时停止运动，设运动时间为t秒，解答下列问题：（1）如图（2），当AC过点E时，求t的值；（2）如图（3），当AB与DE重合时，AC与EF、EG分别交于点M、N，求CN的长；（3）在整个运动过程中，设Rt△ABC与△EFG重叠部分面积为y，请求出y与t的函数关系式，并写出相应t的取值范围．【答案】（1）解：如图（2），当AC过点E时，在Rt△ABC中，BC=3，AC=6，∴BC所对锐角∠A=30°，∴∠ACB=60°，依题意可知∠ABC=∠EDC=90°，∵∠ACB=∠ECD，∴△ABC∽△EDC，∴，即，∴CD= ，∴t=CD= ；（2）解：如图（3），∵∠EDG=90°，DE=3，EG=6，∴DG= =3 ，在Rt△EDG中，sin∠EGD= ，∴∠EGD=30°，∵∠NCB=∠CNG+∠EGD，∴∠CNG=∠NCB﹣∠EGD=60°﹣30°=30°，∴∠CNG=∠EGD，∴NC=CG=DG﹣BC=3 ﹣3；（3）解：由（1）可知，当x＞时，△ABC与△EFG有重叠部分．分两种情况：①当＜t≤3时，如图（4），△ABC与△EFG有重叠部分为△EMN，设AC与EF、EG分别交于点M、N，过点N作直线NP⊥EF于P，交DG于Q，则∠EPN=∠CQN=90°，∵NC=CG，∴NC=DG﹣DC=3 ﹣t，在Rt△NQC中，NQ=sin∠NCQ×NC=sin60°×（3 ﹣t）= ，∴PN=PQ﹣NQ=3﹣ = ，∵∠PMN=∠NCQ=60°，∴sin∠PMN= ，MN= =t﹣，在矩形DEFG中，EF∥DG，∴∠MEN=∠CGN，∵∠MNE=∠CNG，∠CNG=∠CGN，∴∠EMN=∠MNE，∴EM=MN，∴EM=MN=t﹣，∴y=S△EMN= EM•PN= × ；②当3＜t≤3 时，如图（5），△ABC与△EFG重叠部分为四边形PQNM，设AB与EF、EG分别交于点P、Q，AC与EF、EG分别交于点M、N，则∠EPQ=90°，∵CG=3 ﹣t，∴S△EMN= ，∵EP=DB=t﹣3，∠PEQ=30°，∴在Rt△EPQ中，PQ=tan∠PEQ×EP=tan30°×（t﹣3）= ，∴S△EPQ= EP•PQ= （t﹣3）× = ，∴y=S△EMN﹣S△EPQ=（）﹣（）= +（﹣，综上所述，y与t的函数关系式：y= ．【解析】【分析】（1）证△ABC∽△EDC，由相似三角形的性质可求出CD的值，即可求t；（2）利用勾股定理求出DG的值，则由三角函数可∠EGD=30°，进而可证得∠CNG=∠EGD，则NC=CG=DG﹣BC，可求出答案；（3）根据重叠部分可确定x的取值范围，再由三角形的面积公式可求出函数解析式.3．如图1，在△ABC中，点DE分别在AB、AC上，DE∥BC，BD=CE，（1）求证：∠B=∠C，AD=AE；（2）若∠BAC=90°，把△ADE绕点A逆时针旋转到图2的位置，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点，连接MN，PM，PN．①判断△PMN的形状，并说明理由；________②把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD=4，AB=10，请直接写出△PMN的最大面积为________ 。

初三培优圆与相似辅导专题训练及详细答案

初三培优圆与相似辅导专题训练及详细答案一、相似1．如图，正方形ABCD、等腰Rt△BPQ的顶点P在对角线AC上（点P与A、C不重合），QP与BC交于E，QP延长线与AD交于点F，连接CQ．（1）①求证：AP=CQ；②求证：PA2=AF•AD；（2）若AP：PC=1：3，求tan∠CBQ．【答案】（1）证明：①∵四边形ABCD是正方形，∴AB=CB，∠ABC=90°，∴∠ABP+∠PBC=90°，∵△BPQ是等腰直角三角形，∴BP=BQ，∠PBQ=90°，∴∠PBC+∠CBQ=90°∴∠ABP=∠CBQ，∴△ABP≌△CBQ，∴AP=CQ;②∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAC=∠BAC=∠ACB=45°，∵∠PQB=45°，∠CEP=∠QEB，∴∠CBQ=∠CPQ，由①得△ABP≌△CBQ，∠ABP=∠CBQ∵∠CPQ=∠APF，∴∠APF=∠ABP，∴△APF∽△ABP，(本题也可以连接PD，证△APF∽△ADP)（2）证明：由①得△ABP≌△CBQ，∴∠BCQ=∠BAC=45°，∵∠ACB=45°,∴∠PCQ=45°+45°=90°∴tan∠CPQ= ,由①得AP=CQ,又AP:PC=1:3，∴tan∠CPQ= ，由②得∠CBQ=∠CPQ，∴tan∠CBQ=tan∠CPQ= .【解析】【分析】（1）①利用正方形的性质和等腰直角三角形的性质易证△ABP≌△CBQ，可得AP=CQ；②利用正方形的性质可证得∠CBQ=∠CPQ，再由△ABP≌△CBQ可证得∠APF=∠ABP，从而证出△APF∽△ABP，由相似三角形的性质得证；（2）由△ABP≌△CBQ可得∠BCQ=∠BAC=45°，可得∠PCQ=45°+45°=90°，再由三角函数可得tan∠CPQ=，由AP:PC=1:3，AP=CQ，可得tan∠CPQ=，再由∠CBQ=∠CPQ可求出答案.2．如图①，已知直线l1∥l2，线段AB在直线l1上，BC垂直于l1交l2于点C，且AB＝BC，P是线段BC上异于两端点的一点，过点P的直线分别交l2，l1于点D，E(点A，E位于点B的两侧，满足BP＝BE，连接AP，CE．（1）求证：△ABP≌△CBE．（2）连接AD、BD，BD与AP相交于点F，如图②．①当时，求证：AP⊥BD；②当 (n＞1)时，设△PAD的面积为S1，△PCE的面积为S2，求的值．【答案】（1）证明：BC⊥直线l1，∴∠ABP＝∠CBE．在△ABP和△CBE中，（2）①证明：如图，延长AP交CE于点H．∵△ABP≌△CBE，∴∠PAB＝∠ECB，∴∠PAB＋∠AEH＝∠ECB＋∠AEH＝90°，∴∠AHE＝90°，∴AP⊥CE．∵，即P为BC的中点，直线l1∥直线l2，∴△CPD∽△BPE，∴，∴DP＝EP．∴四边形BDCE是平行四边形，∴CE∥BD．∵AP⊥CE，∴AP⊥BD．②解：∵，∴BC＝nBP，∴CP＝(n－1)BP．∵CD∥BE，∴△CPD∽△BPE，∴．令S△BPE＝S，则S2＝(n－1)S，S△PAB＝S△BCE＝nS，S△PAE＝(n＋1)S．∵，∴S1＝(n＋1)(n－1)S，∴．【解析】【分析】（1）由已知条件用边角边即可证得△ABP≌△CBE；（2）①、延长AP交CE于点H，由（1）知△ABP≌△CBE，所以可得∠PAB＝∠ECB，而∠∠ECB+∠BEC=，所以可得∠PAB+∠BEC=，即∠AHE=，所以AP⊥CE；已知=2,则点P为BC的中点，所以易证得BE=CD，由有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形BDCE是平行四边形，由平行四边形的性质可得CE∥BD，再根据平行线的性质即可求得AP⊥BD；②方法与①类似，由已知条件易证得△CPD∽△BPE，则可得对应线段的比相等，然后可将△PAD的面积和△PCE的面积用三角形BPE的面积表示出来，则这两个三角形的比值即可求解。

九年级数学圆与相似的专项培优易错试卷练习题(含答案)含答案

九年级数学圆与相似的专项培优易错试卷练习题(含答案)含答案一、相似1．已知：如图，在△ABC中，AB=BC=10，以AB为直径作⊙O分别交AC，BC于点D，E，连接DE和DB，过点E作EF⊥AB，垂足为F，交BD于点P．（1）求证：AD=DE；（2）若CE=2，求线段CD的长；（3）在（2）的条件下，求△DPE的面积．【答案】（1）解：∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°，即BD⊥AC∵AB=BC，∴△ABD≌CBD∴∠ABD=∠CBD在⊙O中，AD与DE分别是∠ABD与∠CBD所对的弦∴AD=DE；（2）解：∵四边形ABED内接于⊙O，∴∠CED=∠CAB，∵∠C=∠C，∴△CED∽△CAB，∴，∵AB=BC=10，CE=2，D是AC的中点，∴CD= ；（3）解：延长EF交⊙O于M，在Rt△ABD中，AD= ，AB=10，∵EM⊥AB，AB是⊙O的直径，∴，∴∠BEP=∠EDB，∴△BPE∽△BED，∴，∴BP= ，∴DP=BD-BP= ，∴S△DPE：S△BPE=DP：BP=13：32，∵S△BCD= × ×3 =15，S△BDE：S△BCD=BE：BC=4：5，∴S△BDE=12，∴S△DPE= ．【解析】【分析】（1）根据已知条件AB是⊙O的直径得出∠ADB=90°，再根据等腰三角形的三线合一的性质即可得出结论。

（2）根据圆内接四边形的性质证得∠CED=∠CAB，再根据相似三角形的判定证出△CED∽△CAB，得出对应边成比例，建立关于CD的方程，即可求出CD的长。

（3）延长EF交⊙O于M，在Rt△ABD中，利用勾股定理求出BD的长，再证明△BPE∽△BED，根据相似三角形的性质得对应边成比例求出BP的长，然后根据等高的三角形的面积之比等于对边之比，再由三角形面积公式即可求解。

2．如图，AB是半圆O的直径，AB＝2，射线AM、BN为半圆O的切线.在AM上取一点D，连接BD交半圆于点C，连接AC.过O点作BC的垂线OE，垂足为点E，与BN相交于点F.过D点作半圆O的切线DP，切点为P，与BN相交于点Q.（1）若△ABD≌△BFO，求BQ的长；（2）求证：FQ=BQ【答案】（1）解：∵≌，∴，∵均为半圆切线，连接 ,则，∴四边形为菱形，∴DQ∥，∵均为半圆切线，∴∥，∴四边形为平行四边形∴，（2）证明：易得∽，∴ = ，∴ .∵是半圆的切线，∴ .过点作于点，则 .在中，，∴，解得：，∴∴【解析】【分析】（1）连接OP,由ΔABD≌ΔBFO可得AD=OB，由切线长定理可得AD=DP，于是易得OP=OA=DA=DP，根据菱形的判定可得四边形DAOP为菱形，则可得DQ∥AB，易得四边形DABQ为平行四边形，根据平行四边形的性质可求解；（2）过Q点作QK⊥AM于点K，由已知易证得ΔABD∽ΔBFO，可得比例式，可得BF与AD的关系，由切线长定理可得AD=DP,QB=QP ，解直角三角形DQK可求得BQ与AD 的关系，则根据FQ=BF−BQ可得FQ与AD的关系，从而结论得证。

中考数学圆与相似培优练习(含答案)附详细答案

中考数学圆与相似培优练习(含答案)附详细答案一、相似1．如图，已知A（﹣2，0），B（4，0），抛物线y=ax2+bx﹣1过A、B两点，并与过A点的直线y=﹣ x﹣1交于点C．（1）求抛物线解析式及对称轴；（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使四边形ACPO的周长最小？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；（3）点M为y轴右侧抛物线上一点，过点M作直线AC的垂线，垂足为N．问：是否存在这样的点N，使以点M、N、C为顶点的三角形与△AOC相似，若存在，求出点N的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：把A（-2，0），B（4，0）代入抛物线y=ax2+bx-1，得解得∴抛物线解析式为：y= x2−x−1∴抛物线对称轴为直线x=- ＝1（2）解：存在使四边形ACPO的周长最小，只需PC+PO最小∴取点C（0，-1）关于直线x=1的对称点C′（2，-1），连C′O与直线x=1的交点即为P 点．设过点C′、O直线解析式为：y=kx∴k=-∴y=- x则P点坐标为（1，- ）（3）解：当△AOC∽△MNC时，如图，延长MN交y轴于点D，过点N作NE⊥y轴于点E∵∠ACO=∠NCD，∠AOC=∠CND=90°∴∠CDN=∠CAO由相似，∠CAO=∠CMN∴∠CDN=∠CMN∵MN⊥AC∴M、D关于AN对称，则N为DM中点设点N坐标为（a，- a-1）由△EDN∽△OAC∴ED=2a∴点D坐标为（0，- a−1）∵N为DM中点∴点M坐标为（2a，a−1）把M代入y= x2−x−1，解得a=4则N点坐标为（4，-3）当△AOC∽△CNM时，∠CAO=∠NCM∴CM∥AB则点C关于直线x=1的对称点C′即为点N由（2）N（2，-1）∴N点坐标为（4，-3）或（2，-1）【解析】【分析】（1）根据点A、B的坐标，可求出抛物线的解析式，再求出它的对称轴即可解答。

（2）使四边形ACPO的周长最小，只需PC+PO最小，取点C（0，-1）关于直线x=1的对称点C′（2，-1），连C′O与直线x=1的交点即为P点，利用待定系数法求出直线C′O的解析式，再求出点P的坐标。

初三培优易错难题圆与相似辅导专题训练附答案

初三培优易错难题圆与相似辅导专题训练附答案一、相似1．如图，点A、B、C、D是直径为AB的⊙O上的四个点，CD＝BC，AC与BD交于点E。

（1）求证：DC2＝CE·AC；（2）若AE＝2EC，求之值；（3）在（2）的条件下，过点C作⊙O的切线，交AB的延长线于点H，若S△ACH＝，求EC之长.【答案】（1）证明：∵CD＝BC，∴∠DAC＝∠CDB，又∵∠ACD=∠DCE，∴△ACD∽△DCE，∴，∴DC2＝CE·AC；（2）解：设EC＝k，则AE＝2k，∴AC＝3k，由（1）DC2＝CE·AC＝3k2，DC= k，连接OC，OD，∵CD＝BC，∴OC平分∠DOB，∴BC＝DC＝ k，∵AB是⊙O的直径，∴在Rt△ACB中，，∴OB=OC=OD= k，∴∠BOD＝120°，∴∠DOA＝60°，∴AD＝AO，∴（3）解：∵CH是⊙O的切线，连接CO，∴OC⊥CH．∵∠COH＝60°，∠H＝30°，过C作CG⊥AB于G，设EC=k，∵∠CAB＝30°，∴，又∵∠H＝∠CAB＝30°，∴AC＝CH＝3k，∴AH＝，∵S△ACH＝，∴，∴k2＝4，k＝2，即EC＝2．【解析】【分析】（1）要证DC2＝CE·AC，只需证△ACD∽△DCE即可求解；（2）连接OC，OD，根据已知条件AE＝2EC可用含k的代数式表示线段AE、CE、AC，由（1）可将CD用含K的代数式表示，在Rt△ACB中，由勾股定理可将AB用含K的代数式表示，结合已知条件和圆的性质可求解；（3）过C作CG⊥AB于G，设EC=k，由30度角所对的直角边等于斜边的一半可将CG用含K的代数式表示，根据三角形ACH的面积=AH CG=9即可求解。

2．在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴交于A（－3，0），B （1，0）两点，与y轴交于点C．（1）求这个二次函数的解析式；（2）点P是直线AC上方的抛物线上一动点，是否存在点P，使△ACP的面积最大？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由；（3）点Q是直线AC上方的抛物线上一动点，过点Q作QE垂直于轴，垂足为E．是否存在点Q，使以点B、Q、E为顶点的三角形与△AOC相似？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由；【答案】（1）解：由抛物线过点A（－3，0），B（1，0），则解得∴二次函数的关系解析式（2）解：连接PO，作PM⊥x轴于M，PN⊥y轴于N．设点P坐标为（m，n），则．PM = ，，AO=3．当时，＝2．∴OC=2．＝＝＝．∵＝－1＜0，∴当时，函数有最大值．此时＝．∴存在点，使△ACP的面积最大．（3）解：存在点Q，坐标为：，．分△BQE∽△AOC，△EBQ∽△AOC，△QEB∽△AOC三种情况讨论可得出【解析】【分析】（1）由题意知抛物线过点A（－3，0），B（1，0），所以用待定系数法即可求解；（2）因为三角形ACP是任意三角形，所以可做辅助线，连接PO，作PM⊥x轴于M，PN⊥y轴于N．则三角形ACP的面积=三角形APM的面积+矩形PMON的面积-三角形AOC 的面积-三角形PCN的面积。

九年级数学圆与相似的专项培优练习题(含答案)含答案解析

∴ ∠ PMC=∠ C=90°， ∵ AD∥ BC， ∴ ∠ D=90°，△ OAP∽ △ OBQ，
∴ 四边形 PMCD 是矩形，
，
∴ PM=CD=3，CM=PD=2t，
∵ AD=6，BC=4，CQ=t，
∴ PA=2t-6，BQ=Leabharlann -t，MQ=CM-CQ=2t-t=t,
∴
，解得：
，
∴ MQ=
，
又∵ PM=3，∠ PMQ=90°，
得抛物线的解析式；
（2）由题意可将 ED、OP 用含 t 的代数式表示出来，并代入题目中的 s 与 OP、DE 的关系
式整理可得 s=
（0<t<2），因为分子是定值 1，所以分母越大，则分式的
值越小，则当分母最大时，分式的值越小，即 t=1 时，s 有最小值，且最小值为 1；
（3）解直角三角形可得 BC 和 CD、BD 的值，根据题意以 P、B、D 为顶点的三角形与
理由：如图中，
是 AB 中点，
，
，
，
，
，
，
，
“理想点”，求 CD 的长；
（3）如图，已知平面直角坐标系中，点
，
，C 为 x 轴正半轴上一点，
且满足
，在 y 轴上是否存在一点 D，使点 A，B，C，D 中的某一点是其余三
点围成的三角形的“理想点” 若存在，请求出点 D 的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：结论：点 D 是
的“理想点”.
（2）解：在
中，
，
，则
；
∵
，
∴
；
而
；
∴
，
∴当
时，s 有最小值，且最小值为 1

初三培优易错难题圆与相似辅导专题训练附答案解析

初三培优易错难题圆与相似辅导专题训练附答案解析一、相似1．如图1，△ABC与△CDE是等腰直角三角形，直角边AC、CD在同一条直线上，点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点，连接AE、BD.（1）请直接写出PM与PN的数量关系及位置关系________；（2）现将图1中的△CDE绕着点C顺时针旋转α（0°＜α＜90°），得到图2，AE与MP、BD分别交于点G、H.请直接写出PM与PN的数量关系及位置关系________；（3）若图2中的等腰直角三角形变成直角三角形，使BC＝kAC，CD＝kCE，如图3，写出PM与PN的数量关系，并加以证明.【答案】（1）PM⊥PN，PM＝PN（2）PM＝PN，PM⊥PN（3）解：PM＝kPN，∵△ACB和△ECD是直角三角形，∴∠ACB＝∠ECD＝90°.∴∠ACB+∠BCE＝∠ECD+∠BCE.∴∠ACE＝∠BCD.∵BC＝kAC，CD＝kCE，∴＝k.∴△BCD∽△ACE.∴BD＝kAE，∵点P、M、N分别为AD、AB、DE的中点，∴PM＝ BD，PN＝ AE.∴PM＝kPN.【解析】【解答】解：（1）PM＝PN，PM⊥PN，理由如下：∵△ACB和△ECD是等腰直角三角形，∴AC＝BC，EC＝CD，∠ACB＝∠ECD＝90°.在△ACE和△BCD中，∴△ACE≌△BCD（SAS），∴AE＝BD，∠EAC＝∠CBD，∵∠BCD＝90°，∴∠CBD+∠BDC＝90°，∴∠EAC+∠BDC＝90°∵点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点，∴PM＝ BD，PN＝ AE，∴PM＝PN，∵点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点，∴PM∥BC，PN∥AE，∴∠NPD＝∠EAC，∠MPN＝∠BDC，∵∠EAC+∠BDC＝90°，∴∠MPA+∠NPC＝90°，∴∠MPN＝90°，即PM⊥PN，故答案为：PM⊥PN，PM＝PN；（ 2 ）PM＝PN，PM⊥PN，理由：∵△ACB和△ECD是等腰直角三角形，∴AC＝BC，EC＝CD，∠ACB＝∠ECD＝90°.∴∠ACB+∠BCE＝∠ECD+∠BCE.∴∠ACE＝∠BCD，∴△ACE≌△BCD（SAS）.∴AE＝BD，∠CAE＝∠CBD.又∵∠AOC＝∠BOE，∠CAE＝∠CBD，∴∠BHO＝∠ACO＝90°.∵点P、M、N分别为AD、AB、DE的中点，∴PM＝ BD，PM∥BD；PN＝ AE，PN∥AE.∴PM＝PN.∴∠MGE+∠BHA＝180°.∴∠MGE＝90°.∴∠MPN＝90°.∴PM⊥PN.故答案为：PM⊥PN，PM＝PN【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质得出结论判断出△ACE≌△BCD，得出AE=BD，再用三角形的中位线即可得出结论；（2）同（1）的方法即可得出结论；（3）利用两边对应成比例夹角相等，判断出△BCD∽△ACE，得出BD=kAE，最后用三角形的中位线即可得出结论.2．已知：A、B两点在直线l的同一侧，线段AO，BM均是直线l的垂线段，且BM在AO 的右边，AO=2BM，将BM沿直线l向右平移，在平移过程中，始终保持∠ABP=90°不变，BP边与直线l相交于点P．（1）当P与O重合时（如图2所示），设点C是AO的中点，连接BC．求证：四边形OCBM是正方形；（2）请利用如图1所示的情形，求证： = ；（3）若AO=2 ，且当MO=2PO时，请直接写出AB和PB的长．【答案】（1）解：∵2BM=AO，2CO=AO，∴BM=CO，∵AO∥BM，∴四边形OCBM是平行四边形，∵∠BMO=90°，∴▱OCBM是矩形，∵∠ABP=90°，C是AO的中点，∴OC=BC，∴矩形OCBM是正方形（2）解：连接AP、OB，∵∠ABP=∠AOP=90°，∴A、B、O、P四点共圆，由圆周角定理可知：∠APB=∠AOB，∵AO∥BM，∴∠AOB=∠OBM，∴∠APB=∠OBM，∴△APB∽△OBM，∴（3）解：当点P在O的左侧时，如图所示，过点B作BD⊥AO于点D，易证△PEO∽△BED，∴，易证：四边形DBMO是矩形，∴BD=MO，OD=BM，∴MO=2PO=BD，∴，∵AO=2BM=2 ，∴BM= ，∴OE= ，DE= ，易证△ADB∽△ABE，∴AB2=AD•AE，∵AD=DO=DM= ，∴AE=AD+DE=∴AB= ，由勾股定理可知：BE= ，易证：△PEO∽△PBM，∴，∴PB= ；当点P在O的右侧时，如图所示，过点B作BD⊥OA于点D，∵MO=2PO，∴点P是OM的中点，设PM=x，BD=2x，∵∠AOM=∠ABP=90°，∴A、O、P、B四点共圆，∴四边形AOPB是圆内接四边形，∴∠BPM=∠A，∴△ABD∽△PBM，∴，又易证四边形ODBM是矩形，AO=2BM，∴AD=BM= ，∴，解得：x= ，∴BD=2x=2由勾股定理可知：AB=3 ，BM=3【解析】【分析】（1）根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形OCBM 是平行四边形，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形得出▱OCBM是矩形，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出OC=BC，根据有一组邻边相等的矩形是正方形得出结论；（2）连接AP、OB，根据∠ABP=∠AOP=90°，判断出A、B、O、P四点共圆，由圆周角定理可知：∠APB=∠AOB，根据二直线平行内错角相等得出∠AOB=∠OBM，根据等量代换得出∠APB=∠OBM，从而判断出△APB∽△OBM，根据相似三角形对应边成比例得出;（3）当点P在O的左侧时，如图所示，过点B作BD⊥AO于点D，易证△PEO∽△BED，根据相似三角形对应边成比例得出,易证：四边形DBMO是矩形，根据矩形的性质得出BD=MO，OD=BM，故MO=2PO=BD，进而得出BM,OE,DE的长，易证△ADB∽△ABE，根据相似三角形对应边成比例得出AB2=AD•AE，从而得出AE,AB的长，由勾股定理可得BF 的长，易证：△PEO∽△PBM，根据相似三角形对应边成比例得出BE ∶PB=OM ∶PM=2 ∶3 ，根据比例式得出PB的长；当点P在O的右侧时，如图所示，过点B作BD⊥OA于点D，设PM=x，BD=2x，由∠AOM=∠ABP=90°，得出四边形AOPB是圆内接四边形，根据圆内接四边形的性质得出∠BPM=∠A，从而判断出△ABD∽△PBM，根据相似三角形对应边成比例得出 AD ∶BD=PM ∶BM，根据比例式得出x的值，进而得出BD，AB，BP的长。

初三培优圆与相似辅导专题训练及答案

初三培优圆与相似辅导专题训练及答案一、相似1．已知线段a，b，c满足，且a＋2b＋c＝26.（1）判断a，2b，c，b2是否成比例；（2）若实数x为a，b的比例中项，求x的值．【答案】（1）解：设，则a=3k，b=2k，c=6k，又∵a+2b+c=26，∴3k+2×2k+6k=26，解得k=2，∴a=6，b=4，c=12；∴2b=8，b2=16∵a=6，2b=8，c=12，b2=16∴2bc=96，ab2=6×16=96∴2bc=ab2a，2b，c，b2是成比例的线段。

（2）解：∵x是a、b的比例中项，∴x2=6ab，∴x2=6×4×6，∴x=12．【解析】【分析】（1）设已知比例式的值为k，可得出a=3k，b=2k，c=6k，再代入a+2b+c=26，建立关于k的方程，求出kl的值，再求出2b、b2,然后利用成比例线段的定义，可判断a，2b，c，b2是否成比例。

（2）根据实数x为a，b的比例中项，可得出x2=ab，建立关于x的方程，求出x的值。

2．在矩形ABCD中，BC＝6，点E是AD边上一点，∠ABE＝30°，BE＝DE，连接BD.动点M 从点E出发沿射线ED运动，过点M作MN∥BD交直线BE于点N.（1）如图1，当点M在线段ED上时，求证：MN＝ EM；（2）设MN长为x，以M、N、D为顶点的三角形面积为y，求y关于x的函数关系式；（3）当点M运动到线段ED的中点时，连接NC，过点M作MF⊥NC于F，MF交对角线BD于点G（如图2），求线段MG的长.【答案】（1）证明：：∵ °, ° ,∴ °∵ ,∴∵∥ ,∴∴ °,∴过点作于点 ,则 .在中，∴∴（2）解：在中，，∴∵a.当点在线段上时，过点作于点 ,在中，由（1）可知：,∴∴∴b.当点在线段延长线上时，过点作于点在中， ,在中， ,∴ ,∴（3）解：连接 ,交于点 .∵为的中点∴ ,∴ .∵ ,∴ ,∴ ,∴ ,∴ .∵∥∴ ,∴ ,,∵ ,∴ ,又∵ ,∴∽ ,∴，即 ,∴【解析】【分析】（1）过点E作EH⊥MN于点H ,由已知条件易得EN=EM，解直角三角形EMH易得MH和EM的关系，由等腰三角形的三线合一可得MN=2MH即可求解；（2）在Rt△ABE中，由直角三角形的性质易得DE=BE=2AE，由题意动点M从点E出发沿射线ED运动可知点M可在线段ED上，也可在线段ED外，所以可分两种情况求解：①当点M在线段ED上时，过点N作NI⊥AD于点I ,结合（1）中的结论MN=EM即可求解；②当点M在线段ED延长线上时，过点N作NI'⊥AD于点I '，解RtΔNI′M 和可求得NI'和NE，则DM=NE−DE，所以以M、N、D为顶点的三角形面积y=MD.NI可求解；（3）连接CM,交BD于点N'，由（2）中的计算可得MN、CD、MC的长，解直角三角形CDM可得∠DMC的度数，于是由三角形内角和定理可求得∠NMC=，根据平行线的性质可得DMN'是直角三角形，根据直角三角形的性质可得MN′=MD；则NC的长可求，由已知条件易得ΔNMC∽ΔMN′G根据所得的比例式即可求解.,3．在等腰直角三角形ABC中,∠ACB＝90°,AC＝BC,D是AB边上的中点，Rt△EFG的直角顶点E在AB边上移动.（1）如图1，若点D与点E重合且EG⊥AC、DF⊥BC，分别交AC、BC于点M、N，易证EM＝EN；如图2，若点D与点E重合，将△EFG绕点D旋转，则线段EM与EN的长度还相等吗?若相等请给出证明，不相等请说明理由；（2）将图1中的Rt△EGF绕点D顺时针旋转角度α(0∘＜α＜45∘). 如图2，在旋转过程中,当∠MDC＝15∘时，连接MN，若AC＝BC＝2，请求出线段MN的长；（3）图3, 旋转后,若Rt△EGF的顶点E在线段AB上移动(不与点D、B重合)，当AB＝3AE 时，线段EM与EN的数量关系是________；当AB＝m·AE时，线段EM与EN的数量关系是________.【答案】（1）解：EM＝EN;原因如下：∵∠ACB＝90° AC＝BC D是AB边上的中点∴DC＝DB ∠ACD＝∠B＝45°∠CDB＝90°∴∠CDF＋∠FDB＝90°∵∠GDF＝90°∴∠GDC＋∠CDF＝90°∴∠CDM＝∠BDN在△CDM和△BDN中∠MCD＝∠B，DC＝DB，∠CDM＝∠BDN，∴△CDM≌△BDN ∴DM＝DN 即EM＝EN（2）解：作DP⊥AC于P,则∠CDP＝45° CP＝DP＝AP＝1∵∠CDG＝15°∴∠MDP＝30°∵cos∠MDP＝∴DM＝， DM＝DN，∵△MND为等腰直角三角形∴MN＝（3）NE＝2ME；EN＝(m－1)ME【解析】【解答】解：(3)NE＝2ME,EN＝(m－1)ME证明：如图3，过点E作EP⊥AB交AC于点P则△AEP为等腰直角三角形，∠PEB＝90°∴AE＝PE ∵AB＝3AE ∴BE＝2AE ∴BE＝2PE又∵∠MEP＋∠PEN＝90°∠PEN＋∠NEB＝90°∴∠MEP＝∠NEB又∵∠MPE＝∠B＝45°∴△PME∽△BNE∴，即EN＝2EM由此规律可知，当AB＝m·AE时，EN＝(m－1)·ME【分析】（1）EM＝EN;原因如下：根据等腰直角三角形的性质得出DC＝DB ∠ACD＝∠B＝45°∠CDB＝90°根据同角的余角相等得出∠CDM＝∠BDN，然后由ASA判断出△CDM≌△BDN 根据全等三角形的对应边相等得出DM＝DN 即EM＝EN；（2）根据等腰直角三角形的性质得出∠CDP＝45°CP＝DP＝AP＝1，根据角的和差得出∠MDP＝30°，根据余弦函数的定义及特殊角的三角函数值，由cos∠MDP＝得出DM的长，又DM＝DN，故△MND为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质即可得出MN 的长；(3)NE＝2ME,EN＝(m－1)ME，如图3，过点E作EP⊥AB交AC于点P，则△AEP为等腰直角三角形，∠PEB＝90°，根据同角的余角相等得出∠MEP＝∠NEB然后判断出△PME∽△BNE，根据相似三角形对应边成比例即可得出u结论，由此规律可知，当AB＝m·AE时，EN＝(m－1)·ME4．如图，抛物线与轴交于A，B两点(点B在点A的左侧），与y轴交于点C，顶点为D，其对称轴与轴交于点E，联接AD，OD．（1）求顶点D的坐标（用含的式子表示）；（2）若OD⊥AD，求该抛物线的函数表达式；（3）在（2）的条件下，设动点P在对称轴左侧该抛物线上，PA与对称轴交于点M，若△AME与△OAD相似，求点P的坐标．【答案】（1）解：∵，∴顶点D的坐标为(4,-4ｍ)（2）解：∵∴点A（6，0），点B(2,0)，则OA＝6，∵抛物线的对称轴为x＝4，∴点E（4，0），则OE＝4，AE＝2，又DE＝4ｍ，∴由勾股定理得：，，又OD⊥AD，∴，则，解得：，∵m＞0，∴抛物线的函数表达式（3）解：如图，过点P作PH⊥x轴于点H，则△APH∽△AME，在Rt△OAD中，，设点P的坐标为，当△APH∽△AME∽△AOD时，∵，∴，即，解得：x＝0，x＝6（舍去），∴点P的坐标为；②△APH∽△AME∽△OAD时，∵，∴，即，解得：x＝1，x＝6（舍去），∴点P的坐标为；综上所述，点P的坐标为或 .【解析】【分析】（1）将抛物线的解析式配成顶点式即可求得顶点D的坐标；（2）要求抛物线的解析式，只须求出m的值即可。

2020-2021九年级培优圆与相似辅导专题训练含答案

2020-2021九年级培优圆与相似辅导专题训练含答案一、相似1．如图，在中，，于点，点在上，且，连接．（1）求证：（2）如图，将绕点逆时针旋转得到（点分别对应点），设射线与相交于点，连接，试探究线段与之间满足的数量关系，并说明理由．【答案】（1）证明：在Rt△AHB中，∠ABC=45°，∴AH=BH，在△BHD和△AHC中，，∴△BHD≌△AHC，∴（2）解：方法1:如图1，∵△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到，∴HD=HF，∠AHF=30°∴∠CHF=90°+30°=120°，由(1)有，△AEH和△FHC都为等腰三角形，∴∠GAH=∠HCG=30°，∴CG⊥AE，∴点C，H，G，A四点共圆，∴∠CGH=∠CAH，设CG与AH交于点Q，∵∠AQC=∠GQH，∴△AQC∽△GQH，∴，∵△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到，由（1）知，BD=AC，∴EF=AC∴即：EF=2HG．方法2:如图2，取EF的中点K，连接GK，HK，∵△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到，∴HD=HF，∠AHF=30°∴∠CHF=90°+30°=120°，由(1)有，△AEH和△FHC都为等腰三角形，∴∠GAH=∠HCG=30°，∴CG⊥AE，由旋转知，∠EHF=90°，∴EK=HK= EF∴EK=GK= EF，∴HK=GK，∵EK=HK，∴∠FKG=2∠AEF，∵EK=GK，∴∠HKF=2∠HEF，由旋转知，∠AHF=30°，∴∠AHE=120°，由（1）知，BH=AH，∵BH=EH，∴AH=EH，∴∠AEH=30°，∴∠HKG=∠FKG+∠HKF=2∠AEF+2∠HEF=2∠AEH=60°，∴△HKG是等边三角形，∴GH=GK，∴EF=2GK=2GH，即：EF=2GH．【解析】【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得出AH=BH，然后由SAS判断出△BHD≌△AHC，根据全等三角形对应角相等得出答案；（2）方法1:如图1，根据旋转的性质得出HD=HF，∠AHF=30°根据角的和差得出∠CHF=90°+30°=120°，由(1)有，△AEH和△FHC都为等腰三角形，根据等腰三角形若顶角相等则底角也相等得出∠GAH=∠HCG=30°，根据三角形的内角和得出CG⊥AE，从而得出点C，H，G，A四点共圆，根据圆周角定理同弧所对的圆周角相等得出∠CGH=∠CAH，根据对顶角相等得出∠AQC=∠GQH，从而得出△AQC∽△GQH，根据全等三角形对应边成比例得出 A C∶ H G = A Q∶ G Q = 1 ∶sin 30 ° = 2，根据旋转的性质得出EF=BD，由（1）知，BD=AC，从而得出EF=ACEF=BD，由E F∶ H G = A C∶ G H = A Q∶ G Q = 1∶ sin 30 ° = 2得出结论；方法2:如图2，取EF的中点K，连接GK，HK，根据旋转的性质得出HD=HF，∠AHF=30°根据角的和差得出∠CHF=90°+30°=120°，由(1)有，△AEH和△FHC都为等腰三角形，根据等腰三角形若顶角相等则底角也相等得出∠GAH=∠HCG=30°，根据三角形的内角和得出CG⊥AE，由旋转知，∠EHF=90°，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出EK=HK= EF，EK=GK= EF，从而得出HK=GK，根据等边对等角及三角形的外角定理得出∠FKG=2∠AEF，∠HKF=2∠HEF，由旋转知，∠AHF=30°，故∠AHE=120°，由（1）知，BH=AH，根据等量代换得出AH=EH，根据等边对等角得出∠AEH=30°，∠HKG=∠FKG+∠HKF=2∠AEF+2∠HEF=2∠AEH=60°，根据有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形得出△HKG是等边三角形，根据等边三角形三边相等得出GH=GK，根据等量代换得出EF=2GK=2GH。

2020-2021九年级培优圆与相似辅导专题训练含详细答案

2020-2021九年级培优圆与相似辅导专题训练含详细答案一、相似1．如图1，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，E、F分别是AB、BD的中点，连接EF，点P从点E出发，沿EF方向匀速运动，速度为1cm/s，同时，点Q从点D出发，沿DB方向匀速运动，速度为2cm/s，当点P停止运动时，点Q也停止运动．连接PQ，设运动时间为t（0＜t＜4）s，解答下列问题：（1）求证：△BEF∽△DCB；（2）当点Q在线段DF上运动时，若△PQF的面积为0.6cm2，求t的值；（3）如图2过点Q作QG⊥AB，垂足为G，当t为何值时，四边形EPQG为矩形，请说明理由；（4）当t为何值时，△PQF为等腰三角形？试说明理由．【答案】（1）解：证明：∵四边形是矩形，在中，分别是的中点，（2）解：如图1，过点作于，（舍）或秒（3）解：四边形为矩形时,如图所示：解得：（4）解：当点在上时，如图2，当点在上时，如图3，时，如图4，时，如图5，综上所述，或或或秒时，是等腰三角形．【解析】【分析】（1）根据矩形的性质可证得AD∥BC，∠A=∠C，根据中位线定理可证得EF∥AD，就可得出EF∥BC，可证得∠BEF=∠C，∠BFE=∠DBC，从而可证得结论。

（2）过点Q作QM⊥EF，易证QM∥BE，可证得△QMF∽△BEF，得出对应边成比例，可求出QM的值，再根据△PQF的面积为0.6cm2，建立关于t的方程，求解即可。

（3）分情况讨论：当点 Q 在 DF 上时，如图2， PF=QF；当点 Q 在 BF 上时， PF=QF，如图3；PQ=FQ 时，如图4；PQ=PF 时，如图5，分别列方程即可解决问题。

2．已知：如图一，抛物线与x轴正半轴交于A、B两点，与y轴交于点C，直线经过A、C两点，且．（1）求抛物线的解析式；（2）若直线DE平行于x轴并从C点开始以每秒1个单位的速度沿y轴正方向平移，且分别交y轴、线段BC于点E，D，同时动点P从点B出发，沿BO方向以每秒2个单位速度运动，如图；当点P运动到原点O时，直线DE与点P都停止运动，连DP，若点P运动时间为t秒；设，当t为何值时，s有最小值，并求出最小值．（3）在的条件下，是否存在t的值，使以P、B、D为顶点的三角形与相似；若存在，求t的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：由直线：知：、；∵，∴，即．设抛物线的解析式为：，代入，得：，解得∴抛物线的解析式：（2）解：在中，，，则；∵，∴；而；∴，∴当时，s有最小值，且最小值为1（3）解：在中，，，则；在中，，，则；∴；以P、B、D为顶点的三角形与相似，已知，则有两种情况：，解得；，解得；综上，当或时，以P、B、D为顶点的三角形与相似【解析】【分析】（1）由直线与坐标轴相交易求得点A、C的坐标，用待定系数法即可求得抛物线的解析式；（2）由题意可将ED、OP用含t的代数式表示出来，并代入题目中的s与OP、DE的关系式整理可得s=（0<t<2），因为分子是定值1，所以分母越大，则分式的值越小，则当分母最大时，分式的值越小，即t=1时，s有最小值，且最小值为1；（3）解直角三角形可得BC和CD、BD的值，根据题意以P、B、D为顶点的三角形与△ABC相似所得的比例式有两种情况：，，将这些线段代入比例式即可求解。

九年级培优圆与相似辅导专题训练含详细答案

九年级培优圆与相似辅导专题训练含详细答案一、相似1．如图，AB是半圆O的直径，AB＝2，射线AM、BN为半圆O的切线.在AM上取一点D，连接BD交半圆于点C，连接AC.过O点作BC的垂线OE，垂足为点E，与BN相交于点F.过D点作半圆O的切线DP，切点为P，与BN相交于点Q.（1）若△ABD≌△BFO，求BQ的长；（2）求证：FQ=BQ【答案】（1）解：∵≌，∴，∵均为半圆切线，∴ .连接 ,则，∴四边形为菱形，∴DQ∥，∵均为半圆切线，∴∥，∴四边形为平行四边形∴，（2）证明：易得∽，∴ = ，∴ .∵是半圆的切线，∴ .过点作于点，则 .在中，，∴，解得：，∴∴【解析】【分析】（1）连接OP,由ΔABD≌ΔBFO可得AD=OB，由切线长定理可得AD=DP，于是易得OP=OA=DA=DP，根据菱形的判定可得四边形DAOP为菱形，则可得DQ∥AB，易得四边形DABQ为平行四边形，根据平行四边形的性质可求解；（2）过Q点作QK⊥AM于点K，由已知易证得ΔABD∽ΔBFO，可得比例式，可得BF与AD的关系，由切线长定理可得AD=DP,QB=QP ，解直角三角形DQK可求得BQ与AD 的关系，则根据FQ=BF−BQ可得FQ与AD的关系，从而结论得证。

2．如图，矩形OABC的两边在坐标轴上，点A的坐标为（10，0），抛物线y=ax2+bx+4过点B，C两点，且与x轴的一个交点为D（﹣2，0），点P是线段CB上的动点，设CP=t （0＜t＜10）．（1）请直接写出B、C两点的坐标及抛物线的解析式；（2）过点P作PE⊥BC，交抛物线于点E，连接BE，当t为何值时，∠PBE=∠OCD？（3）点Q是x轴上的动点，过点P作PM∥BQ，交CQ于点M，作PN∥CQ，交BQ于点N，当四边形PMQN为正方形时，请求出t的值．【答案】（1）解：在y＝ax2＋bx＋4中，令x＝0可得y＝4，∴C（0，4），∵四边形OABC为矩形，且A（10，0），∴B（10，4），把B、D坐标代入抛物线解析式可得，解得，∴抛物线解析式为y＝ x2＋ x＋4；（2）解：由题意可设P（t，4），则E（t， t2＋ t＋4），∴PB＝10﹣t，PE＝ t2＋ t＋4﹣4＝ t2＋ t，∵∠BPE＝∠COD＝90°，当∠PBE＝∠OCD时，则△PBE∽△OCD，∴，即BP•OD＝CO•PE，∴2（10﹣t）＝4（ t2＋ t），解得t＝3或t＝10（不合题意，舍去），∴当t＝3时，∠PBE＝∠OCD；当∠PBE＝∠CDO时，则△PBE∽△ODC，∴，即BP•OC＝DO•PE，∴4（10﹣t）＝2（ t2＋ t），解得t＝12或t＝10（均不合题意，舍去）综上所述∴当t＝3时，∠PBE＝∠OCD（3）解：当四边形PMQN为正方形时，则∠PMC＝∠PNB＝∠CQB＝90°，PM＝PN，∴∠CQO＋∠AQB＝90°，∵∠CQO＋∠OCQ＝90°，∴∠OCQ＝∠AQB，∴Rt△COQ∽Rt△QAB，∴，即OQ•AQ＝CO•AB，设OQ＝m，则AQ＝10﹣m，∴m（10﹣m）＝4×4，解得m＝2或m＝8，①当m＝2时，CQ＝＝，BQ＝＝，∴sin∠BCQ＝＝，sin∠CBQ＝＝，∴PM＝PC•sin∠PCQ＝ t，PN＝PB•sin∠CBQ＝（10﹣t），∴ t ＝（10﹣t），解得t＝，②当m＝8时，同理可求得t＝，∴当四边形PMQN为正方形时，t的值为或【解析】【分析】（1）先求出抛物线与y轴的交点C的坐标，再根据矩形ABCO及点A的坐标为（10，0），求出点B的坐标，然后利用待定系数法，将点B、D的坐标分别代入函数解析式求出二次函数解析式。

初三数学圆与相似的专项培优练习题(含答案)及详细答案

初三数学圆与相似的专项培优练习题(含答案)及详细答案一、相似1．阅读下列材料，完成任务：自相似图形定义：若某个图形可分割为若干个都与它相似的图形，则称这个图形是自相似图形．例如：正方形ABCD中，点E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA边的中点，连接EG，HF交于点O，易知分割成的四个四边形AEOH、EBFO、OFCG、HOGD均为正方形，且与原正方形相似，故正方形是自相似图形．任务：（1）图1中正方形ABCD分割成的四个小正方形中，每个正方形与原正方形的相似比为________；（2）如图2，已知△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，小明发现△ABC也是“自相似图形”，他的思路是：过点C作CD⊥AB于点D，则CD将△ABC分割成2个与它自己相似的小直角三角形．已知△ACD∽△ABC，则△ACD与△ABC的相似比为________；（3）现有一个矩形ABCD是自相似图形，其中长AD=a，宽AB=b（a＞b）．请从下列A、B两题中任选一条作答．A：①如图3﹣1，若将矩形ABCD纵向分割成两个全等矩形，且与原矩形都相似，则a=________（用含b的式子表示）；②如图3﹣2若将矩形ABCD纵向分割成n个全等矩形，且与原矩形都相似，则a=________（用含n，b的式子表示）；B：①如图4﹣1，若将矩形ABCD先纵向分割出2个全等矩形，再将剩余的部分横向分割成3个全等矩形，且分割得到的矩形与原矩形都相似，则a=________（用含b的式子表示）；②如图4﹣2，若将矩形ABCD先纵向分割出m个全等矩形，再将剩余的部分横向分割成n 个全等矩形，且分割得到的矩形与原矩形都相似，则a=________（用含m，n，b的式子表示）．【答案】（1）（2）（3）；；或；或【解析】【解答】（解：（1）∵点H是AD的中点，∴AH= AD，∵正方形AEOH∽正方形ABCD，∴相似比为： == ；故答案为：；（ 2 ）在Rt△ABC中，AC=4，BC=3，根据勾股定理得，AB=5，∴△ACD与△ABC相似的相似比为：，故答案为：；（ 3 ）A、①∵矩形ABEF∽矩形FECD，∴AF：AB=AB：AD，即 a：b=b：a，∴a= b；故答案为：②每个小矩形都是全等的，则其边长为b和 a，则b： a=a：b，∴a= b；故答案为：B、①如图2，由①②可知纵向2块矩形全等，横向3块矩形也全等，∴DN= b，Ⅰ、当FM是矩形DFMN的长时，∵矩形FMND∽矩形ABCD，∴FD：DN=AD：AB，即FD： b=a：b，解得FD= a，∴AF=a﹣ a= a，∴AG= = = a，∵矩形GABH∽矩形ABCD，∴AG：AB=AB：AD即 a：b=b：a得：a= b；Ⅱ、当DF是矩形DFMN的长时，∵矩形DFMN∽矩形ABCD，∴FD：DN=AB：AD即FD： b=b：a解得FD= ，∴AF=a﹣ = ，∴AG= = ，∵矩形GABH∽矩形ABCD，∴AG：AB=AB：AD即：b=b：a，得：a= b；故答案为：或；②如图3，由①②可知纵向m块矩形全等，横向n块矩形也全等，∴DN= b，Ⅰ、当FM是矩形DFMN的长时，∵矩形FMND∽矩形ABCD，∴FD：DN=AD：AB，即FD： b=a：b，解得FD= a，∴AF=a﹣ a，∴AG= = = a，∵矩形GABH∽矩形ABCD，∴AG：AB=AB：AD即 a：b=b：a得：a= b；Ⅱ、当DF是矩形DFMN的长时，∵矩形DFMN∽矩形ABCD，∴FD：DN=AB：AD即FD： b=b：a解得FD= ，∴AF=a﹣，∴AG= = ，∵矩形GABH∽矩形ABCD，∴AG：AB=AB：AD即：b=b：a，得：a= b；故答案为： b或 b．【分析】由题意可知，用相似多边形的性质即可求解。

九年级培优易错试卷圆与相似辅导专题训练含详细答案

九年级培优易错试卷圆与相似辅导专题训练含详细答案一、相似1．如图所示，△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，AD⊥BC，DE⊥AC，△CDE沿直线BC翻折到△CDF，连结AF交BE、DE、DC分别于点G、H、I．（1）求证：AF⊥BE；（2）求证：AD=3DI．【答案】（1）证明：∵在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，D是BC的中点，∴AD=BD=CD，∠ACB=45°，∵在△ADC中，AD=DC，DE⊥AC，∴AE=CE，∵△CDE沿直线BC翻折到△CDF，∴△CDE≌△CDF，∴CF=CE，∠DCF=∠ACB=45°，∴CF=AE，∠ACF=∠DCF+∠ACB=90°，在△ABE与△ACF中，，∴△ABE≌△ACF（SAS），∴∠ABE=∠FAC，∵∠BAG+∠CAF=90°，∴∠BAG+∠ABE=90°，∴∠AGB=90°，∴AF⊥BE（2）证明：作IC的中点M，连接EM，由（1）∠DEC=∠ECF=∠CFD=90°∴四边形DECF是正方形，∴EC∥DF，EC=DF，∴∠EAH=∠HFD，AE=DF，在△AEH与△FDH中，∴△AEH≌△FDH（AAS），∴EH=DH，∵∠BAG+∠CAF=90°，∴∠BAG+∠ABE=90°，∴∠AGB=90°，∴AF⊥BE，∵M是IC的中点，E是AC的中点，∴EM∥AI，∴，∴DI=IM，∴CD=DI+IM+MC=3DI，∴AD=3DI【解析】【分析】（1）根据翻折的性质和SAS证明△ABE≌△ACF，利用全等三角形的性质得出∠ABE=∠FAC，再证明∠AGB=90°，可证得结论。

（2）作IC的中点M，结合正方形的性质，可证得∠EAH=∠HFD，AE=DF，利用AAS证明△AEH与△FDH全等，再利用全等三角形的性质和中位线的性质解答即可。

九年级培优易错试卷圆与相似辅导专题训练及详细答案

九年级培优易错试卷圆与相似辅导专题训练及详细答案一、相似1．如图，抛物线与x轴交于两点A（﹣4，0）和B（1，0），与y轴交于点C（0，2），动点D沿△ABC的边AB以每秒2个单位长度的速度由起点A向终点B 运动，过点D作x轴的垂线，交△ABC的另一边于点E，将△ADE沿DE折叠，使点A落在点F处，设点D的运动时间为t秒．（1）求抛物线的解析式和对称轴；（2）是否存在某一时刻t，使得△EFC为直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；（3）设四边形DECO的面积为s，求s关于t的函数表达式．【答案】（1）解：把A（﹣4，0），B（1，0），点C（0，2）代入得：，解得：，∴抛物线的解析式为：，对称轴为：直线x=﹣；（2）解：存在，∵AD=2t，∴DF=AD=2t，∴OF=4﹣4t，∴D（2t﹣4，0），∵直线AC的解析式为：，∴E（2t﹣4，t），∵△EFC为直角三角形，分三种情况讨论：①当∠EFC=90°，则△DEF∽△OFC，∴，即，解得：t= ；②当∠FEC=90°，∴∠AEF=90°，∴△AEF是等腰直角三角形，∴DE= AF，即t=2t，∴t=0，（舍去），③当∠ACF=90°，则AC2+CF2=AF2，即（42+22）+[22+（4t﹣4）2]=（4t）2，解得：t= ，∴存在某一时刻t，使得△EFC为直角三角形，此时，t= 或；（3）解：∵B（1，0），C（0，2），∴直线BC的解析式为：y=﹣2x+2，当D在y轴的左侧时，S= （DE+OC）•OD= （t+2）•（4﹣2t）=﹣t2+4 （0＜t＜2）；当D在y轴的右侧时，如图2，∵OD=4t﹣4，DE=﹣8t+10，S= （DE+OC）•OD= （﹣8t+10+2）•（4t﹣4），即（2＜t＜）．综上所述：【解析】【分析】（1）（1）利用待定系数法，将点A、B、C的坐标代入函数解析式，建立方程组求解即可。

2020-2021九年级培优圆与相似辅导专题训练附详细答案

2020-2021九年级培优圆与相似辅导专题训练附详细答案一、相似1．如图，已知抛物线经过点A（﹣1，0），B（4，0），C（0，2）三点，点D与点C关于x轴对称，点P是x轴上的一个动点，设点P的坐标为（m，0），过点P做x轴的垂线l交抛物线于点Q，交直线于点M．（1）求该抛物线所表示的二次函数的表达式；（2）已知点F（0，），当点P在x轴上运动时，试求m为何值时，四边形DMQF是平行四边形？（3）点P在线段AB运动过程中，是否存在点Q，使得以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：由抛物线过点A（-1，0）、B（4，0）可设解析式为y=a（x+1）（x-4），将点C（0，2）代入，得：-4a=2，解得：a=- ，则抛物线解析式为y=- （x+1）（x-4）=- x2+ x+2（2）解：由题意知点D坐标为（0，-2），设直线BD解析式为y=kx+b，将B（4，0）、D（0，-2）代入，得：，解得：，∴直线BD解析式为y= x-2，∵QM⊥x轴，P（m，0），∴Q（m，- m2+ m+2）、M（m， m-2），则QM=- m2+ m+2-（ m-2）=- m2+m+4，∵F（0，）、D（0，-2），∴DF= ，∵QM∥DF，∴当- m2+m+4= 时，四边形DMQF是平行四边形，解得：m=-1或m=3，即m=-1或3时，四边形DMQF是平行四边形。

（3）解：如图所示：∵QM∥DF，∴∠ODB=∠QMB，分以下两种情况：①当∠DOB=∠MBQ=90°时，△DOB∽△MBQ，则，∵∠MBQ=90°，∴∠MBP+∠PBQ=90°，∵∠MPB=∠BPQ=90°，∴∠MBP+∠BMP=90°，∴∠BMP=∠PBQ，∴△MBQ∽△BPQ，∴，即，解得：m1=3、m2=4，当m=4时，点P、Q、M均与点B重合，不能构成三角形，舍去，∴m=3，点Q的坐标为（3，2）；②当∠BQM=90°时，此时点Q与点A重合，△BOD∽△BQM′，此时m=-1，点Q的坐标为（-1，0）；综上，点Q的坐标为（3，2）或（-1，0）时，以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似．【解析】【分析】（1）A（-1，0）、B（4，0）是抛物线与x轴的交点，则可由抛物线的两点式，设解析为y=a（x+1）（x-4），代入C（0,2）即可求得a的值；（2）由QM∥DF且四边形DMQF是平行四边形知QM=DF，由D，F的坐标可求得DF的长度；由P（m,0）可得Q（m，-m2+m+2），而M在直线BD上，由B，D的坐标用待定系数法求出直线BD的解析式，并当=m时，表示出点M的坐标，可用m表示出QM的长度。

中考数学圆与相似培优练习(含答案)及答案

中考数学圆与相似培优练习(含答案)及答案一、相似1．如图，已知抛物线经过点A（﹣1，0），B（4，0），C（0，2）三点，点D与点C关于x轴对称，点P是x轴上的一个动点，设点P的坐标为（m，0），过点P做x轴的垂线l交抛物线于点Q，交直线于点M．（1）求该抛物线所表示的二次函数的表达式；（2）已知点F（0，），当点P在x轴上运动时，试求m为何值时，四边形DMQF是平行四边形？（3）点P在线段AB运动过程中，是否存在点Q，使得以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：由抛物线过点A（-1，0）、B（4，0）可设解析式为y=a（x+1）（x-4），将点C（0，2）代入，得：-4a=2，解得：a=- ，则抛物线解析式为y=- （x+1）（x-4）=- x2+ x+2（2）解：由题意知点D坐标为（0，-2），设直线BD解析式为y=kx+b，将B（4，0）、D（0，-2）代入，得：，解得：，∴直线BD解析式为y= x-2，∵QM⊥x轴，P（m，0），∴Q（m，- m2+ m+2）、M（m， m-2），则QM=- m2+ m+2-（ m-2）=- m2+m+4，∵F（0，）、D（0，-2），∴DF= ，∵QM∥DF，∴当- m2+m+4= 时，四边形DMQF是平行四边形，解得：m=-1或m=3，即m=-1或3时，四边形DMQF是平行四边形。

九年级培优圆与相似辅导专题训练及详细答案

九年级培优圆与相似辅导专题训练及详细答案一、相似1．如图，在平面直角坐标系中，直线y=﹣ x+ 与x轴、y轴分别交于点B、A，与直线y= 相交于点C．动点P从O出发在x轴上以每秒5个单位长度的速度向B匀速运动，点Q从C出发在OC上以每秒4个单位长度的速度，向O匀速运动，运动时间为t秒（0＜t＜2）．（1）直接写出点C坐标及OC、BC长；（2）连接PQ，若△OPQ与△OBC相似，求t的值；（3）连接CP、BQ，若CP⊥BQ，直接写出点P坐标．【答案】（1）解：对于直线y=﹣ x+ ，令x=0，得到y= ，∴A（0，），令y=0，则x=10，∴B（10，0），由，解得，∴C（，）．∴OC= =8，BC= =10（2）解：①当时，△OPQ∽△OCB，∴，∴t= ．②当时，△OPQ∽△OBC，∴，∴t=1，综上所述，t的值为或1s时，△OPQ与△OBC相似（3）解：如图作PH⊥OC于H．∵OC=8，BC=6，OB=10，∴OC2+BC2=OB2，∴∠OCB=90°，∴当∠PCH=∠CBQ时，PC⊥BQ．∵∠PHO=∠BCO=90°，∴PH∥BC，∴，∴，∴PH=3t，OH=4t，∴tan∠PCH=tan∠CBQ，∴，∴t= 或0（舍弃），∴t= s时，PC⊥BQ．【解析】【分析】（1）根据直线与坐标轴交点的坐标特点求出A,B点的坐标，解联立直线AB,与直线OC的解析式组成的方程组，求出C点的坐标，根据两点间的距离公式即可直接算出OC,OB的长；（2）根据速度乘以时间表示出OP=5t，CQ=4t，OQ=8-4t，①当OP∶OC=OQ∶OB时，△OPQ∽△OCB，根据比例式列出方程，求解得出t的值；②当OP∶OB=OQ∶OC时，△OPQ∽△OBC，根据比例式列出方程，求解得出t的值，综上所述即可得出t的值；（3）如图作PH⊥OC于H．根据勾股定理的逆定理判断出∠OCB=90°，从而得出当∠PCH=∠CBQ时，PC⊥BQ．根据同位角相等二直线平行得出PH∥BC，根据平行线分线段成比例定理得出OP∶OB=PH∶BC=OH∶OC,根据比例式得出PH=3t，OH=4t，根据等角的同名三角函数值相等及正切函数的定义，由tan∠PCH=tan∠CBQ，列出方程，求解得出t的值，经检验即可得出答案。

九年级数学圆与相似的专项培优练习题(含答案)附答案解析

九年级数学圆与相似的专项培优练习题(含答案)附答案解析一、相似1．如图，在□ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F是AD上的点，且AE=EF=FD.连结BE、BF。

使它们分别与AO相交于点G、H（1）求EG ：BG的值（2）求证：AG=OG（3）设AG =a ,GH =b，HO =c，求a : b : c的值【答案】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AO= AC，AD=BC，AD∥BC，∴△AEG∽△CBG，∴ = = ．∵AE=EF=FD，∴BC=AD=3AE，∴GC=3AG，GB=3EG，∴EG：BG=1：3（2）解：∵GC=3AG（已证），∴AC=4AG，∴AO= AC=2AG，∴GO=AO﹣AG=AG（3）解：∵AE=EF=FD，∴BC=AD=3AE，AF=2AE．∵AD∥BC，∴△AFH∽△CBH，∴ = = = ，∴ = ，即AH= AC．∵AC=4AG，∴a=AG= AC，b=AH﹣AG= AC﹣ AC= AC，c=AO﹣AH= AC﹣ AC= AC，∴a：b：c= ：： =5：3：2【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质可得AO=AC，AD=BC，AD∥BC，从而可证得△AEG∽△CBG，得出对应边成比例，由AE=EF=FD可得BC=3AE，就可证得GB=3EG，即可求出EG：BG的值。

（2）根据相似三角形的性质可得GC=3AG，就可证得AC=4AG，从而可得AO=2AG，即可证得结论。

（3）根据平行可证得三角形相似，再根据相似三角形的性质可得AG=AC，AH=AC，结合AO=AC，即可得到用含AC的代数式分别表示出a、b、c，就可得到a：b：c的值。

2．定义：如图1，点M，N把线段AB分割成AM，MN和BN，若以AM，MN，BN为边的三角形是一个直角三角形，则称点M，N是线段AB的勾股分割点.（1）已知点M，N是线段AB的勾股分割点，若AM=3，MN=4求BN的长；（2）已知点C是线段AB上的一定点，其位置如图2所示，请在BC上画一点D，使C，D 是线段AB的勾股分割点（要求尺规作图，保留作图痕迹，画出一种情形即可）；（3）如图3，正方形ABCD中，M，N分别在BC，DC上，且BM≠DN，∠MAN=45°，AM，AN分别交BD于E，F.求证：①E、F是线段BD的勾股分割点；②△AMN的面积是△AEF面积的两倍．【答案】（1）解：（1）①当MN为最大线段时，∵点M，N是线段AB的勾股分割点，∴BM= = = ，②当BN为最大线段时，∵点M，N是线段AB的勾股分割点，∴BN= = =5，综上，BN= 或5；（2）解：作法：①在AB上截取CE=CA；②作AE的垂直平分线，并截取CF=CA；③连接BF，并作BF的垂直平分线，交AB于D；点D即为所求；如图2所示．（3）解：①如图3中，将△ADF绕点A顺时针性质90°得到△ABH，连接HE．∵∠DAF+∠BAE=90°﹣∠EAF=45°，∠DAF=∠BAH，∴∠EAH=∠EAF=45°，∵EA=EA，AH=AF，∴△EAH≌△EAF，∴EF=HE，∵∠ABH=∠ADF=45°=∠ABD，∴∠HBE=90°，在Rt△BHE中，HE2=BH2+BE2，∵BH=DF，EF=HE，∵EF2=BE2+DF2，∴E、F是线段BD的勾股分割点．②证明：如图4中，连接FM，EN．∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADC=90°，∠BDC=∠ADB=45°，∵∠MAN=45°，∴∠EAN=∠EDN，∵∠AFE=∠FDN，∴△AFE∽△DFN，∴∠AEF=∠DNF，，∴，∵∠AFD=∠EFN，∴△AFD∽△EFN，∴∠DAF=∠FEN，∵∠DAF+∠DNF=90°，∴∠AEF+∠FEN=90°，∴∠AEN=90°∴△AEN是等腰直角三角形，同理△AFM是等腰直角三角形；∵△AEN是等腰直角三角形，同理△AFM是等腰直角三角形，∴AM= AF，AN= AE，∵S△AMN= AM•AN•sin45°，S△AEF= AE•AF•sin45°，∴ =2，∴S△AMN=2S△AEF．【解析】【分析】（1）此题分两种情况：①当MN为最大线段时，②当BN为最大线段时，根据线段的勾股分割点的定义，利用勾股定理分别得出BM的长；（2）利用尺规作图，将线段AC,CD,DB转化到同一个直角三角形中，①在AB上截取CE=CA；②作AE的垂直平分线，并截取CF=CA；这样的作图可以保证直角的出现，及AC 是一条直角边，③连接BF，并作BF的垂直平分线，交AB于D；这样的作图意图利用垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等，即BD=DF，从而实现将三条线段转化到同一直角三角形的目的；（3）①如图3中，将△ADF绕点A顺时针性质90°得到△ABH，连接HE．根据正方形的性质及旋转的性质得出∠EAH=∠EAF=45°，AH=AF，利用SAS判断出△EAH≌△EAF，根据全等三角形对应边相等得出EF=HE，根据正方形的每条对角线平分一组对角，及旋转的性质得出∠ABH=∠ADF=45°=∠ABD，故∠HBE=90°，在Rt△BHE中，HE2=BH2+BE2，根据等量代换得出结论；②证明：如图4中，连接FM，EN．根据正方形的性质及对顶角相等判断出△AFE∽△DFN，根据相似三角形对应角相等，对应边成比例得出∠AEF=∠DNF， AF∶DF =EF∶FN ，根据比例的性质进而得出AF∶EF =DF∶FN,再判断出△AFD∽△EFN，根据相似三角形对应角相等得出∠DAF=∠FEN，根据直角三角形两锐角互余，及等量代换由∠DAF+∠DNF=90°，得出∠AEF+∠FEN=90°，即∠AEN=90°，从而判断出△AEN是等腰直角三角形，同理△AFM是等腰直角三角形；根据等腰直角三角形的边之间的关系AM= AF，AN= AE，从而分别表示出S△AMN与S△AEF，求出它们的比值即可得出答案。

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y= 相交于点 C．动点 P 从 O 出发在 x 轴上以每秒 5 个单位长度的速度向 B 匀速运动，点 Q 从 C 出发在 OC 上以每秒 4 个单位长度的速度，向 O 匀速运动，运动时间为 t 秒（0＜t＜ 2）．
（1）直接写出点 C 坐标及 OC、BC 长；
（2）连接 PQ，若△ OPQ 与△ OBC 相似，求 t 的值；（3）连接 CP、BQ，若 CP⊥BQ，直接写出点 P 坐标．
综上所述，t 的值为或 1s 时，△ OPQ 与△ OBC 相似
（3）解：如图作 PH⊥OC 于 H．
∵ OC=8，BC=6，OB=10， ∴ OC2+BC2=OB2 ， ∴ ∠ OCB=90°， ∴ 当∠ PCH=∠ CBQ 时，PC⊥BQ． ∵ ∠ PHO=∠ BCO=90°， ∴ PH∥ BC，
【答案】（1）解：对于直线 y=﹣ x+ ，令 x=0，得到 y= ，
∴ A（0，），令 y=0，则 x=10， ∴ B（10，0），
由
，解得
，
∴ C（，）．
∴ OC=
=8，
BC=
=10
（2）解：①当
时，△ OPQ∽ △ OCB，
∴
，
∴ t= ．
②当
时，△ OPQ∽ △ OBC，
∴
，
∴ t=1，
【答案】（1）解：y=x2+2x+1=（x+1）2 的图象沿 x 轴翻折，得 y=﹣（x+1）2 ，把 y=﹣（x+1）2 向右平移 1 个单位，再向上平移 4 个单位，得 y=﹣x2+4， ∴ 所求的函数 y=ax2+bx+c 的解析式为 y=﹣x2+4
（2）解：∵ y=x2+2x+1=（x+1）2 ， ∴ A（﹣1，0），当 y=0 时，﹣x2+4=0，解得 x=±2，则 D（﹣2，0），C（2，0）；当 x=0 时，y=﹣x2+4=4，则 B（0，4），从点 A，C，D 三个点中任取两个点和点 B 构造三角形的有：△ ACB，△ ADB，△ CDB， ∵ AC=3，AD=1，CD=4，AB= ，BC=2 ，BD=2 ， ∴ △ BCD 为等腰三角形，
∴
，
∴
，
∴ PH=3t，OH=4t，
∴ tan∠ PCH=tan∠ CBQ，
∴
，
∴ t= 或 0（舍弃），
∴ t= s 时，PC⊥BQ．【解析】【分析】（1）根据直线与坐标轴交点的坐标特点求出 A,B 点的坐标，解联立直线 AB,与直线 OC 的解析式组成的方程组，求出 C 点的坐标，根据两点间的距离公式即可直接算出 OC,OB 的长；（2）根据速度乘以时间表示出 OP=5t，CQ=4t，OQ=8-4t，①当 OP∶ OC=OQ∶ OB 时， △ OPQ∽ △ OCB，根据比例式列出方程，求解得出 t 的值；②当 OP∶ OB=OQ∶ OC 时， △ OPQ∽ △ OBC，根据比例式列出方程，求解得出 t 的值，综上所述即可得出 t 的值；（ 3 ）如图作 PH⊥OC 于 H ．根据勾股定理的逆定理判断出 ∠ OCB=90°，从而得出当 ∠ PCH=∠ CBQ 时，PC⊥BQ．根据同位角相等二直线平行得出 PH∥ BC，根据平行线分线段成比例定理得出 OP∶ OB=PH∶ BC=OH∶ OC,根据比例式得出 PH=3t，OH=4t，根据等角的同名三角函数值相等及正切函数的定义，由 tan∠ PCH=tan∠ CBQ，列出方程，求解得出 t 的值，经检验即可得出答案。
讨论：①当 N 点在 AC 上，如图 1；②当 N 点在 BC 上，如图 2；③当 N 点在 AB 上，如
图 3。利用△ AMN 的面积=△ ABC 面积的，解直角三角形、相似三角形的判定和性质等相关的知识，就可求出 tan∠ MAN 的值。
2．如图，在平面直角坐标系中，直线 y=﹣ x+ 与 x 轴、y 轴分别交于点 B、A，与直线
∴ 构造的三角形是等腰三角形的概率=
（3）解：存在，
易得 BC 的解析是为 y=﹣2x+4，S△ ABC= AC•OB= ×3×4=6， M 点的坐标为（m，﹣2m+4）（0≤m≤2）， ①当 N 点在 AC 上，如图 1，
∴ △ AMN 的面积为△ ABC 面积的，
∴ （m+1）（﹣2m+4）=2，解得 m1=0，m2=1，当 m=0 时，M 点的坐标为（0，4），N（0，0），则 AN=1，MN=4，
；
③当 N 点在 AB 上，如图 3，
作 AH⊥BC 于 H，设 AN=t，则 BN= ﹣t，
由②得 AH= ，则 BH=
，
∵ ∠ NBG=∠ HBA，
∴ △ BNM∽ △ BHA，
∴
，即
，
∴ MN=
，
∵ AN•MN=2，
即 •（ ﹣t）•
=2，
整理得 3t2﹣3 t+14=0，△ =（﹣3
∴ 点 N 在 AB 上不符合条件，
）2﹣4×3×14=﹣15＜0，方程没有实数解，
综上所述，tan∠ MAN 的值为 1 或 43;1 配方成顶点式，根据轴对称的性质，可得出翻折后的函数解析式，再根据函数图像平移的规律：上加下减，左加右减，可得出答案。（2）先求出抛物线 y=x2+2x+1 的顶点坐标 A，与 x 轴、y 轴的交点 D、C、B 的坐标，可得出从点 A，C，D 三个点中任取两个点和点 B 构造三角形的有：△ ACB，△ ADB，△ CDB，再求出它们的各边的长，得出构造的三角形是等腰三角形可能数，利用概率公式求解即可。（3）利用待定系数法求出直线 BC 的函数解析式及△ ABC 的面积、点 M 的坐标，再分情况
（1）求函数 y=ax2+bx+c 的解析式；（2）从点 A，C，D 三个点中任取两个点和点 B 构造三角形，求构造的三角形是等腰三角形的概率；
（3）若点 M 是线段 BC 上的动点，点 N 是△ ABC 三边上的动点，是否存在以 AM 为斜边的
Rt△ AMN，使△ AMN 的面积为△ ABC 面积的？若存在，求 tan∠ MAN 的值；若不存在，请说明理由．
∴ tan∠ MAC=
=4；
当 m=1 时，M 点的坐标为（1，2），N（1，0），则 AN=2，MN=2，
∴ tan∠ MAC=
=1；
②当 N 点在 BC 上，如图 2，
BC=
=2 ，
∵ BC•AN= AC•BC，解得 AN=
，
∵ S△ AMN= AN•MN=2，
∴ MN= = ，
∴ ∠ MAC=
九年级培优圆与相似辅导专题训练含答案一、相似
1．如图所示，将二次函数 y=x2+2x+1 的图象沿 x 轴翻折，然后向右平移 1 个单位，再向上平移 4 个单位，得到二次函数 y=ax2+bx+c 的图象．函数 y=x2+2x+1 的图象的顶点为点 A．函数 y=ax2+bx+c 的图象的顶点为点 B，和 x 轴的交点为点 C，D（点 D 位于点 C 的左侧）．