中考数学圆与相似综合题汇编含答案.doc

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中考数学压轴题专题圆与相似的经典综合题及答案一、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,∴A E=CE,∵△ CDE沿直线 BC 翻折到△ CDF,∴△ CDE≌ △CDF,∴C F=CE,∠ DCF=∠ACB=45 ,°∴C F=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。

中考数学圆的综合综合题汇编附答案

中考数学圆的综合综合题汇编附答案

一、圆的综合真题与模拟题分类汇编(难题易错题)1.如图,点P在⊙O的直径AB的延长线上,PC为⊙O的切线,点C为切点,连接AC,过点A作PC的垂线,点D为垂足,AD交⊙O于点E.(1)如图1,求证:∠DAC=∠PAC;(2)如图2,点F(与点C位于直径AB两侧)在⊙O上,BF FA=,连接EF,过点F作AD 的平行线交PC于点G,求证:FG=DE+DG;(3)在(2)的条件下,如图3,若AE=23DG,PO=5,求EF的长.【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3)EF=32.【解析】【分析】(1)连接OC,求出OC∥AD,求出OC⊥PC,根据切线的判定推出即可;(2)连接BE交GF于H,连接OH,求出四边形HGDE是矩形,求出DE=HG,FH=EH,即可得出答案;(3)设OC交HE于M,连接OE、OF,求出∠FHO=∠EHO=45°,根据矩形的性质得出EH∥DG,求出OM=12AE,设OM=a,则HM=a,AE=2a,AE=23DG,DG=3a,求出ME=CD=2a,BM=2a,解直角三角形得出tan∠MBO=12MOBM=,tanP=12COPO=,设OC=k,则PC=2k,根据OP=5k=5求出k=5,根据勾股定理求出a,即可求出答案.【详解】(1)证明:连接OC,∵PC为⊙O的切线,∴OC⊥PC,∵AD⊥PC,∴OC∥AD,∴∠OCA=∠DAC,∵OC=OA,∴∠PAC=∠OCA,∴∠DAC=∠PAC;(2)证明:连接BE交GF于H,连接OH,∵FG∥AD,∴∠FGD+∠D=180°,∵∠D=90°,∴∠FGD=90°,∵AB为⊙O的直径,∴∠BEA=90°,∴∠BED=90°,∴∠D=∠HGD=∠BED=90°,∴四边形HGDE是矩形,∴DE=GH,DG=HE,∠GHE=90°,∵BF AF=,∴∠HEF=∠FEA=12∠BEA=1902o⨯=45°,∴∠HFE=90°﹣∠HEF=45°,∴∠HEF=∠HFE,∴FH=EH,∴FG=FH+GH=DE+DG;(3)解:设OC交HE于M,连接OE、OF,∵EH=HF,OE=OF,HO=HO,∴△FHO≌△EHO,∴∠FHO=∠EHO=45°,∵四边形GHED是矩形,∴EH∥DG,∴∠OMH=∠OCP=90°,∴∠HOM=90°﹣∠OHM=90°﹣45°=45°,∴∠HOM=∠OHM,∴HM=MO,∵OM⊥BE,∴BM=ME,∴OM=12 AE,设OM=a,则HM=a,AE=2a,AE=23DG,DG=3a,∵∠HGC=∠GCM=∠GHE=90°,∴四边形GHMC是矩形,∴GC=HM=a,DC=DG﹣GC=2a,∵DG=HE,GC=HM,∴ME=CD=2a,BM=2a,在Rt△BOM中,tan∠MBO=122 MO aBM a==,∵EH∥DP,∴∠P=∠MBO,tanP=12 COPO=,设OC=k,则PC=2k,在Rt△POC中,,解得:在Rt△OME中,OM2+ME2=OE2,5a2=5,a=1,∴HE=3a=3,在Rt△HFE中,∠HEF=45°,∴.【点睛】考查了切线的性质,矩形的性质和判定,解直角三角形,勾股定理等知识点,能综合运用性质进行推理是解此题的关键.2.如图,在锐角△ABC中,AC是最短边.以AC为直径的⊙O,交BC于D,过O作OE∥BC,交OD于E,连接AD、AE、CE.(1)求证:∠ACE=∠DCE;(2)若∠B=45°,∠BAE=15°,求∠EAO的度数;(3)若AC=4,23CDF COE S S ∆∆=,求CF 的长.【答案】(1)证明见解析,(2)60°;(3)433【解析】 【分析】(1)易证∠OEC =∠OCE ,∠OEC =∠ECD ,从而可知∠OCE =∠ECD ,即∠ACE =∠DCE ; (2)延长AE 交BC 于点G ,易证∠AGC =∠B +∠BAG =60°,由于OE ∥BC ,所以∠AEO =∠AGC =60°,所以∠EAO =∠AEO =60°; (3)易证12COE CAES S=,由于23CDF COES S=,所以CDF CAES S =13,由圆周角定理可知∠AEC =∠FDC =90°,从而可证明△CDF ∽△CEA ,利用三角形相似的性质即可求出答案. 【详解】(1)∵OC =OE ,∴∠OEC =∠OCE .∵OE ∥BC ,∴∠OEC =∠ECD ,∴∠OCE =∠ECD ,即∠ACE =∠DCE ; (2)延长AE 交BC 于点G .∵∠AGC 是△ABG 的外角,∴∠AGC =∠B +∠BAG =60°. ∵OE ∥BC ,∴∠AEO =∠AGC =60°. ∵OA =OE ,∴∠EAO =∠AEO =60°.(3)∵O 是AC 中点,∴12COE CAESS =. 23CDF COES S=,∴CDF CAES S=13. ∵AC 是直径,∴∠AEC =∠FDC =90°. ∵∠ACE =∠FCD ,∴△CDF ∽△CEA ,∴CF CA =33,∴CF =33CA =433.【点睛】本题考查了圆的综合问题,涉及平行线的性质,三角形的外角的性质,三角形中线的性质,圆周角定理,相似三角形的判定与性质等知识,需要学生灵活运用所学知识.3.如图,AB为⊙O的直径,点D为AB下方⊙O上一点,点C为弧ABD的中点,连接CD,CA.(1)求证:∠ABD=2∠BDC;(2)过点C作CH⊥AB于H,交AD于E,求证:EA=EC;(3)在(2)的条件下,若OH=5,AD=24,求线段DE的长度.【答案】(1)证明见解析;(2)见解析;(3)92 DE=.【解析】【分析】(1)连接AD,如图1,设∠BDC=α,∠ADC=β,根据圆周角定理得到∠CAB=∠BDC=α,由AB为⊙O直径,得到∠ADB=90°,根据余角的性质即可得到结论;(2)根据已知条件得到∠ACE=∠ADC,等量代换得到∠ACE=∠CAE,于是得到结论;(3)如图2,连接OC,根据圆周角定理得到∠COB=2∠CAB,等量代换得到∠COB=∠ABD,根据相似三角形的性质得到OH=5,根据勾股定理得到AB=22AD BD+=26,由相似三角形的性质即可得到结论.【详解】(1)连接AD.如图1,设∠BDC=α,∠ADC=β,则∠CAB=∠BDC=α,∵点C为弧ABD中点,∴AC=CD,∴∠ADC=∠DAC=β,∴∠DAB=β﹣α,∵AB为⊙O直径,∴∠ADB=90°,∴α+β=90°,∴β=90°﹣α,∴∠ABD=90°﹣∠DAB=90°﹣(β﹣α),∴∠ABD=2α,∴∠ABD=2∠BDC;(2)∵CH⊥AB,∴∠ACE+∠CAB=∠ADC+∠BDC=90°,∵∠CAB =∠CDB ,∴∠ACE =∠ADC , ∵∠CAE =∠ADC ,∴∠ACE =∠CAE ,∴AE =CE ; (3)如图2,连接OC ,∴∠COB =2∠CAB , ∵∠ABD =2∠BDC ,∠BDC =∠CAB ,∴∠COB =∠ABD , ∵∠OHC =∠ADB =90°,∴△OCH ∽△ABD ,∴12OH OC BD AB ==, ∵OH =5,∴BD =10,∴AB =22AD BD +=26,∴AO =13,∴AH =18,∵△AHE ∽△ADB ,∴AH AE AD AB =,即1824=26AE ,∴AE =392,∴DE =92.【点睛】本题考查了垂径定理,相似三角形的判定和性质,等腰三角形的判定和性质,正确的作出辅助线是解题的关键.4.如图.在△ABC 中,∠C =90°,AC =BC ,AB =30cm ,点P 在AB 上,AP =10cm ,点E 从点P 出发沿线段PA 以2c m/s 的速度向点A 运动,同时点F 从点P 出发沿线段PB 以1c m/s 的速度向点B 运动,点E 到达点A 后立刻以原速度沿线段AB 向点B 运动,在点E 、F 运动过程中,以EF 为边作正方形EFGH ,使它与△ABC 在线段AB 的同侧,设点E 、F 运动的时间为t (s )(0<t <20).(1)当点H 落在AC 边上时,求t 的值;(2)设正方形EFGH 与△ABC 重叠部分的面积为S .①试求S 关于t 的函数表达式;②以点C 为圆心,12t 为半径作⊙C ,当⊙C 与GH 所在的直线相切时,求此时S 的值.【答案】(1)t=2s或10s;(2)①S=2229?(02)75050(210)240400?(1020)t tt t tt t t⎧<≤⎪⎪-+-<≤⎨⎪-+<<⎪⎩;②100cm2.【解析】试题分析:(1)如图1中,当0<t≤5时,由题意AE=EH=EF,即10﹣2t=3t,t=2;如图2中,当5<t<20时,AE=HE,2t﹣10=10﹣(2t﹣10)+t,t=10;(2)分四种切线讨论a、如图3中,当0<t≤2时,重叠部分是正方形EFGH,S=(3t)2=9t2.b、如图4中,当2<t≤5时,重叠部分是五边形EFGMN.c、如图5中,当5<t<10时,重叠部分是五边形EFGMN.d、如图6中,当10<t<20时,重叠部分是正方形EFGH.分别计算即可;②分两种情形分别列出方程即可解决问题.试题解析:解:(1)如图1中,当0<t≤5时,由题意得:AE=EH=EF,即10﹣2t=3t,t=2如图2中,当5<t<20时,AE=HE,2t﹣10=10﹣(2t﹣10)+t,t=10.综上所述:t=2s或10s时,点H落在AC边上.(2)①如图3中,当0<t≤2时,重叠部分是正方形EFGH,S=(3t)2=9t2如图4中,当2<t≤5时,重叠部分是五边形EFGMN,S=(3t)2﹣12(5t﹣10)2=﹣72t2+50t﹣50.如图5中,当5<t<10时,重叠部分是五边形EFGMN,S=(20﹣t)2﹣12(30﹣3t)2=﹣72t2+50t﹣50.如图6中,当10<t<20时,重叠部分是正方形EFGH,S=(20﹣t)2=t2﹣40t+400.综上所述:S=2229?(02)75050(210) 240400?(1020)t tt t tt t t⎧<≤⎪⎪-+-<≤⎨⎪-+<<⎪⎩.②如图7中,当0<t≤5时,12t+3t=15,解得:t=307,此时S=100cm2,当5<t<20时,12t+20﹣t=15,解得:t=10,此时S=100.综上所述:当⊙C与GH所在的直线相切时,求此时S的值为100cm2点睛:本题考查了圆综合题、正方形的性质、等腰直角三角形的性质、切线的性质等知识,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题,学会用分类讨论的思想思考问题,注意不能漏解,属于中考压轴题.5.已知⊙O中,弦AB=AC,点P是∠BAC所对弧上一动点,连接PA,PB.(1)如图①,把△ABP绕点A逆时针旋转到△ACQ,连接PC,求证:∠ACP+∠ACQ=180°;(2)如图②,若∠BAC=60°,试探究PA、PB、PC之间的关系.(3)若∠BAC=120°时,(2)中的结论是否成立?若是,请证明;若不是,请直接写出它们之间的数量关系,不需证明.【答案】(1)证明见解析;(2)PA=PB+PC.理由见解析;(3)若∠BAC=120°时,(2)3 PA=PB+PC.【解析】试题分析:(1)如图①,连接PC.根据“内接四边形的对角互补的性质”即可证得结论;(2)如图②,通过作辅助线BC、PE、CE(连接BC,延长BP至E,使PE=PC,连接CE)构建等边△PCE和全等三角形△BEC≌△APC;然后利用全等三角形的对应边相等和线段间的和差关系可以求得PA=PB+PC;(3)如图③,在线段PC上截取PQ,使PQ=PB,过点A作AG⊥PC于点G.利用全等三角形△ABP≌△AQP(SAS)的对应边相等推知AB=AQ,PB=PG,将PA、PB、PC的数量关系转化到△APC中来求即可.试题解析:(1)如图①,连接PC.∵△ACQ是由△ABP绕点A逆时针旋转得到的,∴∠ABP=∠ACQ.由图①知,点A、B、P、C四点共圆,∴∠ACP+∠ABP=180°(圆内接四边形的对角互补),∴∠ACP+∠ACQ=180°(等量代换);(2)PA=PB+PC.理由如下:如图②,连接BC,延长BP至E,使PE=PC,连接CE.∵弦AB=弦AC,∠BAC=60°,∴△ABC是等边三角形(有一内角为60°的等腰三角形是等边三角形).∵A、B、P、C四点共圆,∴∠BAC+∠BPC=180°(圆内接四边形的对角互补),∵∠BPC+∠EPC=180°,∴∠BAC=∠CPE=60°,∵PE=PC,∴△PCE是等边三角形,∴CE=PC,∠E=∠ECP=∠EPC=60°;又∵∠BCE=60°+∠BCP,∠ACP=60°+∠BCP,∴∠BCE=∠ACP(等量代换),在△BEC和△APC中,CE PCBCE ACPAC BC=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△BEC≌△APC(SAS),∴BE=PA,∴PA=BE=PB+PC;(3)若∠BAC=120°时,(23.理由如下:如图③,在线段PC上截取PQ,使PQ=PB,过点A作AG⊥PC于点G.∵∠BAC=120°,∠BAC+∠BPC=180°,∴∠BPC=60°.∵弦AB=弦AC,∴∠APB=∠APQ=30°.在△ABP和△AQP中,PB PQAPB APQAP AP=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△ABP≌△AQP(SAS),∴AB=AQ,PB=PQ(全等三角形的对应边相等),∴AQ=AC(等量代换).在等腰△AQC中,QG=CG.在Rt△APG中,∠APG=30°,则AP=2AG,PG=3AG,∴PB+PC=PG ﹣QG+PG+CG=PG﹣QG+PG+QG=2PG=23AG,∴3PA=23AG,即3PA=PB+PC.【点睛】本题考查了圆的综合题,解题的关键要能掌握和灵活运用圆心角、弧、弦间的关系,全等三角形的判定与性质,圆内接四边形的性质等.6.已知:如图,AB是⊙O的直径,PB切⊙O于点B,PA交⊙O于点C,∠APB是平分线分别交BC,AB于点D、E,交⊙O于点F,∠A=60°,并且线段AE、BD的长是一元二次方程 x2﹣kx+23 =0的两根(k为常数).(1)求证:PA•BD=PB•AE;(2)求证:⊙O的直径长为常数k;(3)求tan∠FPA的值.【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)tan∠FPA=2﹣3 .【解析】试题分析:(1)由PB切⊙O于点B,根据弦切角定理,可得∠PBD=∠A,又由PF平分∠APB,可证得△PBD∽△PAE,然后由相似三角形的对应边成比例,证得PA•BD=PB•AE;(2)易证得BE=BD,又由线段AE、BD的长是一元二次方程 x2﹣kx+2=0的两根(k为常数),即可得AE+BD=k,继而求得AB=k,即:⊙O的直径长为常数k;(3)由∠A=60°,并且线段AE、BC的长是一元二次方程 x2﹣kx+2=0的两根(k为常数),可求得AE与BD的长,继而求得tan∠FPB的值,则可得tan∠FPA的值.试题解析:(1)证明:如图,∵PB切⊙O于点B,∴∠PBD=∠A,∵PF平分∠APB,∴∠APE=∠BPD,∴△PBD∽△PAE,∴PB:PA=BD:AE,∴PA•BD=PB•AE;(2)证明:如图,∵∠BED=∠A+∠EPA,∠BDE=∠PBD+∠BPD.又∵∠PBD=∠A,∠EPA=∠BPD,∴∠BED=∠BDE.∴BE=BD.∵线段AE、BD的长是一元二次方程 x2﹣kx+2=0的两根(k为常数),∴AE+BD=k,∴AE+BD=AE+BE=AB=k,即⊙O直径为常数k.(3)∵PB切⊙O于B点,AB为直径.∴∠PBA=90°.∵∠A=60°.∴PB=PA•sin60°=PA,又∵PA•BD=PB•AE,∴BD=AE,∵线段AE、BD的长是一元二次方程 x2﹣kx+2=0的两根(k为常数).∴AE•BD=2,即AE2=2,解得:AE=2,BD=,∴AB=k=AE+BD=2+,BE=BD=,在Rt△PBA中,PB=AB•tan60°=(2+)×=3+2.在Rt△PBE中,tan∠BPF===2﹣,∵∠FPA=∠BPF,∴tan∠FPA=2﹣.【点睛】此题考查了切线的性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质以及根与系数的关系等知识.此题难度较大,注意掌握数形结合思想与方程思想的应用.7.如图1,等边△ABC 的边长为3,分别以顶点B 、A 、C 为圆心,BA 长为半径作AC 、CB 、BA ,我们把这三条弧所组成的图形称作莱洛三角形,显然莱洛三角形仍然是轴对称图形,设点l 为对称轴的交点.(1)如图2,将这个图形的顶点A 与线段MN 作无滑动的滚动,当它滚动一周后点A 与端点N 重合,则线段MN 的长为 ;(2)如图3,将这个图形的顶点A 与等边△DEF 的顶点D 重合,且AB ⊥DE ,DE =2π,将它沿等边△DEF 的边作无滑动的滚动当它第一次回到起始位置时,求这个图形在运动过程中所扫过的区域的面积;(3)如图4,将这个图形的顶点B 与⊙O 的圆心O 重合,⊙O 的半径为3,将它沿⊙O 的圆周作无滑动的滚动,当它第n 次回到起始位置时,点I 所经过的路径长为 (请用含n 的式子表示)【答案】(1)3π;(2)27π;(3)3.【解析】试题分析:(1)先求出AC 的弧长,继而得出莱洛三角形的周长为3π,即可得出结论; (2)先判断出莱洛三角形等边△DEF 绕一周扫过的面积如图所示,利用矩形的面积和扇形的面积之和即可;(3)先判断出莱洛三角形的一个顶点和O 重合旋转一周点I 的路径,再用圆的周长公式即可得出.试题解析:解:(1)∵等边△ABC 的边长为3,∴∠ABC =∠ACB =∠BAC =60°,AC BC AB ==,∴AC BC l l ==AB l =603180π⨯=π,∴线段MN 的长为AC BC AB l l l ++=3π.故答案为3π;(2)如图1.∵等边△DEF 的边长为2π,等边△ABC 的边长为3,∴S 矩形AGHF =2π×3=6π,由题意知,AB ⊥DE ,AG ⊥AF ,∴∠BAG =120°,∴S 扇形BAG =21203360π⨯=3π,∴图形在运动过程中所扫过的区域的面积为3(S 矩形AGHF +S 扇形BAG )=3(6π+3π)=27π;(3)如图2,连接BI 并延长交AC 于D .∵I 是△ABC 的重心也是内心,∴∠DAI =30°,AD =12AC =32,∴OI =AI =3230AD cos DAI cos ∠=︒=3,∴当它第1次回到起始位置时,点I 所经过的路径是以O 为圆心,OI 为半径的圆周,∴当它第n 次回到起始位置时,点I 所经过的路径长为n •2π•3=23n π.故答案为23n π.点睛:本题是圆的综合题,主要考查了弧长公式,莱洛三角形的周长,矩形,扇形面积公式,解(1)的关键是求出AC 的弧长,解(2)的关键是判断出莱洛三角形绕等边△DEF 扫过的图形,解(3)的关键是得出点I 第一次回到起点时,I 的路径,是一道中等难度的题目.8.如图,AB 是O 的直径,弦CD AB ⊥于点E ,过点C 的切线交AB 的延长线于点F ,连接DF .(1)求证:DF 是O 的切线;(2)连接BC ,若30BCF ∠=︒,2BF =,求CD 的长.【答案】(1)见解析;(2)3【解析】【分析】(1) 连接OD,由垂径定理证OF 为CD 的垂直平分线,得CF=DF ,∠CDF=∠DCF ,由∠CDO=∠OCD ,再证∠CDO +∠CDB=∠OCD+∠DCF=90°,可得OD ⊥DF ,结论成立.(2) 由∠OCF=90°, ∠BCF=30°,得∠OCB=60°,再证ΔOCB 为等边三角形,得∠COB=60°,可得∠CFO=30°,所以FO=2OC=2OB ,FB=OB= OC =2,在直角三角形OCE 中,解直角三角形可得CE,再推出CD=2CE.【详解】(1)证明:连接OD∵CF 是⊙O 的切线∴∠OCF=90°∴∠OCD+∠DCF=90°∵直径AB ⊥弦CD∴CE=ED,即OF为CD的垂直平分线∴CF=DF∴∠CDF=∠DCF∵OC=OD,∴∠CDO=∠OCD∴∠CDO +∠CDB=∠OCD+∠DCF=90°∴OD⊥DF∴DF是⊙O的切线(2)解:连接OD∵∠OCF=90°, ∠BCF=30°∴∠OCB=60°∵OC=OB∴ΔOCB为等边三角形,∴∠COB=60°∴∠CFO=30°∴FO=2OC=2OB∴FB=OB= OC =2在直角三角形OCE中,∠CEO=90°∠COE=60°CE3sin COEOC2∠==∴CF3=∴CD=2 CF23=【点睛】本题考核知识点:垂径定理,切线,解直角三角形. 解题关键点:熟记切线的判定定理,灵活运用含有30°角的直角三角形性质,巧解直角三角形.9.如图,已知△ABC内接于⊙O,BC交直径AD于点E,过点C作AD的垂线交AB的延长线于点G,垂足为F.连接OC.(1)若∠G=48°,求∠ACB的度数;(2)若AB=AE,求证:∠BAD=∠COF;(3)在(2)的条件下,连接OB,设△AOB的面积为S1,△ACF的面积为S2.若tan∠CAF=12,求12SS的值.【答案】(1)48°(2)证明见解析(3)3 4【解析】【分析】(1)连接CD,根据圆周角定理和垂直的定义可得结论;(2)先根据等腰三角形的性质得:∠ABE=∠AEB,再证明∠BCG=∠DAC,可得CD PB PD==,则所对的圆周角相等,根据同弧所对的圆周角和圆心角的关系可得结论;(3)过O作OG⊥AB于G,证明△COF≌△OAG,则OG=CF=x,AG=OF,设OF=a,则OA=OC=2x-a,根据勾股定理列方程得:(2x-a)2=x2+a2,则a=34x,代入面积公式可得结论.【详解】(1)连接CD,∵AD是⊙O的直径,∴∠ACD=90°,∴∠ACB+∠BCD=90°,∵AD⊥CG,∴∠AFG=∠G+∠BAD=90°,∵∠BAD=∠BCD,∴∠ACB=∠G=48°;(2)∵AB=AE,∴∠ABE=∠AEB,∵∠ABC=∠G+∠BCG,∠AEB=∠ACB+∠DAC,由(1)得:∠G=∠ACB,∴∠BCG=∠DAC,∴CD PB=,∵AD是⊙O的直径,AD⊥PC,∴CD PD=,∴CD PB PD==,∴∠BAD=2∠DAC,∵∠COF=2∠DAC,∴∠BAD=∠COF;(3)过O作OG⊥AB于G,设CF=x,∵tan∠CAF=12=CF AF,∴AF=2x ,∵OC=OA,由(2)得:∠COF=∠OAG,∵∠OFC=∠AGO=90°,∴△COF≌△OAG,∴OG=CF=x,AG=OF,设OF=a,则OA=OC=2x﹣a,Rt△COF中,CO2=CF2+OF2,∴(2x﹣a)2=x2+a2,a=34 x,∴OF=AG=34 x,∵OA=OB,OG⊥AB,∴AB=2AG=32x,∴1213··3 22 1·24·2AB OG x xSS x xCF AF===.【点睛】圆的综合题,考查了三角形的面积、垂径定理、角平分线的性质、三角形全等的性质和判定以及解直角三角形,解题的关键是:(1)根据圆周角定理找出∠ACB+∠BCD=90°;(2)根据外角的性质和圆的性质得:CD PB PD==;(3)利用三角函数设未知数,根据勾股定理列方程解决问题.10.已知AB ,CD 都是O 的直径,连接DB ,过点C 的切线交DB 的延长线于点E . ()1如图1,求证:AOD 2E 180∠∠+=;()2如图2,过点A 作AF EC ⊥交EC 的延长线于点F ,过点D 作DG AB ⊥,垂足为点G ,求证:DG CF =;()3如图3,在()2的条件下,当DG 3CE 4=时,在O 外取一点H ,连接CH 、DH 分别交O 于点M 、N ,且HDE HCE ∠∠=,点P 在HD 的延长线上,连接PO 并延长交CM 于点Q ,若PD 11=,DN 14=,MQ OB =,求线段HM 的长.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)837+【解析】【分析】(1)由∠D +∠E =90°,可得2∠D +2∠E =180°,只要证明∠AOD =2∠D 即可;(2)如图2中,作OR ⊥AF 于R .只要证明△AOR ≌△ODG 即可;(3)如图3中,连接BC 、OM 、ON 、CN ,作BT ⊥CL 于T ,作NK ⊥CH 于K ,设CH 交DE 于W .解直角三角形分别求出KM ,KH 即可;【详解】()1证明:如图1中,O 与CE 相切于点C ,OC CE ∴⊥,OCE 90∠∴=,D E 90∠∠∴+=,2D 2E 180∠∠∴+=,AOD COB ∠∠=,BOC 2D ∠∠=,AOD 2D ∠∠=,AOD 2E 180∠∠∴+=.()2证明:如图2中,作OR AF ⊥于R .OCF F ORF 90∠∠∠===,∴四边形OCFR 是矩形,AF//CD ∴,CF OR =,A AOD ∠∠∴=,在AOR 和ODG 中,A AOD ∠∠=,ARO OGD 90∠∠==,OA DO =,AOR ∴≌ODG ,OR DG ∴=,DG CF ∴=,()3解:如图3中,连接BC 、OM 、ON 、CN ,作BT CL ⊥于T ,作NK CH ⊥于K ,设CH 交DE 于W .设DG 3m =,则CF 3m =,CE 4m =,OCF F BTE 90∠∠∠===,AF//OC//BT ∴,OA OB =,CT CF 3m ∴==,ET m ∴=, CD 为直径,CBD CND 90CBE ∠∠∠∴===,E 90EBT CBT ∠∠∠∴=-=,tan E tan CBT ∠∠∴=,BT CT ET BT∴=,BT 3m m BT∴=,BT ∴=负根已经舍弃),tan E ∠∴== E 60∠∴=,CWD HDE H ∠∠∠=+,HDE HCE ∠∠=,H E 60∠∠∴==,MON 2HCN 60∠∠∴==,OM ON =,OMN ∴是等边三角形,MN ON ∴=,QM OB OM ==,MOQ MQO ∠∠∴=,MOQ PON 180MON 120∠∠∠+=-=,MQO P 180H 120∠∠∠+=-=, PON P ∠∠∴=,ON NP 141125∴==+=,CD 2ON 50∴==,MN ON 25==,在Rt CDN 中,CN 48==,在Rt CHN 中,CN 48tan H HN HN∠===HN ∴=在Rt KNH 中,1KH HN 2==NK 24==,在Rt NMK 中,MK 7===,HM HK MK 7∴=+=.【点睛】本题考查圆综合题、全等三角形的判定和性质、平行线的性质、勾股定理、等边三角形的判定和性质、锐角三角函数等知识,添加常用辅助线,构造全等三角形或直角三角形解题的关键.。

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中考数学专题复习圆与相似的综合题及详细答案一、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1,经过原点O的抛物线y=ax2+bx(a≠0)与x轴交于另一点A(,0),在第一象限内与直线y=x交于点B(2,t).(1)求这条抛物线的表达式;(2)在第四象限内的抛物线上有一点C,满足以B,O,C为顶点的三角形的面积为2,求点C的坐标;(3)如图2,若点M在这条抛物线上,且∠MBO=∠ABO,在(2)的条件下,是否存在点P,使得△POC∽△MOB?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.【答案】(1)解:∵B(2,t)在直线y=x上,∴t=2,∴B(2,2),把A、B两点坐标代入抛物线解析式可得,解得,∴抛物线解析式为y=2x2﹣3x(2)解:如图1,过C作CD∥y轴,交x轴于点E,交OB于点D,过B作BF⊥CD于点F,∵点C是抛物线上第四象限的点,∴可设C(t,2t2﹣3t),则E(t,0),D(t,t),∴OE=t,BF=2﹣t,CD=t﹣(2t2﹣3t)=﹣2t2+4t,∴S△OBC=S△CDO+S△CDB= CD•OE+ CD•BF= (﹣2t2+4t)(t+2﹣t)=﹣2t2+4t,∵△OBC的面积为2,∴﹣2t2+4t=2,解得t1=t2=1,∴C(1,﹣1)(3)解:存在.设MB交y轴于点N,如图2,∵B(2,2),∴∠AOB=∠NOB=45°,在△AOB和△NOB中∴△AOB≌△NOB(ASA),∴ON=OA= ,∴N(0,),∴可设直线BN解析式为y=kx+ ,把B点坐标代入可得2=2k+ ,解得k= ,∴直线BN的解析式为y= x+ ,联立直线BN和抛物线解析式可得,解得或,∴M(﹣,),∵C(1,﹣1),∴∠COA=∠AOB=45°,且B(2,2),∴OB=2 ,OC= ,∵△POC∽△MOB,∴ = =2,∠POC=∠BOM,当点P在第一象限时,如图3,过M作MG⊥y轴于点G,过P作PH⊥x轴于点H,∵∠COA=∠BOG=45°,∴∠MOG=∠POH,且∠PHO=∠MGO,∴△MOG∽△POH,∴ = = =2,∵M(﹣,),∴MG= ,OG= ,∴PH= MG= ,OH= OG= ,∴P(,);当点P在第三象限时,如图4,过M作MG⊥y轴于点G,过P作PH⊥y轴于点H,同理可求得PH= MG= ,OH= OG= ,∴P(﹣,);综上可知存在满足条件的点P,其坐标为(,)或(﹣,)【解析】【分析】(1)根据已知抛物线在第一象限内与直线y=x交于点B(2,t),可求出点B的坐标,再将点A、B的坐标分别代入y=ax2+bx,建立二元一次方程组,求出a、b的值,即可求得答案。

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中考数学压轴题专题圆与相似的经典综合题附答案一、相似1.如图,在等腰△ABC中,AB=BC,以BC为直径的⊙O与AC相交于点D,过点D作DE⊥AB交CB延长线于点E,垂足为点F.(1)判断DE与⊙O的位置关系,并说明理由;(2)若⊙O的半径R=5,tanC= ,求EF的长.【答案】(1)解:DE是⊙O的切线,理由如下:如图,连接OD,BD,∵AB是⊙O的直径,∴∠ADB=∠90°,∴BD⊥AC.∵AB=BC,∴AD=DC.∵OC=OB,∴OD∥BA,∵DE⊥BC,∴DE⊥OD,∴直线DE是⊙O的切线.(2)解:过D作DH⊥BC于H,∵⊙O的半径R=5,tanC= ,∴BC=10,设BD=k,CD=2k,∴BC= k=10,∴k=2 ,∴BD=2 ,CD=4 ,∴DH= =4,∴OH= =3,∵DE⊥OD,DH⊥OE,∴OD2=OH•OE,∴OE= ,∴BE= ,∵DE⊥AB,∴BF∥OD,∴△BFE∽△ODE,∴,即,∴BF=2,∴EF= =.【解析】【分析】(1)DE是⊙O的切线,理由如下:如图,连接OD,BD,根据直径所对的圆周角的直角得出∠ADB=∠90°,根据等腰三角形的三线合一得出AD=DC,连接三角形两边中点的线段是三角形的中位线,又三角形的中位线平行于第三边,得出OD∥BA,又DE⊥BC,根据平行线的性质得出DE⊥OD,从而得出结论:直线DE是⊙O的切线;(2)过D作DH⊥BC于H,根据正切函数的定义,由tanC=,可以设BD=k,CD=2k,根据勾股定理表示出BC,再根据BC=10,列出方程,求解得出k的值,进而得出CD,BD的长,根据面积法即可算出DH的长,再根据勾股定理算出OH的长,然后判断出△ODH与△ODE 相似,根据相似三角形对应边成比例即可得出OD2=OH•OE,根据等积式算出OE,的长,从而根据线段的和差算出BE的长,再判断出△BFE∽△ODE,根据相似三角形对应边成比例得出,根据比例式即可算出BF,最后根据勾股定理算出FE的长。

中考数学专题复习圆与相似的综合题及答案解析.doc

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中考数学专题复习圆与相似的综合题及答案解析一、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.已知抛物线 y= ax2+ bx+ 5 与 x 轴交于点 A(1, 0)和点 B(5, 0),顶点为 M.点 C 在 x 轴的负半轴上,且 AC= AB,点 D 的坐标为 (0, 3),直线 l 经过点 C、D.(1)求抛物线的表达式;(2)点 P 是直线 l 在第三象限上的点,联结 AP,且线段 CP是线段 CA、 CB的比例中项,求tan∠ CPA的值;(3)在( 2)的条件下,联结 AM、 BM,在直线 PM 上是否存在点 E,使得∠ AEM=∠AMB. 若存在,求出点 E 的坐标;若不存在,请说明理由.【答案】(1)解:∵抛物线与x轴交于点A( 1, 0), B(5, 0),∴,解得∴ 抛物线的解析式为(2)解:∵ A(1, 0), B( 5, 0),∴OA=1, AB=4.∵AC=AB且点 C 在点 A 的左侧,∴ AC=4 .∴CB=CA+AB=8.∵线段 CP 是线段 CA、 CB 的比例中项,∴.∴ CP=.又∵ ∠ PCB是公共角,∴ △ CPA∽ △ CBP .∴ ∠ CPA=∠ CBP.过P 作 PH⊥ x 轴于 H.∵OC=OD=3,∠DOC=90 ,°∴∠ DCO=45 .°∴ ∠ PCH=45 °∴ PH=CH=CP =4,∴H( -7, 0), BH=12,∴P( -7,-4),∴,tan∠ CPA=.(3)解:∵抛物线的顶点是 M (3, -4),又∵ P( -7,-4),∴PM∥x 轴 .当点 E 在 M 左侧,则∠BAM=∠ AME.∵ ∠ AEM=∠ AMB,∴ △ AEM∽ △ BMA.∴,∴.∴ME=5,∴ E( -2, -4) .过点 A 作 AN⊥ PM 于点 N,则 N( 1, -4) .当点 E 在 M 右侧时,记为点,∵ ∠ A N=∠AEN,∴ 点与 E 关于直线 AN 对称,则(4 ,-4) .综上所述, E 的坐标为( -2, -4)或( 4,-4) .【解析】【分析】( 1)用待定系数法即可求解。

中考数学—圆与相似的综合压轴题专题复习及答案.doc

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中考数学—圆与相似的综合压轴题专题复习及答案一、相似1.如图的中点1,过等边三角形M, N,连接 MN .ABC 边AB 上一点 D 作交边AC 于点E,分别取BC, DE(1)发现:在图 1 中,________;(2)应用:如图2,将绕点 A 旋转,请求出的值;(3)拓展:如图3,和是等腰三角形,且, M , N 分别是底边 BC, DE 的中点,若,请直接写出的值.【答案】(1)(2)解:如图 2 中,连接AM、 AN,,,都是等边三角形,,,,,,,,,∽,(3)解:如图 3 中,连接AM、 AN,延长 AD 交 CE于 H,交 AC 于 O,,,,,,,,,,,,,,,∽,,,,,,≌,,,,,,,,,,【解析】【解答】解:(1)如图 1 中,作于H,连接AM,,,,时等边三角形,,,,,平分线段DE,,、 N、 M 共线,,四边形 MNDH 时矩形,,,故答案为:;【分析】( 1)作DH ⊥ BC 于 H,连接AM.证四边形MNDH 时矩形,所以MN=DH,则MN : BD=DH:BD=sin60 ,°即可求解;(2)利用△ ABC ,△ ADE 都是等边三角形可得AM : AB=AN: AD,易得∠BAD = ∠MAN ,从而得△ BAD ∽ △ MAN,则 NM: BD=AM:AB=sin60 ,°从而求解;(3)连接 AM、 AN,延长 AD 交 CE 于 H,交 AC 于 O.先证明△BAD∽△ MAN可得NM : BD=AM:AB=sin∠ ABC;再证明△ BAD ≌ △ CAE,则∠ ABD = ∠ ACE ,进而可得∠ABC = 45 ,可求出°答案 .2.如图, Rt△ AOB 在平面直角坐标系中,已知:B(0,),点OA=3,∠BAD=30°,将△ AOB 沿 AB 翻折,点O 到点 C 的位置,连接A 在 x 轴的正半轴上,CB 并延长交 x 轴于点D.(1)求点 D 的坐标;(2)动点 P 从点 D 出发,以每秒 2 个单位的速度沿 x 轴的正方向运动,当△ PAB为直角三角形时,求 t 的值;(3)在( 2)的条件下,当△ PAB为以∠ PBA为直角的直角三角形时,在y 轴上是否存在一点 Q 使△ PBQ 为等腰三角形?如果存在,请直接写出Q 点的坐标;如果不存在,请说明理由 .【答案】( 1)解:∵ B(0,),∴OB=.∵OA=OB,∴OA=3,∴AC=3.∵∠ BAD=30 ,°∴∠ OAC=60 .°∵∠ ACD=90 ,°∴∠ ODB=30 ,°∴=,∴O D=3,∴D(﹣ 3,0);(2)解:∵ OA=3,OD=3,∴ A( 3,0), AD=6,∴A B=2,当∠PBA=90时°.∵P D=2t,∴O P=3﹣2t.∵△ OBA∽ △ OPB,2∴3﹣ 2t==1,解得 t=1,当∠APB=90 时°,则 P 与 O 重合,∴t=;(3)解:存在 .①当 BP 为腰的等腰三角形.∵OP=1,∴BP==2,∴Q1( 0,+2), Q3( 0.﹣2);②当 PQ2=Q2B 时,设 PQ2=Q2 B=a,在 Rt△ OPQ2中, 12+(﹣x)2=x2,解得x=,∴Q2( 0,);③当 PB=PQ 时, Q ( 0,﹣)4 4综上所述:满足条件的点Q 的坐标为Q1( 0,+2), Q2( 0 ,), Q3( 0.﹣2), Q4( 0,﹣) .【解析】【分析】( 1)根据已知得出OA、 OB 的值以及∠ DAC 的度数,进而求得∠ ADC,即可求得 D 的坐标;( 2)根据直角三角形的判定,分两种情况讨论求得;(3)求得 PB 的长,分四种情形讨论即可解决问题.3.(1)问题发现:如图① ,正方形 AEFG的两边分别在正方形ABCD的边 AB 和 AD 上,连接 CF.①写出线段CF与 DG 的数量关系;②写出直线CF与 DG 所夹锐角的度数.(2)拓展探究:如图②,将正方形AEFG绕点用图②进行说明 .(3)问题解决如图③,A 逆时针旋转,在旋转的过程中,(1)中的结论是否仍然成立,请利△ABC 和△ ADE 都是等腰直角三角形,D 在直线 BC 上运动,连接OE,则在点∠BAC=∠ DAE=90°, AB=AC=4,O 为 AC 的中点 .若点D 的运动过程中,线段OE 的长的最小值.(直接写出结果)【答案】( 1)①CF=(2)解:如图:DG,②45①连接 AC、 AF,在正方形ABCD中,延长CF交 DG 与 H 点,∠CAD=∠BCD=45,设 AD=CD=a,易得 AC=a=AD,同理在正方形AEFG中,∠FAG=45 ,AF=AG,∠CAD=∠FAG,∠ CAD-∠ 2=∠ FAG-∠ 2,∠1=∠ 3又△CAF∽ DAG,=,CF=DG;②由△ CAF∽ DAG,∠ 4=∠ 5,∠ACD=∠ 4+∠ 6=45 ,∠5+∠ 6=45,∠5+∠ 6+∠ 7=135 ,在△ CHD中,∠CHD=180 -135 =45,(1)中的结论仍然成立(3) OE 的最小值为.【解析】【解答】( 3)如图:由∠ BAC=∠ DAE=90 ,可得∠ BAD=∠ CAE,又AB=AC,AD=AE, 可得△ BAD≌ △ CAE,∠A CE=∠ ABC=45 ,又∠ ACB=45 ,∠ BCE=90 ,即CE⊥ BC,根据点到直线的距离垂线段最短,OE⊥ CE时, OE 最短,此时OE=CE,△ OEC为等腰直角三角形,OC=AC=2,由等腰直角三角形性质易得,OE=,OE 的最小值为.【分析】( 1 )①易得CF=DG;②45;(2)连接AC、 AF,在正方形ABCD 中,可得△CAF∽ DAG,=,CF=DG,在△ CHD 中,∠ CHD=180 -135 =45,(1)中的结论是否仍然成立;(3) OE⊥ CE 时, OE 最短,此时OE=CE,△ OEC 为等腰直角三角形, OC=AC=2,可得 OE 的值 .4.已知菱形的一个角与三角形的一个角重合,然后它的对角顶点在这个重合角的对边上,这个菱形称为这个三角形的亲密菱形,如图,在△ CFE中, CF=6,CE=12,∠ FCE=45°,以点 C 为圆心,以任意长为半径作AD,再分别以点 A 和点 D 为圆心,大于AD 长为半径做弧,交于点 B,AB∥ CD.(1)求证:四边形 ACDB为△ CFE的亲密菱形;(2)求四边形 ACDB的面积 .【答案】( 1)证明:由已知得:AC=CD,AB=DB,由已知尺规作图痕迹得:BC 是∠ FCE 的角平分线 ,∴∠ ACB=∠ DCB,又∵ AB∥ CD,∴∠ ABC=∠ DCB,∴∠ ACB=∠ ABC,∴AC=AB,又∵ AC=CD,AB=DB,∴AC=CD=DB=BA,四边形 ACDB是菱形,又∵∠ ACD与△ FCE中的∠ FCE重合,它的对角∠ABD顶点在EF上,∴四边形 ACDB为△ FEC的亲密菱形 .(2)解:设菱形 ACDB的边长为 x,∵ CF=6,CE=12,∴FA=6-x,又∵ AB∥ CE,∴△ FAB∽ △ FCE,∴,即,解得: x=4,过点 A 作 AH⊥ CD于点 H,在Rt△ ACH中,∠ ACH=45°,∴s in∠ ACH= ,∴AH=4 ×=2,∴四边形 ACDB的面积为:.【解析】【分析】( 1)依题可得: AC=CD,AB=DB,BC是∠ FCE 的角平分线 ,根据角平分线的定义和平行线的性质得∠ ACB=∠ ABC,根据等角对等边得 AC=AB,从而得 AC=CD=DB=BA,根据四边相等得四边形是菱形即可得四边形ACDB是菱形;再根据题中的新定义即可得证. (2)设菱形ACDB 的边长为x,根据已知可得CF=6,CE=12,FA=6-,x根据相似三角形的判定和性质可得,解得: x=4,过点 A 作 AH⊥CD 于点 H,在 Rt△ ACH 中,根据锐角三角形函数正弦的定义即可求得AH ,再由四边形的面积公式即可得答案.5.如果三角形的两个内角α与β满足2α +β =90,那°么我们称这样的三角形为“准互余三角形”.(1)若△ ABC 是“准互余三角形”,∠ C> 90°,∠ A=60°,则∠B=________°;(2)如图①,在 Rt△ ABC中,∠ ACB=90°, AC=4, BC=5.若 AD 是∠BAC 的平分线,不难证明△ ABD 是“准互余三角形”试.问在边 BC上是否存在点 E(异于点 D),使得△ ABE 也是“准互余三角形”?若存在,请求出 BE的长;若不存在,请说明理由 .(3)如图②,在四边形 ABCD 中, AB=7, CD=12, BD⊥ CD,∠ ABD=2∠BCD,且△ABC 是“准互余三角形”,求对角线AC 的长 .【答案】( 1) 15(2)解:如图①中,在Rt△ ABC中,∵ ∠ B+∠ BAC=90°,∠ BAC=2∠ BAD,∴∠ B+2∠BAD=90 ,°∴△ ABD 是“准互余三角形”,∵△ ABE 也是“准互余三角形”,∴只有 2∠ B+∠ BAE=90 ,°∵∠ B+∠BAE+∠ EAC=90 ,°∴∠ CAE=∠ B,∵∠ C=∠ C=90 ,°∴△ CAE∽ △ CBA,可得 CA2=CE?CB,∴C E= ,∴B E=5﹣= .(3)解:如图②中,将△ BCD沿 BC 翻折得到△BCF.∴CF=CD=12,∠BCF=∠ BCD,∠CBF=∠ CBD,∵∠ ABD=2∠ BCD,∠BCD+∠CBD=90 ,°∴∠ ABD+∠ DBC+∠CBF=180 ,°∴A、B、 F 共线,∴∠ A+∠ ACF=90 °∴2∠ ACB+∠ CAB≠ 90,°∴只有 2∠ BAC+∠ ACB=90 ,°∴∠ FCB=∠ FAC,∵ ∠ F=∠ F,∴△ FCB∽ △ FAC,∴CF2=FB?FA,设 FB=x,则有: x( x+7) =122,∴x=9 或﹣ 16(舍去),∴AF=7+9=16,在 Rt△ ACF中, AC=【解析】【解答】( 1)∵ △ ABC是“准互余三角形”,∠ C> 90°,∠ A=60°,∴2∠ B+∠A=90 ,°解得,∠ B=15°;【分析】( 1 )根据“准互余三角形”的定义构建方程即可解决问题;( 2 )只要证明△CAE∽△ CBA,可得 CA2=CE?CB,由此即可解决问题;( 3)如图②中,将△ BCD沿 BC翻折得到△ BCF只.要证明△ FCB∽ △ FAC,可得 CF2=FB?FA,设 FB=x,则有: x( x+7)=122 ,推出 x=9 或﹣ 16(舍弃),再利用勾股定理求出AC即可;6.如图,点O 为矩形 ABCD的对称中心,AB= 5cm, BC= 6cm,点 E.F.G分别从 A.B.C 三点同时出发,沿矩形的边按逆时针方向匀速运动,点 E 的运动速度为1cm/s ,点 F 的运动速度为 3cm/s ,点 G 的运动速度为 1.5cm/s,当点 F 到达点 C(即点 F 与点 C 重合)时,三个点随之停止运动 .在运动过程中,△ EBF 关于直线 EF 的对称图形是△ EB′设F.点 E.F.G运动的时间为 t(单位: s) .(1)当 t 等于多少s 时,四边形EBFB′为正方形;(2)若以点E、 B、 F 为顶点的三角形与以点F, C, G 为顶点的三角形相似,求t 的值;(3)是否存在实数t ,使得点B’与点 O 重合?若存在,求出t 的值;若不存在,请说明理由.【答案】( 1)解:若四边形 EBFB′为正方形,则 BE= BF, BE= 5﹣ t, BF=3t,即: 5﹣ t = 3t,解得 t= 1.25;故答案为: 1.25(2)解:分两种情况,讨论如下:①若△ EBF∽ △ FCG,则有,即,解得: t= 1.4;②若△ EBF∽ △ GCF,则有,即,解得: t=﹣ 7﹣(不合题意,舍去)或∴当 t= 1.4s 或 t =(﹣ 7+)s时,以点点的三角形相似. t =﹣ 7+.E、 B、F 为顶点的三角形与以点F, C, G 为顶(3)解:假设存在实数t,使得点B′与点 O 重合 .如图,过点O 作 OM⊥ BC于点 M,则在 Rt△ OFM 中, OF= BF= 3t ,FM=BC﹣ BF= 3﹣ 3t, OM = 2.5,由勾股定理得: OM 2+FM 2= OF2,即: 2.52+( 3﹣ 3t)2=( 3t )2解得: t=;过点 O 作 ON⊥AB 于点 N,则在Rt△ OEN 中, OE=BE=5 ﹣t , EN= BE﹣ BN=5﹣ t ﹣2.5=2.5﹣t ,ON= 3,由勾股定理得:ON2+EN2= OE2,即: 32+( 2.5﹣ t)2=( 5﹣ t )2解得: t=.∵≠,∴不存在实数t ,使得点B′与点 O 重合【解析】【分析】( 1 )利用正方形的性质,得到BE= BF,列一元一次方程求解即可;( 2)△ EBF 与△ FCG 相似,分两种情况,需要分类讨论,逐一分析计算;(3)本问为存在型问题 .假设存在,则可以分别求出在不同条件下的t 值,它们互相矛盾,所以不存在7.如图,在 Rt△ ABC中,∠ ACB= 90°,AC= 6cm, BC=8cm.动点 M 从点 B 出发,在 BA 边上以每秒 3cm 的速度向定点 A 运动,同时动点 N 从点 C 出发,在 CB 边上以每秒 2cm 的速度向点 B 运动,运动时间为t 秒,连接MN.(1)若△ BMN 与△ABC 相似,求t 的值;(2)连接 AN, CM,若 AN⊥ CM,求 t 的值.【答案】(1)解:∵∠ ACB= 90°, AC= 6cm, BC= 8cm,∴ BA==10(cm).由题意得BM=3tcm ,CN= 2tcm,∴ BN= (8- 2t)cm.当△ BMN∽ △ BAC时,,∴=,解得t=;当△ BMN∽ △ BCA时,=,∴=,解得t=.综上所述,△ BMN 与△ ABC相似时, t 的值为或(2)解:如图,过点M 作 MD ⊥CB 于点 D,∴∠ BDM=∠ACB= 90 °,又∵ ∠B=∠ B,∴ △BDM ∽ △ BCA,∴==. ∵ AC= 6cm, BC= 8cm, BA= 10cm, BM=3tcm ,∴DM =tcm, BD=tcm ,∴CD=cm.∵AN⊥CM,∠ ACB= 90 °,∴∠ CAN+∠ ACM= 90 °,∠ MCD+∠ ACM= 90 °,∴∠ CAN=∠MCD. ∵ MD ⊥CB,∴ ∠ MDC=∠ ACB= 90 °,∴ △ CAN∽ △ DCM,∴=,∴=,解得t=.【解析】【分析】( 1)在直角三角形ABC 中,由已知条件用勾股定理可求得AB 的长,再根据路程 =速度时间可将BM、 CN 用含 t 的代数式表示出来,则BN=BC-CN也可用含t 的代数式表示出来,因为△ BMN与△ABC相似,由题意可分两种情况,①当△BMN ∽△ BAC 时,由相似三角形的性质可得比例式:,将已知的线段代入计算即可求解;②当△ BMN∽ △BCA 时,由相似三角形的性质可得比例式:的线段代入计算即可求解;( 2 )过点M作MD ⊥ CB 于点 D ,根据有两个角对应相等的两个三角形相似可得,将已知△BDM ∽ △ BCA,于是可得比例式数式表示 DM 、 BD 的长,则,将已知的线段代入计算即可用含CD=CB-BD 也可用含t的代数式表示出来,同理易证t 的代△CAN∽ △ DCM,可得比例式,将已表示的线段代入计算即可求得t 的值。

中考数学专题复习圆与相似的综合题含详细答案

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中考数学专题复习圆与相似的综合题含详细答案一、相似1.在△ABC中,∠ABC=90°.(1)如图1,分别过A、C两点作经过点B的直线的垂线,垂足分别为M、N,求证:△ABM∽△BCN;(2)如图2,P是边BC上一点,∠BAP=∠C,tan∠PAC= ,求tanC的值;(3)如图3,D是边CA延长线上一点,AE=AB,∠DEB=90°,sin∠BAC= ,,直接写出tan∠CEB的值.【答案】(1)解:∵AM⊥MN,CN⊥MN,∴∠AMB=∠BNC=90°,∴∠BAM+∠ABM=90°,∵∠ABC=90°,∴∠ABM+∠CBN=90°,∴∠BAM=∠CBN,∵∠AMB=∠NBC,∴△ABM∽△BCN(2)解:如图2,过点P作PM⊥AP交AC于M,PN⊥AM于N.∵∠BAP+∠1=∠CPM+∠1=90°,∴∠BAP=∠CPM=∠C,∴MP=MC∵tan∠PAC=,设MN=2m,PN=m,根据勾股定理得,PM=,∴tanC=(3)解:在Rt△ABC中,sin∠BAC= = ,过点A作AG⊥BE于G,过点C作CH⊥BE交EB的延长线于H,∵∠DEB=90°,∴CH∥AG∥DE,∴ =同(1)的方法得,△ABG∽△BCH∴,设BG=4m,CH=3m,AG=4n,BH=3n,∵AB=AE,AG⊥BE,∴EG=BG=4m,∴GH=BG+BH=4m+3n,∴,∴n=2m,∴EH=EG+GH=4m+4m+3n=8m+3n=8m+6m=14m,在Rt△CEH中,tan∠BEC= =【解析】【分析】(1)根据垂直的定义得出∠AMB=∠BNC=90°,根据同角的余角相等得出∠BAM=∠CBN,利用两个角对应相等的两个三角形相似得出:△ABM∽△BCN;(2)过点P作PF⊥AP交AC于F,在Rt△AFP中根据正切函数的定义,由tan∠PAC=,同(1)的方法得,△ABP∽△PQF,故,设AB= a,PQ=2a,BP= b,FQ=2b(a>0,b>0),然后判断出△ABP∽△CQF,得从而表示出CQ,进根据线段的和差表示出BC,再判断出△ABP∽△CBA,得出再得出BC,从而列出方程,表示出BC,AB,在Rt△ABC中,根据正切函数的定义得出tanC的值;(3)在Rt△ABC中,利用正弦函数的定义得出:sin∠BAC=,过点A作AG⊥BE于G,过点C作CH⊥BE交EB的延长线于H,根据平行线分线段成比例定理得出,同(1)的方法得,△ABG∽△BCH ,故,设BG=4m,CH=3m,AG=4n,BH=3n,根据等腰三角形的三线合一得出EG=BG=4m,故GH=BG+BH=4m+3n,根据比例式列出方程,求解得出n与m的关系,进而得出EH=EG+GH=4m+4m+3n=8m+3n=8m+6m=14m,在Rt△CEH中根据正切函数的定义得出tan∠BEC的值。

中考数学专题复习圆与相似的综合题含答案

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中考数学专题复习圆与相似的综合题含答案一、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)当t为何值时,△PQF为等腰三角形?试说明理由.【答案】(1)解:∵四边形ABCD是矩形,∴ AD∥BC,在中,∵别是的中点,∴EF∥AD,∴ EF∥BC,∴∴(2)解:如图1,过点Q作于,∴QM∥BE,∴∴∴(舍)或秒(3)解:当点Q在DF上时,如图2,∴∴ .当点Q在BF上时,,如图3,∴∴时,如图4,∴∴时,如图5,∴∴综上所述,t=1或3或或秒时,△PQF是等腰三角形【解析】【分析】(1)根据题中的已知条件可得△BEF和△DCB中的两角对应相等,从而可证△BEF∽△DCB;(2)过点Q作QM⊥EF 于M ,先根据相似三角形的预备定理可证△QMF ∽△BEF;再由△QM F ∽△BEF可用含t的代数式表示出QM的长;最后代入三角形的面积公式即可求出t的值。

(3)由题意应分两种情况:(1)当点Q在DF上时,因为∠PFQ为钝角,所以只有PF = QF 。

(2)当点Q在BF上时,因为没有指明腰和底,所以有 PF=QF;PQ = FQ;PQ = PF 三种情况,因此所求的t值有四种结果。

2.已知如图1,抛物线y=﹣ x2﹣ x+3与x轴交于A和B两点(点A在点B的左侧),与y轴相交于点C,点D的坐标是(0,﹣1),连接BC、AC(1)求出直线AD的解析式;(2)如图2,若在直线AC上方的抛物线上有一点F,当△ADF的面积最大时,有一线段MN= (点M在点N的左侧)在直线BD上移动,首尾顺次连接点A、M、N、F构成四边形AMNF,请求出四边形AMNF的周长最小时点N的横坐标;(3)如图3,将△DBC绕点D逆时针旋转α°(0<α°<180°),记旋转中的△DBC为△DB′C′,若直线B′C′与直线AC交于点P,直线B′C′与直线DC交于点Q,当△CPQ是等腰三角形时,求CP的值.【答案】(1)解:∵抛物线y=﹣ x2﹣ x+3与x轴交于A和B两点,∴0=﹣ x2﹣ x+3,∴x=2或x=﹣4,∴A(﹣4,0),B(2,0),∵D(0,﹣1),∴直线AD解析式为y=﹣ x﹣1(2)解:如图1,过点F作FH⊥x轴,交AD于H,设F(m,﹣ m2﹣ m+3),H(m,﹣ m﹣1),∴FH=﹣ m2﹣ m+3﹣(﹣ m﹣1)=﹣ m2﹣ m+4,∴S△ADF=S△AFH+S△DFH= FH×|x D﹣x A|=2FH=2(﹣ m2﹣ m+4)=﹣m2﹣m+8=﹣(m+ )2+ ,当m=﹣时,S△ADF最大,∴F(﹣,)如图2,作点A关于直线BD的对称点A1,把A1沿平行直线BD方向平移到A2,且A1A2= ,连接A2F,交直线BD于点N,把点N沿直线BD向左平移得点M,此时四边形AMNF 的周长最小..∵OB=2,OD=1,∴tan∠OBD= ,∵AB=6,∴AK= ,∴AA1=2AK= ,在Rt△ABK中,AH= ,A1H= ,∴OH=OA﹣AH= ,∴A1(﹣,﹣),过A2作A2P⊥A2H,∴∠A1A2P=∠ABK,∵A1A2= ,∴A2P=2,A1P=1,∴A2(﹣,﹣)∵F(﹣,)∴A2F的解析式为y=﹣ x﹣①,∵B(2,0),D(0,﹣1),∴直线BD解析式为y=﹣ x﹣1②,联立①②得,x=﹣,∴N点的横坐标为:﹣(3)解:∵C(0,3),B(2,0),D(0,﹣1)∴CD=4,BC= ,OB=2,BC边上的高为DH,根据等面积法得, BC×DH= CD×OB,∴DH= = ,∵A(﹣4,0),C(0,3),∴OA=4,OC=3,∴tan∠ACD= ,①当PC=PQ时,简图如图1,过点P作PG⊥CD,过点D作DH⊥PQ,∵tan∠ACD=∴设CG=3a,则QG=3a,PG=4a,PQ=PC=5a,∴DQ=CD﹣CQ=4﹣6a∵△PGQ∽△DHQ,∴,∴,∴a= ,∴PC=5a= ;②当PC=CQ时,简图如图2,过点P作PG⊥CD,∵tan∠ACD=∴设CG=3a,则PG=4a,∴CQ=PC=5a,∴QG=CQ﹣CG=2a,∴PQ=2 a,∴DQ=CD﹣CQ=4﹣5a∵△PGQ∽△DHQ,同①的方法得出,PC=4﹣,设CG=3a,则PG=4a,从而得出CQ,QG,PQ,DQ的长,由△PGQ∽△DHQ,同①的方法得出,PC的长;③当QC=PQ时,简图如图1过点Q作QG⊥PC,过点C作CN⊥PQ,设CG=3a,则QG=4a,PQ=CQ=5a,∴PG=3a,∴PC=6a∴DQ=CD﹣CQ=4﹣5a,利用等面积法得,CN×PQ=PC×QG,∴CN= a,∵△CQN∽△DQH同①的方法得出PC=④当PC=CQ时,简图如图4,过点P作PG⊥CD,过H作HD⊥PQ,设CG=3a,则PG=4a,CQ=PC=5a,∴QD=4+5a,PQ=4 ,∵△QPG∽△QDH,同①方法得出.CP=综上所述,PC的值为:;4﹣,,=【解析】【分析】(1)根据抛物线与x轴交点的坐标特点,把y=0代入抛物线的解析式,得出一个关于x的一元二次方程,求解得出x的值,进而得出A,B两点的坐标;然后由A,D 两点的坐标利用待定系数法求出直线AD的解析式;(2)过点F作FH⊥x轴,交AD于H,根据函数图像上点的坐标特点,及平行于y轴的直线上的点的坐标特点,设出F,H的坐标,从而得出FH的长度,S△ADF=S△AFH+S△DFH= FH×|x D﹣x A|=2FH,列出关于m的函数解析式,再根据二次函数的性质,由顶点式得出当m=﹣时,S△ADF最大,从而得出F点的坐标;如图2,作点A关于直线BD的对称点A1,把A1沿平行直线BD方向平移到A2,且A1A2= ,连接A2F,交直线BD于点N,把点N沿直线BD向左平移得点M,此时四边形AMNF的周长最小,进而求出点A1,A2坐标,即可确定出A2F的解析式和直线BD解析式联立方程组即可确定出N点的横坐标;(3)根据C,B,D三点的坐标,得出CD,BC,OB的长,BC边上的高为DH,根据等面积法得BC×DH= CD×OB,从而得出DH的长,根据A,C两点的坐标,得出OA,OC的长,根据正切函数的定义得出tan∠ACD= 4∶ 3 ;然后分四种情况讨论:①当PC=PQ时,过点P作PG⊥CD,过点D作DH⊥PQ,由tan∠ACD= 4∶ 3 ,设CG=3a,则QG=3a,PG=4a,PQ=PC=5a,从而由DQ=CD﹣CQ得出DQ的长,根据△PGQ∽△DHQ,得出PG∶DH=PQ∶DQ,从而求出a的值,进而求出PC的值;②当PC=CQ时,简图如图2,过点P作PG⊥CD,tan∠ACD= 4∶3,设CG=3a,则PG=4a,从而得出CQ,QG,PQ,DQ的长,由△PGQ∽△DHQ,同①的方法得出,PC的长;③当QC=PQ时,过点Q作QG⊥PC,过点C作CN⊥PQ,设CG=3a,则QG=4a,PQ=CQ=5a,从而得出PG,PC,DQ的长,利用等面积法得,CN×PQ=PC×QG,从而得出CN,由△CQN∽△DQH同①的方法得出PC的长;④当PC=CQ时,过点P作PG⊥CD,过H作HD⊥PQ,设CG=3a,则PG=4a,CQ=PC=5a,从而得出QD,PQ 的长,由△QPG∽△QDH,同①方法得出.CP的长。

中考数学圆与相似综合题汇编含详细答案

中考数学圆与相似综合题汇编含详细答案

中考数学圆与相似综合题汇编含详细答案一、相似1.如图,在平面直角坐标系xOy中,抛物线y=ax2+bx+c(a>0)与x轴相交于点A(﹣1,0)和点B,与y轴交于点C,对称轴为直线x=1.(1)求点C的坐标(用含a的代数式表示);(2)联结AC、BC,若△ABC的面积为6,求此抛物线的表达式;(3)在第(2)小题的条件下,点Q为x轴正半轴上一点,点G与点C,点F与点A关于点Q成中心对称,当△CGF为直角三角形时,求点Q的坐标.【答案】(1)解:∵抛物线y=ax2+bx+c(a>0)的对称轴为直线x=1,而抛物线与x轴的一个交点A的坐标为(﹣1,0)∴抛物线与x轴的另一个交点B的坐标为(3,0)设抛物线解析式为y=a(x+1)(x﹣3),即y=ax2﹣2ax﹣3a,当x=0时,y=﹣3a,∴C(0,﹣3a)(2)解:∵A(﹣1,0),B(3,0),C(0,﹣3a),∴AB=4,OC=3a,∴S△ACB= AB•OC=6,∴6a=6,解得a=1,∴抛物线解析式为y=x2﹣2x﹣3(3)解:设点Q的坐标为(m,0).过点G作GH⊥x轴,垂足为点H,如图,∵点G与点C,点F与点A关于点Q成中心对称,∴QC=QG,QA=QF=m+1,QO=QH=m,OC=GH=3,∴OF=2m+1,HF=1,当∠CGF=90°时,∵∠QGH+∠FGH=90°,∠QGH+∠GQH=90°,∴∠GQH=∠HGF,∴Rt△QGH∽Rt△GFH,∴ = ,即,解得m=9,∴Q的坐标为(9,0);当∠CFG=90°时,∵∠GFH+∠CFO=90°,∠GFH+∠FGH=90°,∴∠CFO=∠FGH,∴Rt△GFH∽Rt△FCO,∴ = ,即 = ,解得m=4,∴Q的坐标为(4,0);∠GCF=90°不存在,综上所述,点Q的坐标为(4,0)或(9,0).【解析】【分析】(1)根据抛物线是轴对称图形和已知条件可求得抛物线与x轴的另一个交点B的坐标,再用交点式可求得抛物线的解析式,然后根据抛物线与y轴交于点C可得x=0,把x=0代入解析式即可求得点C的坐标;(2)由(1)的结论可求得AB=4,OC=3a,根据三角形ABC的面积=AB•OC=6可求得a的值,则解析式可求解;(3)设点Q的坐标为(m,0).过点G作GH⊥x轴,垂足为点H,根据中心对称的性质可得QC=QG,QA=QF=m+1,QO=QH=m,OC=GH=3。

全国各地中考数学分类:圆与相似综合题汇编含详细答案

全国各地中考数学分类:圆与相似综合题汇编含详细答案

全国各地中考数学分类:圆与相似综合题汇编含详细答案一、相似1.如图,夜晚,小亮从点A经过路灯C的正下方沿直线走到点B(A,B两点到路灯正下方的距离相等),他的影长y随他与点A之间的距离x的变化而变化.(1)求y与x之间的函数关系式;(2)作出函数的大致图象.【答案】(1)解:如图①:作CO⊥AB于O,①当小亮走到A'处(A'位于A与O之间)时,作出他的影子A'C'.小亮从点A到达点O的过程中,影长越来越小,直到影长为0;从点O到达点B的过程中,影长越来越大,到点B达到最大值.设小亮的身高MA'=l,CO=h,AO=m,影长C'A'=y,小亮走过的距离AA'=x,由图易得C'A=x-y,∵MA'⊥AB,CO⊥AB,∴△MC'A'∽△CC'O,∴,即 = ,∴y= x- (0≤x≤m),(此时m,l,h为常数),②当小亮走到A″处(A″位于O与B之间)时;同理可得y=- x+ (m<x≤2m).(2)解:如图②所示:【解析】【分析】(1)如图①:作CO⊥AB于O,①当小亮走到A'处(A'位于A与O之间)时,作出他的影子A'C';根据中心投影的特点可知影长随x的变化情况.设小亮的身高MA'=l,CO=h,AO=m,影长C'A'=y,小亮走过的距离AA'=x,由图易得C'A=x-y,根据相似三角形的判定和性质可得y与x的函数解析式.②当小亮走到A″处(A″位于O与B之间)时;同理可得y=- x+ (m<x≤2m).(2)根据(1)的函数解析式可画出图像.2.如图,在平面直角坐标系中,O为原点,四边形ABCD是矩形,点A、C的坐标分别是A(0,2)和C(2,0),点D是对角线AC上一动点(不与A、C重合),连结BD,作,交x轴于点E,以线段DE、DB为邻边作矩形BDEF.(1)填空:点B的坐标为________;(2)是否存在这样的点D,使得△DEC是等腰三角形?若存在,请求出AD的长度;若不存在,请说明理由;(3)①求证:;②设AD=x,矩形BDEF的面积为y,求y关于x的函数关系式(可利用①的结论),并求出y的最小值【答案】(1)(2)解:存在,理由如下:∵OA=2,OC=2,∵tan∠ACO==,∴∠ACO=30°,∠ACB=60°①如图(1)中,当E在线段CO上时,△DEC是等腰三角形,观察图象可知,只有ED=EC,∴∠DCE=∠EDC=30°,∴∠DBC=∠BCD=60°,∴△DBC是等边三角形,∴DC=BC=2,在Rt△AOC中,∵∠ACO=30°,OA=2,∴AC=2AO=4,∴AD=AC-CD=4-2=2,∴当AD=2时,△DEC是等腰三角形,②如图(2)中,当E在OC的延长线上时,△DCE是等腰三角形,只有CD=CE,∠DBC=∠DEC=∠CDE=15°,∴∠ABD=∠ADB=75°,∴AB=AD=2,综上所述,满足条件的AD的值为2或2.(3)①如图,过点D作MN⊥AB于点M,交OC于点N。

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中考数学圆与相似综合经典题及答案解析一、相似1.已知:如图一,抛物线C,直线经过A、 C 两点,且与 x.轴正半轴交于A、B 两点,与y 轴交于点(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 从点运动,如图;当点P 运动到原点O 时,直线B 出发,沿BO 方向以每秒 2 个单位速度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,在中,,∴以 P、 B、 D 为顶点的三角形与;,,则,则相似,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。

2.(1)问题发现:如图 1,在等边三角形ABC中,点 M 为 BC 边上异于B、 C 的一点,以AM 为边作等边三角形 AMN ,连接 CN, NC 与 AB 的位置关系为 ________;(2)深入探究:如图 2,在等腰三角形 ABC中, BA=BC,点 M 为 BC边上异于 B、C 的一点,以 AM 为边作等腰三角形 AMN ,使∠ ABC=∠ AMN, AM=MN ,连接 CN,试探究∠ ABC 与∠ACN 的数量关系,并说明理由;(3)拓展延伸:如图 3,在正方形ADBC 中, AD=AC,点 M 为 BC 边上异于B、C 的一点,以AM 为边作正方形 AMEF,点 N 为正方形AMEF 的中点,连接CN,若【答案】(1) NC∥ ABBC=10, CN=,试求EF的长.(2)解:∠ ABC=∠ ACN,理由如下:∵=1 且∠ ABC=∠ AMN ,∴△ ABC~△ AMN∴,∵A B=BC,∴∠ BAC=(180°﹣∠ABC),∵AM=MN∴∠ MAN=(180﹣°∠ AMN),∵∠ ABC=∠ AMN ,∴∠ BAC=∠ MAN ,∴∠ BAM=∠ CAN,∴△ ABM~△ ACN,∴∠ ABC=∠ ACN(3)解:如图3,连接 AB, AN,∵四边形 ADBC, AMEF 为正方形,∴∠ ABC=∠ BAC=45 ,°∠ MAN=45 °,∴∠ BAC﹣∠MAC=∠ MAN ﹣∠ MAC 即∠ BAM=∠ CAN,∵,∴,∴△ ABM~△ ACN∴,∴=cos45 = °,∴,∴B M=2,∴CM=BC﹣ BM=8,在 Rt△ AMC,AM=,∴EF=AM=2.【解析】【解答】解:(1) NC∥ AB,理由如下:∵△ ABC与△ MN 是等边三角形,∴A B=AC, AM=AN,∠BAC=∠MAN=60 °,∴∠ BAM=∠ CAN,在△ ABM 与△ ACN 中,,∴△ ABM≌ △ ACN( SAS),∴∠ B=∠ACN=60 ,°∵∠ ANC+∠ ACN+∠ CAN=∠ ANC+60 +°∠CAN=180 ,°∴∠ ANC+∠ MAN+∠ BAM=∠ANC+60 +°∠ CAN=∠ BAN+∠ANC=180 ,°∴CN∥ AB;【分析】(1)由题意用边角边易得△ABM≌△ACN,则可得∠B=∠ACN=60°,所以∠BCN+∠B=∠BCA+∠ ACN+∠ B=180 ,°根据平行线的判定即可求解;(2)由题意易得△ABC~△AMN,可得比例式,由三角形内角和定理易得∠BAM=∠ CAN,根据相似三角形的判定可得△ ABM~△ACN,由相似三角形的性质即可求解;(3)要求EF 的值,只须求得CM 的值,然后解直角三角形AMC 即可求解。

中考数学专题复习圆与相似的综合题附答案解析

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中考数学专题复习圆与相似的综合题附答案解析一、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.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。

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中考数学圆与相似综合题汇编含答案一、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.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,∴,∴,∴P H=3t, OH=4t,∴t an ∠ 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。

中考数学专题复习圆与相似的综合题附详细答案

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中考数学专题复习圆与相似的综合题附详细答案一、相似1.如图,抛物线y= x2+bx+c 与x轴交于点A和点B,与y轴交于点C,点B坐标为(6,0),点C坐标为(0,6),点D是抛物线的顶点.(1)求抛物线的解析式及点D的坐标;(2)如图1,抛物线的对称轴与x轴交于点E,连接BD,点F是抛物线上的动点,当∠FBA=∠BDE时,求点F的坐标;(3)如图2,若点M是抛物线上的动点,过点M作MN∥x轴与抛物线交于点N,点P在x轴上,点Q在坐标平面内,以线段MN为对角线作正方形MPNQ,求点Q的坐标.【答案】(1)解:把B(6,0),C(0,6)代入y= x2+bx+c,得解得 ,抛物线的解析式是y= x2+2x+6, 顶点D的坐标是(2,8)(2)解:如图1,过F作FG⊥x轴于点G,设F(x, x2+2x+6),则FG= ,∵∠FBA=∠BDE,∠FGB=∠BED=90°,∴△FBG∽△BDE,∴,∵B(6,0),D(2,8),∴E(2,0),BE=4,DE=8,OB=6,∴BG=6-x,∴当点F在x轴上方时,有,∴x=-1或x=6(舍去),此时F1的坐标为(-1,),当点F在x轴下方时,有,∴x=-3或x=6(舍去),此时F2的坐标为(-3,),综上可知F点的坐标为(-1,)或(-3,)(3)解:如图2,不妨M在对称轴的左侧,N在对称轴的左侧,MN和PQ交于点K,由题意得点M,N关于抛物线的对称轴对称,四边形MPNQ为正方形,且点P在x轴上∴点P为抛物线的对称轴与x轴的交点,点Q在抛物线的对称轴上 ,∴KP=KM=k,则Q(2,2k),M坐标为(2-k,k),∵点M在抛物线y= x2+2x+6的图象上,∴k= (2-k)2+2(2-k)+6解得k1= 或k2=∴满足条件的点Q有两个,Q1(2,)或Q2(2,).【解析】【分析】(1)根据点B、C的坐标,利用待定系数法建立关于b、c的方程组,求解就可得出函数解析式,再求出顶点坐标。

中考数学圆与相似综合经典题及答案解析.doc

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中考数学圆与相似综合经典题及答案解析一、相似1.已知:如图一,抛物线C,直线经过A、 C 两点,且与 x.轴正半轴交于A、B 两点,与y 轴交于点(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 从点运动,如图;当点P 运动到原点O 时,直线B 出发,沿BO 方向以每秒 2 个单位速度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。

2.(1)问题发现:如图 1,在等边三角形ABC中,点 M 为 BC 边上异于B、 C 的一点,以AM 为边作等边三角形AMN ,连接 CN, NC 与 AB 的位置关系为 ________;(2)深入探究:如图 2,在等腰三角形ABC中, BA=BC,点 M 为 BC边上异于B、C 的一点,以AM 为边作等腰三角形 AMN ,使∠ ABC=∠ AMN, AM=MN ,连接 CN,试探究∠ ABC 与∠ACN 的数量关系,并说明理由;(3)拓展延伸:如图 3,在正方形 ADBC 中, AD=AC,点 M 为方形AMEF,点N 为正方形AMEF 的中点,连接【答案】(1) NC∥ AB BC 边上异于B、C 的一点,以AM 为边作正CN,若 BC=10, CN=,试求EF的长.(2)解:∠ ABC=∠ ACN,理由如下:∵=1 且∠ ABC=∠ AMN ,∴△ ABC~△ AMN∴,∵A B=BC,∴∠ BAC=(180°﹣∠ABC),∵AM=MN∴∠ MAN=(180﹣°∠AMN),∵∠ ABC=∠ AMN ,∴∠ BAC=∠ MAN ,∴∠ BAM=∠ CAN,∴△ ABM~△ ACN,∴∠ ABC=∠ ACN(3)解:如图3,连接 AB, AN,∵四边形 ADBC, AMEF 为正方形,∴∠ ABC=∠ BAC=45 ,°∠ MAN=45 °,∴∠ BAC﹣∠MAC=∠ MAN ﹣∠ MAC 即∠ BAM=∠ CAN,∵,∴,∴△ ABM~△ ACN∴,∴=cos45 = °,∴,∴B M=2,∴CM=BC﹣ BM=8,在Rt△ AMC,AM=,∴EF=AM=2.【解析】【解答】解:(1) NC∥ AB,理由如下:∵△ ABC与△ MN 是等边三角形,∴A B=AC, AM=AN,∠BAC=∠MAN=60 °,∴∠ BAM=∠ CAN,在△ ABM 与△ ACN 中,,∴△ ABM≌ △ ACN( SAS),∴∠ B=∠ACN=60 ,°∵∠ ANC+∠ ACN+∠ CAN=∠ ANC+60 +°∠CAN=180 ,°∴∠ ANC+∠ MAN+∠ BAM=∠ANC+60 +°∠ CAN=∠ BAN+∠ANC=180 ,°∴CN∥ AB;【分析】( 1 )由题意用边角边易得△ABM≌ △ ACN,则可得∠ B=∠ACN=60°,所以∠BCN+∠ B=∠BCA+∠ ACN+∠ B=180 ,°根据平行线的判定即可求解;( 2 )由题意易得△ ABC~△ AMN ,可得比例式,由三角形内角和定理易得∠BAM=∠ CAN,根据相似三角形的判定可得△ ABM~△ACN,由相似三角形的性质即可求解;(3)要求EF 的值,只须求得CM 的值,然后解直角三角形AMC 即可求解。

中考数学专题复习圆与相似的综合题附答案解析.doc

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中考数学专题复习圆与相似的综合题附答案解析一、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.已知线段a, b, c 满足,且a+2b+c=26.(1)判断 a, 2b, c,b 2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, b 2=16∵a=6,2b=8 ,c=12, b2=16∴2bc=96, ab2=6× 16=96∴2bc=ab2a, 2b, c,b 2是成比例的线段。

中考数学 圆与相似 综合题附答案

中考数学 圆与相似 综合题附答案

中考数学圆与相似综合题附答案一、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。

中考数学圆与相似综合经典题含详细答案

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中考数学圆与相似综合经典题含详细答案一、相似1.在△ABC中,∠ABC=90°.(1)如图1,分别过A、C两点作经过点B的直线的垂线,垂足分别为M、N,求证:△ABM∽△BCN;(2)如图2,P是边BC上一点,∠BAP=∠C,tan∠PAC= ,求tanC的值;(3)如图3,D是边CA延长线上一点,AE=AB,∠DEB=90°,sin∠BAC= ,,直接写出tan∠CEB的值.【答案】(1)解:∵AM⊥MN,CN⊥MN,∴∠AMB=∠BNC=90°,∴∠BAM+∠ABM=90°,∵∠ABC=90°,∴∠ABM+∠CBN=90°,∴∠BAM=∠CBN,∵∠AMB=∠NBC,∴△ABM∽△BCN(2)解:如图2,过点P作PM⊥AP交AC于M,PN⊥AM于N.∵∠BAP+∠1=∠CPM+∠1=90°,∴∠BAP=∠CPM=∠C,∴MP=MC∵tan∠PAC=,设MN=2m,PN=m,根据勾股定理得,PM=,∴tanC=(3)解:在Rt△ABC中,sin∠BAC= = ,过点A作AG⊥BE于G,过点C作CH⊥BE交EB的延长线于H,∵∠DEB=90°,∴CH∥AG∥DE,∴ =同(1)的方法得,△ABG∽△BCH∴,设BG=4m,CH=3m,AG=4n,BH=3n,∵AB=AE,AG⊥BE,∴EG=BG=4m,∴GH=BG+BH=4m+3n,∴,∴n=2m,∴EH=EG+GH=4m+4m+3n=8m+3n=8m+6m=14m,在Rt△CEH中,tan∠BEC= =【解析】【分析】(1)根据垂直的定义得出∠AMB=∠BNC=90°,根据同角的余角相等得出∠BAM=∠CBN,利用两个角对应相等的两个三角形相似得出:△ABM∽△BCN;(2)过点P作PF⊥AP交AC于F,在Rt△AFP中根据正切函数的定义,由tan∠PAC=,同(1)的方法得,△ABP∽△PQF,故,设AB= a,PQ=2a,BP= b,FQ=2b(a>0,b>0),然后判断出△ABP∽△CQF,得从而表示出CQ,进根据线段的和差表示出BC,再判断出△ABP∽△CBA,得出再得出BC,从而列出方程,表示出BC,AB,在Rt△ABC中,根据正切函数的定义得出tanC的值;(3)在Rt△ABC中,利用正弦函数的定义得出:sin∠BAC=,过点A作AG⊥BE于G,过点C作CH⊥BE交EB的延长线于H,根据平行线分线段成比例定理得出,同(1)的方法得,△ABG∽△BCH ,故,设BG=4m,CH=3m,AG=4n,BH=3n,根据等腰三角形的三线合一得出EG=BG=4m,故GH=BG+BH=4m+3n,根据比例式列出方程,求解得出n与m的关系,进而得出EH=EG+GH=4m+4m+3n=8m+3n=8m+6m=14m,在Rt△CEH中根据正切函数的定义得出tan∠BEC的值。

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中考数学圆与相似综合题汇编含答案一、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.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,∴,∴,∴P H=3t, OH=4t,∴t an ∠ 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。

3.已知直线 y=kx+b 与抛物线y=ax2( a>0)相交于 A、 B 两点(点 A 在点 B 的左侧),与y 轴正半轴相交于点 C,过点 A 作 AD⊥ x 轴,垂足为 D.(1)若∠ AOB=60°, AB∥ x 轴, AB=2,求 a 的值;(2)若∠ AOB=90°,点 A 的横坐标为﹣ 4, AC=4BC,求点 B 的坐标;(3)延长 AD、 BO 相交于点 E,求证: DE=CO.【答案】( 1)解:如图1,∵抛物线 y=ax2的对称轴是y 轴,且 AB∥ x 轴,∴A 与 B 是对称点, O 是抛物线的顶点,∴OA=OB,∵∠ AOB=60 ,°∴△ AOB 是等边三角形,∵A B=2, AB⊥ OC,∴A C=BC=1,∠ BOC=30 ,°∴O C=,∴A(-1,),把 A( -1,)代入抛物线y=ax2( a> 0)中得: a=;(2)解:如图 2,过 B 作 BE⊥ x 轴于 E,过 A 作 AG⊥ BE,交 BE 延长线于点 G,交 y 轴于F,∵C F∥ BG,∴,∵A C=4BC,∴=4,∴A F=4FG,∵A 的横坐标为 -4,∴B 的横坐标为1,∴A(-4, 16a), B( 1, a),∵∠ AOB=90 ,°∴∠ AOD+∠ BOE=90 ,°∵∠ AOD+∠ DAO=90 ,°∴∠ BOE=∠DAO,∵∠ ADO=∠ OEB=90 ,°∴△ ADO∽ △ OEB,∴,∴,∴16a2=4,a=±,∵a> 0,∴a= ;∴B( 1,);(3)解:如图 3,设AC=nBC,由( 2)同理可知: A 的横坐标是 B 的横坐标的n 倍,则设 B(m, am2),则 A( -mn , am2n 2),∴AD=am2n 2,过B 作 BF⊥ x 轴于 F,∴DE∥BF,∴△ BOF∽ △ EOD,∴,∴,∴, DE=am2n ,∴,∵OC∥ AE,∴△ BCO∽ △ BAE,∴,∴,∴CO==am2n,∴DE=CO.【解析】【分析】( 1)抛物线y=ax2关于 y 轴对称,根据AB∥ x 轴,得出 A 与 B 是对称点,可知AC=BC=1,由∠AOB=60°,可证得△ AOB 是等边三角形,利用解直角三角形求出OC的长,就可得出点 A 的坐标,利用待定系数法就可求出 a 的值。

( 2)过 B 作 BE⊥ x 轴于 E,过 A 作 AG⊥BE,交 BE 延长线于点G,交 y 轴于 F,根据平行线分线段成比例证出AF=4FG,根据点 A 的横坐标为﹣ 4,求出点 B 的横坐标为 1,则 A( - 4 , 16a ), B ( 1 , a ),再根据已知证明∠ BOE=∠ DAO,∠ADO=∠OEB,就可证明△ADO∽△ OEB,得出对应边成比例,建立关于 a 的方程求解,再根据点 B 在第一象限,确定点 B 的坐标即可。

( 3)根据( 2)可知 A 的横坐标是 B 的横坐标的n 倍,则设 B( m, am2),则 A(-mn ,am2n2),得出 AD 的长,再证明△ BOF∽ △ EOD,△ BCO∽ △ BAE,得对应边成比例,证得CO=am2n,就可证得 DE=CO。

4.如图,在四边形ABCD 中, AD//BC,,BC=4,DC=3,AD=6.动点P从点D出发,沿射线DA 的方向 ,在射线DA 上以每秒 2 两个单位长的速度运动,动点Q 从点 C 出发,在线段CB 上以每秒 1 个单位长的速度向点 B 运动,点P、 Q 分别从点D,C 同时出发 ,当点 Q 运动到点 B 时,点 P 随之停止运动.设运动的时间为t(秒 ).( 1)设的面积为,直接写出与之间的函数关系式是________(不写取值范围) .(2)当 B,P,Q 三点为顶点的三角形是等腰三角形时,求出此时的值.(3)当线段PQ 与线段 AB 相交于点O,且 2OA=OB 时,直接写出=________. (4)是否存在时刻,使得若存在,求出的值;若不存在,请说明理由 .【答案】(1)(2)解:如图1,过点 P 作 PH⊥ BC 于点 H,∴∠ PHB=∠ PHQ=90 ,°∵∠ C=90 ,°AD∥ BC,∴∠ CDP=90 ,°∴四边形 PHCD是矩形,∴PH=CD=3, HC=PD=2t,∵CQ=t, BC=4,∴H Q=CH-CQ=t,BH=BC-CH=4-2t,BQ=4-t,∴BQ2= , BP2 = ,PQ2= ,由 BQ2=BP2可得:,解得:无解;由 BQ2=PQ2可得:,解得:;由 BP2= PQ2可得:,解得:或,∵当时, BQ=4-4=0,不符合题意,∴综上所述,或;(3)(4)解:如图 3,过点 D 作 DM∥ PQ 交 BC的延长线于点 M,则当∠ BDM=90°时, PQ⊥ BD,即当 BM2=DM2+BD2时, PQ⊥ BD,∵AD∥ BC, DM ∥ PQ,∴四边形 PQMD 是平行四边形,∴Q M=PD=2t,∵QC=t,∴CM=QM-QC=t,∵∠ BCD=∠MCD=90 °,∴BD2=BC2+DC2=25, DM2=DC2 +CM2=9+t 2,∵B M2=(BC+CM)2=(4+t)2,∴由 BM2=BD2+DM2可得:,解得:,∴当时,∠ BDM=90 °,即当时, PQ⊥ BD.【解析】【解答】解:(1)由题意可得BQ=BC-CQ=4-,t点P 到 BC 的距离=CD=3,∴S△PBQ= BQ × 3= ;( 3 )解:如图2,过点P 作 PM⊥ BC交CB的延长线于点M ,∴∠ 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,,∴P A=2t-6, BQ=4-t, MQ=CM-CQ=2t-t=t,∴,解得:,∴MQ=,又∵ PM=3,∠ PMQ=90°,∴tan ∠ BPQ=;【分析】( 1)点 P 作 PM⊥ BC,垂足为M,则四边形PDCM 为矩形,根据梯形的面积公式就可以利用t 表示,就得到s 与 t 之间的函数关系式。

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