专题3 圆与相似综合压轴题解析
中考数学压轴题专题圆与相似的经典综合题附答案解析
中考数学压轴题专题圆与相似的经典综合题附答案解析一、相似1．如图，在等腰Rt△ABC中，O为斜边AC的中点，连接BO，以AB为斜边向三角内部作Rt△ABE，且∠AEB=90°，连接EO．求证：（1）∠OAE=∠OBE；（2）AE=BE+ OE．【答案】（1）证明：在等腰Rt△ABC中，O为斜边AC的中点，∴OB⊥AC，∴∠AOB=90°，∵∠AEB=90°，∴A，B，E，O四点共圆，∴∠OAE=∠OBE（2）证明：在AE上截取EF=BE，则△EFB是等腰直角三角形，∴，∠FBE=45°，∵在等腰Rt△ABC中，O为斜边AC的中点，∴∠ABO=45°，∴∠ABF=∠OBE，∵，∴，∴△ABF∽△BOE，∴ = ，∴AF= OE，∵AE=AF+EF，∴AE=BE+ OE．【解析】【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质，可证得∠AOB=∠AEB=90°，可得出A，B，E，O四点共圆，再利用同弧所对的圆周角相等，可证得结论。
（2）在AE上截取EF=BE，易证△EFB是等腰直角三角形，可得出BF与BE的比值为，再证明∠ABF=∠OBE，AB与BO的比值为，就可证得AB、BO、BF、BE四条线段成比例，然后利用两组对应边成比例且夹角相等的两三角形相似，可证得△ABF∽△BOE，可证得AF= OE，由AE=AF+EF，可证得结论。
2．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。
备战中考数学压轴题专题复习——圆与相似的综合附答案解析
备战中考数学压轴题专题复习——圆与相似的综合附答案解析一、相似1．如图，已知：在Rt△ABC中，斜边AB=10，sinA= ，点P为边AB上一动点（不与A，B重合），PQ平分∠CPB交边BC于点Q，QM⊥AB于M，QN⊥CP于N．（1）当AP=CP时，求QP；（2）若四边形PMQN为菱形，求CQ；（3）探究：AP为何值时，四边形PMQN与△BPQ的面积相等？【答案】（1）解：∵AB=10，sinA= ，∴BC=8，则AC= =6，∵PA=PC．∴∠PAC=∠PCA，∵PQ平分∠CPB，∴∠BPC=2∠BPQ=2∠A，∴∠BPQ=∠A，∴PQ∥AC，∴PQ⊥BC，又PQ平分∠CPB，∴∠PCQ=∠PBQ，∴PB=PC，∴P是AB的中点，∴PQ= AC=3（2）解：∵四边形PMQN为菱形，∴MQ∥PC，∴∠APC=90°，∴ ×AB×CP= ×AC×BC，则PC=4.8，由勾股定理得，PB=6.4，∵MQ∥PC，∴ = = = ，即 = ，解得，CQ=（3）解：∵PQ平分∠CPB，QM⊥AB，QN⊥CP，∴QM=QN，PM=PN，∴S△PMQ=S△PNQ，∵四边形PMQN与△BPQ的面积相等，∴PB=2PM，∴QM是线段PB的垂直平分线，∴∠B=∠BPQ，∴∠B=∠CPQ，∴△CPQ∽△CBP，∴ = = ，∴ = ，∴CP=4× =4× =5，∴CQ= ，∴BQ=8﹣ = ，∴BM= × = ，∴AP=AB﹣PB=AB﹣2BM=【解析】【分析】（１）当AP=CP时，由锐角三角函数可知AC=6，BC=8，因为PQ平分∠CPB，所以PQ//AC，可知PB=PC，所以点P是AB的中点，所以PQ是△ABC的中位线，PQ =3;(2)当四边形PMQN为菱形时，因为∠APC=，所以四边形PMQN为正方形，可得PC=4.8，PB=3.6，因为MQ//PC，所以，可得;(3)当QM垂直平分PB 时，四边形PMQN的面积与△BPQ的面积相等，此时△CPQ∽△CBP，对应边成比例，可得，所以，因为AP=AB-2BM，所以AP=.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含答案解析
中考数学——圆与相似的综合压轴题专题复习含答案解析一、相似1．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，∵AB=2，AB⊥OC，∴AC=BC=1，∠BOC=30°，∴OC= ，∴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，∵CF∥BG，∴，∵AC=4BC，∴ =4，∴AF=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，am2n2），∴AD=am2n2，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。
备战中考数学压轴题专题复习—圆与相似的综合附答案解析
备战中考数学压轴题专题复习—圆与相似的综合附答案解析一、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．已知二次函数y＝ax2＋bx－2的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点A的坐标为(4，0)，且当x＝－2和x＝5时二次函数的函数值y相等．（1）求实数a，b的值；（2）如图①，动点E，F同时从A点出发，其中点E以每秒2个单位长度的速度沿AB边向终点B运动，点F以每秒个单位长度的速度沿射线AC方向运动．当点E停止运动时，点F随之停止运动．设运动时间为t秒．连接EF，将△AEF沿EF翻折，使点A落在点D处，得到△DEF.①是否存在某一时刻t，使得△DCF为直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；②设△DEF与△ABC重叠部分的面积为S，求S关于t的函数关系式．【答案】（1）解：由题意得：，解得：a= ，b=（2）解：①由（1）知二次函数为 .∵A（4，0），∴B（﹣1，0），C （0，﹣2），∴OA=4，OB=1，OC=2，∴AB=5，AC= ，BC= ，∴AC2+BC2=25=AB2，∴△ABC为直角三角形，且∠ACB=90°．∵AE=2t，AF= t，∴ .又∵∠EAF=∠CAB，∴△AEF∽△ACB，∴∠AEF=∠ACB=90°，∴△AEF沿EF翻折后，点A落在x轴上点D处；由翻折知，DE=AE，∴AD=2AE=4t，EF= AE=t．假设△DCF为直角三角形，当点F在线段AC上时：ⅰ）若C为直角顶点，则点D与点B重合，如图2，∴AE= AB= t= ÷2= ；ⅱ）若D为直角顶点，如图3．∵∠CDF=90°，∴∠ODC+∠EDF=90°．∵∠EDF=∠EAF，∴∠OBC+∠EAF=90°，∴∠ODC=∠OBC，∴BC=DC．∵OC⊥BD，∴OD=OB=1，∴AD=3，∴AE= ，∴t= ；当点F在AC延长线上时，∠DFC＞90°，△DCF为钝角三角形．综上所述，存在时刻t，使得△DCF为直角三角形，t= 或t= ．②ⅰ）当0＜t≤ 时，重叠部分为△DEF，如图1、图2，∴S= ×2t×t=t2；ⅱ）当＜t≤2时，设DF与BC相交于点G，则重叠部分为四边形BEFG，如图4，过点G作GH⊥BE于H，设GH=m，则BH= ，DH=2m，∴DB= ．∵DB=AD﹣AB=4t﹣5，∴ =4t﹣5，∴m= （4t﹣5），∴S=S△DEF﹣S△DBG= ×2t×t﹣（4t﹣5）× （4t﹣5）= ；ⅲ）当2＜t≤ 时，重叠部分为△BEG，如图5．∵BE=DE﹣DB=2t﹣（4t﹣5）=5﹣2t，GE=2BE=2（5﹣2t），∴S= ×（5﹣2t）×2（5﹣2t）=4t2﹣20t+25．综上所述：．【解析】【分析】（1）根据已知抛物线的图像经过点A，以及当x=-2和x=5时二次函数的函数值y相等两个条件，列出方程组求出待定系数的值即可。
中考数学压轴题专题复习—圆与相似的综合及答案解析
中考数学压轴题专题复习—圆与相似的综合及答案解析一、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．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．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-经典压轴题含答案解析
中考数学圆与相似-经典压轴题含答案解析一、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．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。
备战中考数学——圆与相似的综合压轴题专题复习附答案解析.doc
备战中考数学——圆与相似的综合压轴题专题复习附答案解析一、相似1．如图，在△ ABC中，∠ C＝ 90°， AC＝ 8， BC＝6 。
PAB 边上的一个动点（异于A、 B 两是点），过点P 分别作AC、 BC 边的垂线，垂足为M、 N 设AP=x.（1）在△ ABC 中， AB＝ ________；（2）当 x＝________时，矩形 PMCN 的周长是 14；（3）是否存在 x 的值，使得△ PAM 的面积、△ PBN 的面积与矩形 PMCN 的面积同时相等？请说出你的判断，并加以说明。
【答案】（1） 10（2） 5（3）解：∵ PM⊥ AC， PN⊥ BC，∴∠ AMP=∠ PNB=∠ C=90o.∴AC∥ PN，∠A=∠ NPB.∴△ AMP∽ △PNB∽ △ ABC.当 P 为 AB 中点时，可得△AMP≌ △ PNB此时 S△△× 4× 3=6AMP=S PNB=而S 矩形PMCN=PM·MC=3×4=12.所以不存在x 的值，能使△ AMP 的面积、△PNB 的面积与矩形PMCN 面积同时相等.【解析】【解答】（ 1）∵ △ ABC为直角三角形，且AC=8， BC=6，（2 ）∵ PM⊥ AC PN⊥ BC∴MP∥ BC， AC∥ PN（垂直于同一条直线的两条直线平行），∴，∵A P=x， AB=10， BC=6， AC=8， BP=10-x，∴矩形 PMCN 周长 =2（ PM+PN） =2（x+8-x） =14，解得 x=5；【分析】在△ ABC 中，∠C=90°，AC=8，BC=6 根据勾股定理，可求出AB 的长；AP=x，可以得到矩形PMCN的周长的表达式，构造方程，解方程得到x值.可以证明△AMP∽ △ PNB∽ △ ABC ，只有当 P 为 AB 中点时，可得△ AMP≌ △ PNB ，此时S△AMP=S△PNB，分别求出当 P 为 AB 中点时△ PAM 的面积、△PBN 的面积与矩形 PMCN 的面积比较即可 .2．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° °∴t an ∠ CPQ= ,由① 得 AP=CQ,，又 AP:PC=1:3，∴ tan∠ CPQ=由② 得∠ CBQ=∠ CPQ，∴t an ∠ 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.3．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，∴P H=CD=3， HC=PD=2t，∵C Q=t， BC=4，∴HQ=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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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。
中考数学压轴题专题复习—圆与相似的综合附答案解析
中考数学压轴题专题复习—圆与相似的综合附答案解析一、相似1．如图，在一块长为a(cm)，宽为b(cm)(a>b)的矩形黑板的四周，镶上宽为x(cm)的木板，得到一个新的矩形．（1）试用含a，b，x的代数式表示新矩形的长和宽；（2）试判断原矩形的长、宽与新矩形的长、宽是不是比例线段，并说明理由．【答案】（1）解：由原矩形的长、宽分别为a(cm)，b(cm)，木板宽为x(cm)，可得新矩形的长为(a＋2x)cm，宽为(b＋2x)cm（2）解：假设两个矩形的长与宽是成比例线段，则有，由比例的基本性质，得ab＋2bx＝ab＋2ax，∴2(a－b)x＝0.∵a>b，∴a－b≠0，∴x＝0，又∵x>0，∴原矩形的长、宽与新矩形的长、宽不是比例线段．【解析】【分析】（1）根据已知，观察图形，可得出新矩形的长和宽。
（2）假设两个矩形的长与宽是成比例线段，列出比例式，再利用比例的性质得出x=0，即可判断。
2．如图,在一个长40 m、宽30 m的矩形小操场上,王刚从A点出发,沿着A→B→C的路线以3 m/s的速度跑向C地.当他出发4 s后,张华有东西需要交给他,就从A地出发沿王刚走的路线追赶,当张华跑到距B地2 m的D处时,他和王刚在阳光下的影子恰好落在一条直线上.（1）此时两人相距多少米(DE的长)?（2）张华追赶王刚的速度是多少?【答案】（1）解：在Rt△ABC中：∵AB=40，BC=30，∴AC=50 m.由题意可得DE∥AC，∴Rt△BDE∽Rt△BAC，∴ = ，即 = .解得DE= m.答：此时两人相距 m.（2）解：在Rt△BDE中：∵DB=2，DE=，∴BE=2 m.∴王刚走的总路程为AB+BE=42 m.∴王刚走这段路程用的时间为 =14(s).∴张华用的时间为14-4=10(s)，∵张华走的总路程为AD=AB-BD=40-2=37（m）,∴张华追赶王刚的速度是37÷10≈3.7（m/s）.答：张华追赶王刚的速度约是3.7m/s.【解析】【分析】（1）在Rt△ABC中，根据勾股定理得AC=50 m，利用平行投影的性质得DE∥AC，再利用相似三角形的性质得出对应边的比相等可求得DE长.（2）在Rt△BDE中,根据勾股定理得BE=2 m，根据题意得王刚走的总路程为42 m，根据时间=路程÷速度求得王刚用的时间，减去4即为张华用的时间，再根据速度=路程÷时间解之即可得出答案.3．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。
备战中考数学—圆与相似的综合压轴题专题复习附答案解析
备战中考数学—圆与相似的综合压轴题专题复习附答案解析一、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。
备战中考数学——圆与相似的综合压轴题专题复习及答案解析
备战中考数学——圆与相似的综合压轴题专题复习及答案解析一、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。
中考数学——圆与相似的综合压轴题专题复习附答案解析
中考数学——圆与相似的综合压轴题专题复习附答案解析一、相似1．已知：如图，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，对角线AC，BD交于点0．点P从点A出发，沿方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点Q从点D出发，沿DC方向匀速运动，速度为1cm/s；当一个点停止运动时，另一个点也停止运动．连接PO并延长，交BC于点E，过点Q作QF∥AC，交BD于点F．设运动时间为t（s）（0＜t＜6），解答下列问题：（1）当t为何值时，△AOP是等腰三角形？（2）设五边形OECQF的面积为S（cm2），试确定S与t的函数关系式；（3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使S五边形S五边形OECQF：S△ACD=9：16？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；（4）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使OD平分∠COP？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：∵在矩形ABCD中，Ab=6cm，BC=8cm，∴AC=10，①当AP=PO=t，如图1，过P作PM⊥AO，∴AM= AO= ，∵∠PMA=∠ADC=90°，∠PAM=∠CAD，∴△APM∽△ADC，∴，∴AP=t= ，②当AP=AO=t=5，∴当t为或5时，△AOP是等腰三角形（2）解：作EH⊥AC于H，QM⊥AC于M，DN⊥AC于N，交QF于G，在△APO与△CEO中，∵∠PAO=∠ECO，AO=OC，∠AOP=∠COE，∴△AOP≌△COE，∴CE=AP=t，∵△CEH∽△ABC，∴，∴EH= ，∵DN= = ，∵QM∥DN，∴△CQM∽△CDN，∴，即，∴QM= ，∴DG= = ，∵FQ∥AC，∴△DFQ∽△DOC，∴，∴FQ= ，∴S五边形OECQF=S△OEC+S四边形OCQF= = ，∴S与t的函数关系式为（3）解：存在，∵S△ACD= ×6×8=24，∴S五边形OECQF：S△ACD=（）：24=9：16，解得t= ，t=0，（不合题意，舍去），∴t= 时，S五边形S五边形OECQF：S△ACD=9：16（4）解：如图3，过D作DM⊥AC于M，DN⊥AC于N，∵∠POD=∠COD，∴DM=DN= ，∴ON=OM= = ，∵OP•DM=3PD，∴OP= ，∴PM= ，∵，∴，解得：t≈15（不合题意，舍去），t≈2.88，∴当t=2.88时，OD平分∠COP．【解析】【分析】（1）根据矩形的性质可得：AB=CD=6，BC=AD=8，所以AC=10；而P、Q 两点分别从A点和D点同时出发且以相同的速度为1cm/s运动，当一个点停止运动时，另一个点也停止运动，所以点P不可能运动到点D；所以△AOP是等腰三角形分两种情况讨论：①当AP=PO=t时，过P作PM⊥AO，易证△CQM∽△CDN，可得比例式即可求解；②当AP=AO=t=5时，△AOP是等腰三角形；（2）作EH⊥AC于H，QM⊥AC于M，DN⊥AC于N，交QF于G，可将五边形转化成一个三角形和一个直角梯形，则五边形OECQF的面积S=三角形OCE的面积+直角梯形OCQF的面积；（3）因为三角形ACD的面积=AD CD=24，再将（2）中的结论代入已知条件S五边形S ：S△ACD=9：16中，可得关于t的方程，若有解且符合题意，则存在，反之，不存五边形OECQF在；（4）假设存在。
备战中考数学——圆与相似的综合压轴题专题复习含答案解析
备战中考数学——圆与相似的综合压轴题专题复习含答案解析一、相似1．如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，动点P从点A开始沿边AC向点C以1个单位长度的速度运动，动点Q从点C开始沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，过点P作PD∥BC，交AB于点D，连接PQ分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒（t≥0）．（1）直接用含t的代数式分别表示：QB=________，PD=________．（2）是否存在t的值，使四边形PDBQ为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．并探究如何改变Q的速度（匀速运动），使四边形PDBQ在某一时刻为菱形，求点Q 的速度；（3）如图2，在整个运动过程中，求出线段PQ中点M所经过的路径长．【答案】（1）8-2t；（2）解：不存在在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，∴AB=10∵PD∥BC，∴△APD∽△ACB，∴，即，∴AD= ，∴BD=AB-AD=10- ，∵BQ∥DP，∴当BQ=DP时，四边形PDBQ是平行四边形，即8-2t= ，解得：t= ．当t= 时，PD= ，BD=10- ，∴DP≠BD，∴▱PDBQ不能为菱形．设点Q的速度为每秒v个单位长度，则BQ=8-vt，PD= ，BD=10- ，要使四边形PDBQ为菱形，则PD=BD=BQ，当PD=BD时，即 =10- ，解得：t=当PD=BQ，t= 时，即，解得：v=当点Q的速度为每秒个单位长度时，经过秒，四边形PDBQ是菱形．（3）解：如图2，以C为原点，以AC所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系．依题意，可知0≤t≤4，当t=0时，点M1的坐标为（3，0），当t=4时点M2的坐标为（1，4）．设直线M1M2的解析式为y=kx+b，∴，解得，∴直线M1M2的解析式为y=-2x+6．∵点Q（0，2t），P（6-t，0）∴在运动过程中，线段PQ中点M3的坐标（，t）．把x= 代入y=-2x+6得y=-2× +6=t，∴点M3在直线M1M2上．过点M2作M2N⊥x轴于点N，则M2N=4，M1N=2．∴M1M2=2∴线段PQ中点M所经过的路径长为2 单位长度．【解析】【解答】（1）根据题意得：CQ=2t，PA=t，∴QB=8-2t，∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，PD∥BC，∴∠APD=90°，∴tanA= ，∴PD= ．【分析】CQ=2t，PA=t，可得QB=8﹣2t，根据tanA=，可以表示PD；易得△APD∽△ACB，即可求得AD与BD的长，由BQ∥DP，可得当BQ=DP时，四边形PDBQ是平行四边形；求得此时DP与BD的长，由DP≠BD，可判定▱PDBQ不能为菱形；然后设点Q 的速度为每秒v个单位长度，由要使四边形PDBQ为菱形，则PD=BD PD=BQ，列方程即可求得答案．以C为原点，以AC所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系，求出直线M1M2解析式，证明M3在直线M1M2上，利用勾股定理求出M1M2.2．如图，在平面直角坐标系中，O为原点，平行四边形A BCD的边BC在x轴上，D点在y 轴上，C点坐标为（2，0），BC=6，∠BCD=60°，点E是AB上一点，AE=3EB，⊙P过D，O，C三点，抛物线y=ax2+bx+c过点D，B，C三点．（1）请直接写出点B、D的坐标：B（________），D（________）；（2）求抛物线的解析式；（3）求证：ED是⊙P的切线；（4）若点M为抛物线的顶点，请直接写出平面上点N的坐标，使得以点B，D，M，N为顶点的四边形为平行四边形．【答案】（1）-4，0；0，2（2）解：将（2，0），B（-4,0），D(0,);三点分别代入y=ax2+bx+c得，解得∴所求抛物线的解析式y=- x2- x+（3）证明：在Rt△OCD中，CD=2OC=4，∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB=CD=4，AB∥CD，∠A=∠BCD=60°，AD=BC=6，∵AE=3BE，∴AE=3，∴，∵∴∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠DAE=∠DCB=60°，∴△AED∽△COD，∴∠ADE=∠CDO，而∠ADE+∠ODE=90°∴∠CDO+∠ODE=90°，∴CD⊥DE，∵∠DOC=90°，∴CD为⊙P的直径，∴ED是⊙P的切线（4）解：点N的坐标为（-5，）、（3，）、（-3，- ）【解析】【解析】解：（1）∵C点坐标为（2，0），∴OC=2 ,∵BC=6 ,∴OB=BC-OC=4 ,∴B（-4,0），∵∠BCD=60°，tan∠BCD= ,∴ ,∴OD=,∴D(0,);（4存在,∵y=−x2−x+=−(x+1)2+∴M(−1,)，∵B(−4,0),D(0,)，如图，当BM为平行四边形BDMN的对角线时，点D向左平移4个单位,再向下平移个单位得到B，则点M(−1,)向左平移4个单位,再向下平移个单位得到N1(−5,)；当DM为平行四边形BDMN的对角线时，点B向右平移3个单位,再向上平移个单位得到D，则点M(−1,)向右平移4个单位,再向上平移个单位得到N2(3,)；当BD为平行四边形BDMN的对角线时，点M向右平移1个单位,再向下平移个单位得到D，则点B(−4,0)向右平移1个单位,再向下平移个单位得到N3(−3,−)；综上所述,以点B,D,M,N为顶点的四边形为平行四边形时,点N的坐标为(−5，,)或(3,)或(−3,−）【分析】（1）根据点C的坐标，求出OC的长度，进而求出OB的长度，得出B点的坐标。
中考数学——圆与相似的综合压轴题专题复习及答案解析
中考数学——圆与相似的综合压轴题专题复习及答案解析一、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，抛物线y＝x2＋bx＋c经过B(－1，0)，D(－2，5)两点，与x轴另一交点为A，点H是线段AB上一动点，过点H的直线PQ⊥x轴，分别交直线AD、抛物线于点Q、P.（1）求抛物线的解析式；（2）是否存在点P，使∠APB＝90°，若存在，求出点P的横坐标，若不存在，说明理由；（3）连接BQ，一动点M从点B出发，沿线段BQ以每秒1个单位的速度运动到Q，再沿线段QD以每秒个单位的速度运动到D后停止，当点Q的坐标是多少时，点M在整个运动过程中用时t最少？【答案】（1）解：把B（﹣1，0），D（﹣2，5）代入，得：，解得：，∴抛物线的解析式为：（2）解：存在点P，使∠APB=90°．当y=0时，即x2﹣2x﹣3=0，解得：x1=﹣1，x2=3，∴OB=1，OA=3．设P（m，m2﹣2m﹣3），则﹣1≤m≤3，PH=﹣（m2﹣2m﹣3），BH=1+m，AH=3﹣m，∵∠APB=90°，PH⊥AB，∴∠PAH=∠BPH=90°﹣∠APH，∠AHP=∠PHB，∴△AHP∽△PHB，∴，∴PH2=BH•AH，∴[﹣（m2﹣2m﹣3）]2=（1+m）（3﹣m），解得m1= ，m2= ，∴点P的横坐标为：或（3）解：如图，过点D作DN⊥x轴于点N，则DN=5，ON=2，AN=3+2=5，∴tan∠DAB= =1，∴∠DAB=45°．过点D作DK∥x 轴，则∠KDQ=∠DAB=45°，DQ= QG．由题意，动点M运动的路径为折线BQ+QD，运动时间：t=BQ+ DQ，∴t=BQ+QG，即运动的时间值等于折线BQ+QG的长度值．由垂线段最短可知，折线BQ+QG的长度的最小值为DK与x轴之间的垂线段．过点B作BH⊥DK于点H，则t最小=BH，BH与直线AD的交点，即为所求之Q点．∵A（3，0），D（﹣2，5），∴直线AD的解析式为：y=﹣x+3，∵B点横坐标为﹣1，∴y=1+3=4，∴Q（﹣1，4）．【解析】【分析】（1）把点B，D的坐标代入二次函数中组成二元一次方程组，解方程组即可得到抛物线的解析式；（2）先按照存在点P使∠APB＝90°，先根据抛物线的解析式求得点A，B的坐标，设出点P的坐标，根据点P的位置确定m的取值范围，再证△AHP∽△PHB，从而得到PH2=BH•AH，即可列出关于m的方程，解方程即可得到m即点P的横坐标，且横坐标在所求范围内，从而说明满足条件的点P存在；（3）先证明∠DAB=45°，从而证得DQ= 2 QG，那么运动时间t值等于折线BQ+QG的长度值，再结合垂线段最短确定点Q的位置，再求得点Q的坐标即可.3．如图，△ABC内接于⊙O，且AB＝AC.延长BC到点D，使CD＝CA，连接AD交⊙O于点E.（1）求证：△ABE≌△CDE；（2）填空：①当∠ABC的度数为________时，四边形AOCE是菱形；②若AE＝6，BE=8，则EF的长为________.【答案】（1）证明：∵AB=AC，CD=CA，∴∠ABC=∠ACB，AB=CD．∵四边形ABCE是圆内接四边形，∴∠ECD=∠BAE，∠CED=∠ABC．∵∠ABC=∠ACB=∠AEB，∴∠CED=∠AEB，∴△ABE≌△CDE（AAS）（2）60；【解析】【解答】解：（2）①当∠ABC的度数为60°时，四边形AOCE是菱形；理由是：连接AO、OC．∵四边形ABCE是圆内接四边形，∴∠ABC+∠AEC=180°．∵∠ABC=60，∴∠AEC=120°=∠AOC．∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA=30°．∵AB=AC，∴△ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°．∵∠ACB=∠CAD+∠D．∵AC=CD，∴∠CAD=∠D=30°，∴∠ACE=180°﹣120°﹣30°=30°，∴∠OAE=∠OCE=60°，∴四边形AOCE是平行四边形．∵OA=OC，∴▱AOCE是菱形；②由（1）得：△ABE≌△CDE，∴BE=DE=8，AE=CE=6，∴∠D=∠EBC．∵∠CED=∠ABC=∠ACB，∴△ECD∽△CFB，∴ = ．∵∠AFE=∠BFC，∠AEB=∠FCB，∴△AEF∽△BCF，∴ = ，∴EF= = ．故答案为：①60°；② ．【分析】（1）由题意易证∠ABC=∠ACB，AB=CD；再由四点共圆和已证可得∠ABC=∠ACB=∠AEB，∠CED=∠AEB，则利用AAS可证得结论；（2）①连接AO、CO.宪政△ABC是等边三角形，再证明四边形AOCE是平行四边形，又AO=CO可得结论；②先证△ECD∽△CFB，可得EC：ED=CF：BC=6:8；再证△AEF∽△BCF，则AE：EF=BC：CF，从而求出EF.4．在数学兴趣小组活动中，小亮进行数学探究活动，△ABC是边长为2的等边三角形，E 是AC上一点，小亮以BE为边向BE的右侧作等边三角形BEF，连接CF．（1）如图1，当点E在线段AC上时，EF、BC相交于点D，小亮发现有两个三角形全等，请你找出来，并证明；（2）当点E在线段AC上运动时，点F也随着运动，若四边形ABFC的面积为，求AE 的长；（3）如图2，当点E在AC的延长线上运动时，CF、BE相交于点D，请你探求△ECD的面积S1与△DBF的面积S2之间的数量关系，并说明理由；（4）如图2，当△ECD的面积S1＝时，求AE的长．【答案】（1）解：现点E沿边AC从点A向点C运动过程中，始终有△ABE≅△CBF.由图1知，△ABC与△EBF都是等边三角形，∴AB=CB，BE=BF，∠ABC=∠EBF=60°，∴∠CBF=∠ABE=60°-∠CBE，∴△ABE≅△CBF.（2）解：由（1）知点E在运动过程中始终有△ABE≅△CBF，因四边形BECF的面积等于三角形BCF的面积与三角形BCE的面积之和，∴四边形BECF的面积等于△ABC的面积，因△ABC的边长为2，则，∴四边形BECF的面积为，又四边形ABFC的面积是，∴，在三角形ABE中，因∠A=60°，∴边AB上的高为AEsin60°,∴，则AE= .（3）解： .由图2知，△ABC与△EBF都是等边三角形，∴AB=CB，BE=BF，∠ABC=∠EBF=60°，又∠CBF=∠ABE=60°+∠CBE，∴△ABE≅△CBF，∴，∴，则，则（4）解：由（3）知，即，由得，∵△ABE≅△CBF，∴AE=CF，∠BAE=∠BCF=60°，又∠BAE=∠ABC=60°，得∠ABC=∠BCF，∴CF∥AB，则△BDF的边CF上的高与△ABC的高相等，即为，则DF= ，设CE=x，则2+x=CD+DF=CD+ ，∴CD=x- ，在△ABE中，由CD∥AB得，，即，化简得，∴x=1或x=− （舍），即CE=1，∴AE=3.【解析】【分析】（1）不难发现△ABE≅△CBF，由等边三角形的性质得到相应的条件，根据“SAS”判定三角形全等；（2）由（1）可得△ABE≅△CBF，则，则四边形ABFC= = ，由四边形ABFC的面积为和等边三角形ABC的边长为2，可求得△ABE的面积，由底AB×AEsin60°，构造方程可解出AE.（3）当E在AC的延长线上时，△ABE≅△CBF依然成立，则，即由等量关系即可得答案.（4）由（3）可求出△FBD的面积，由△ABE≅△CBF，则AE=CF，∠BAE=∠BCF=60°=∠ABC，则CF//AB,则对于△BDF的边CF上的高等于△ABC的高，则可求出DF的长度；由AE=CF，可设CE=x，且CD//AB可得，代入相关值解出x即可.5．如图，抛物线与坐标轴交点分别为，，，作直线BC．（1）求抛物线的解析式；（2）点P为抛物线上第一象限内一动点，过点P作轴于点D，设点P的横坐标为，求的面积S与t的函数关系式；（3）条件同，若与相似，求点P的坐标．【答案】（1）解：把，，代入得：，解得：，，，抛物线的解析式为（2）解：设点P的坐标为(t,- t×2+ t+2)，∵A(-1,0)，B(3,0)，∴AB=4，∴S=（3）解：当∽时，，即，整理得：，解得：或舍去，，，点P的坐标为；当∽，则，即，整理得，解得：或舍去，，，点P的坐标为，综上所述点P的坐标为或【解析】【分析】（1）利用待定系数法，将点A、B、C三点坐标分别代入函数解析式，建立方程组，就可求出a、b、c的值，即可解答；或设函数解析式为交点式，即y=a （x+1）(x-3），再将点C的坐标代入可解答。
中考数学圆与相似-经典压轴题及答案解析
中考数学圆与相似-经典压轴题及答案解析一、相似1．（1）问题发现如图1，四边形ABCD为矩形，AB=a，BC=b，点P在矩形ABCD的对角线AC上，Rt△PEF的两条直角边PE，PF分别交BC，DC于点M，N，当PM⊥BC，PN⊥CD时， =________（用含a，b的代数式表示）．（2）拓展探究在（1）中，固定点P，使△PEF绕点P旋转，如图2，的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明．（3）问题解决如图3，四边形ABCD为正方形，AB=BC=a，点P在对角线AC上，M，N分别在BC，CD 上，PM⊥PN，当AP=nPC时，（n是正实数），直接写出四边形PMCN的面积是________（用含n，a的代数式表示）【答案】（1）（2）解：如图3，过P作PG⊥BC于G，作PH⊥CD于H，则∠PGM=∠PHN=90°，∠GPH=90°∵Rt△PEF中，∠FPE=90°∴∠GPM=∠HPN∴△PGM∽△PHN∴由PG∥AB，PH∥AD可得， ,∵AB=a，BC=b∴，即 ,∴，故答案为（3）【解析】【解答解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AB⊥BC，∵PM⊥BC，∴△PMC∽△ABC∴∵四边形ABCD是矩形，∴∠BCD=90°，∵PM⊥BC，PN⊥CD，∴∠PMC=∠PNC=90°=∠BCD，∴四边形CNPM是矩形，∴CM=PN，∴，故答案为；（ 3 ）∵PM⊥BC，AB⊥BC∴△PMC∽△ABC∴当AP=nPC时（n是正实数），∴PM= a∴四边形PMCN的面积= ，故答案为：．【分析】（1）由题意易得△PMC∽△ABC，可得比例式，由矩形的性质可得CM=PN，则结论可得证；（2）过P作PG⊥BC于G，作PH⊥CD于H，由辅助线和已知条件易得△PGM∽△PHN，则得比例式，由（1）可得比例式，即比值不变；（3）由（2）的方法可得，则四边形PMCN的面积= .2．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。
中考数学——圆与相似的综合压轴题专题复习及详细答案
∵
=1 且∠ ABC=∠ AMN，
∴ △ ABC～△ AMN
∴
，
∵ AB=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，
∴ BI=
=24，
∵ BI=24＜32，
∴ 中位线 IK 的两端点在线段 AB 和 DE 上，
过点 K 作 KL⊥BC 于点 L，
由【探索发现】知矩形的最大面积为 ×BG• BF= ×（40+20）× （32+16）=720， 答：该矩形的面积为 720； （4）解：如图 2，延长 BA、CD 交于点 E，过点 E 作 EH⊥BC 于点 H，
由题意知四边形 ABCH 是矩形， ∵ AB=32，BC=40，AE=20，CD=16， ∴ EH=20、DH=16， ∴ AE=EH、CD=DH， 在△ AEF 和△ HED 中，
∵
，
∴ △ AEF≌ △ HED（ASA），
∴ AF=DH=16，
同理△ CDG≌ △ HDE，
∴ CG=HE=20，
（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，
∴ BD=3 ， ∵ EM⊥AB，AB 是⊙O 的直径，
中考数学压轴题专题圆与相似的经典综合题及答案解析
中考数学压轴题专题圆与相似的经典综合题及答案解析一、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。
中考数学与圆与相似有关的压轴题附答案解析
中考数学与圆与相似有关的压轴题附答案解析一、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。
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专题三圆压轴题一、核心讲练1.如图，在⊙O的内接四边形ACDB中，AB为直径，AC：BC=1：2，点D为弧AB的中点，BE⊥CD垂足为E．(1)求∠BCE的度数；(2)求证：D为CE的中点；(3)连接OE交BC于点F，若AB OE的长度．2.如图，半圆O中，将一块含60°的直角三角板的60°角顶点与圆心O重合，角的两条边分别与半圆圆弧交于C，D两点(点C在∠AOD内部)，AD与BC交于点E，AD与OC交于点F．(1)求∠CED的度数；(2)若C是弧AD的中点，求AF：ED的值；(3)若AF=2，DE=4，求EF的长．3.如图，已知⊙O是△ABC的外接圆，AD是⊙O的直径，且BD=BC．延长AD到E，使得∠EBD=∠CAB．(1)如图1，若BD AC=6．①求证：BE是⊙O的切线；②求DE的长；(2)如图2，连结CD，交AB于点F，若BD CF=3，求⊙O的半径．4.如图，在Rt△ABC中，∠A=30°，AC=8，以C为圆心，4为半径作⊙C．(1)试判断⊙C与AB的位置关系，并说明理由；(2)点F是⊙C上一动点，点D在AC上且CD=2，试说明△FCD～△ACF；(3)点E是AB边上任意一点，在(2)的情况下，试求出EF+12F A的最小值．二、满分突破5.如图，已知△ABC 内接于⊙O ，点E 在弧BC 上，AE 交BC 于点D ，EB 2=ED •EA 经过B 、C 两点的圆弧交AE 于I ．(1)求证：△ABE ∽△BDE ；(2)如果BI 平分∠ABC ，求证=AB AEBD EI ;(3)设O 的半径为5，BC =8，∠BDE =45°，求AD 的长．专题三 课堂小测1.在实数-3，2，0，﹣4中，最大的数是( )A.-3B.2C.0D.-42.下列图形中是轴对称图形的是( )A.1个B.2个C.3个D.4个3.计算x 6÷x 2正确的是( )A.3B.x 3C.x 4D.x 84.下列调查中，最适合采用全面调查(普查)方式的是( )A.对重庆市初中学生每天阅读时间的调查B.对端午节期间市场上粽子质量情况的调查C.对某批次手机的防水功能的调查D.对某校九年级3班学生肺活量情况的调查5.若x =-13，y =4，则代数式3x +y -3的值为( ) A.-6 B.0 C.2 D.66.要使分式43x -有意义，x 应满足的条件是( ) A.x ＞3 B.x =3 C.x ＜3 D.x ≠37.若△ABC ～△DEF ，相似比为3：2，则对应高的比为( )A.3：2B.3：5C.9：4D.4：98.如图，矩形ABCD 的边AB =1，BE 平分∠ABC ，交AD 于点E ，若点E 是AD 的中点，以点B 为圆心，BE 长为半径画弧，交BC 于点F ，则图中阴影部分的面积是( )A.2-4πB.32-4πC.2-8πD.32-8π 9.下列图形都是由同样大小的菱形按照一定规律所组成的，其中第①个图形中一共有3个菱形，第②个图形中一共有7个菱形，第③个图形中一共有13个菱形，…，按此规律排列下去，第⑨个图形中菱形的个数为( )A.73B.81C.91D.10910.“渝新欧”国际铁路联运大通道全长11000千米，成为服务“一带一路”的大动脉之一，将数11000用科学记数法表示为 ．11.如图，BC 是⊙O 的直径，点A 在圆上，连接AO ，AC ，∠AOB =64°，则∠ACB = ．12.某班体育委员对本班学生一周锻炼时间(单位：小时)进行了统计，绘制了如图所示的折线统计图，则该班这些学生一周锻炼时间的中位数是小时．13.如图，AB∥CD，点E是CD上一点，∠AEC=42°，EF平分∠AED交AB于点F，则∠AFE= 度．14.A、B两地之间的路程为2380米，甲、乙两人分别从A、B两地出发，相向而行，已知甲先出发5分钟后，乙才出发，他们两人在A、B之间的C地相遇，相遇后，甲立即返回A地，乙继续向A地前行．甲到达A地时停止行走，乙到达A地时也停止行走．在整个行走过程中，甲、乙两人均保持各自的速度匀速行走，甲、乙两人相距的路程y(米)与甲出发的时间x(分钟)之间的关系如图所示，则乙到达A地时，甲与A地相距的路程是米．15.若数a使关于x的分式方程2+=4-11-ax x的解为正数，且使关于y的不等式组21323()0y yy a+⎧->⎪⎨⎪-≤⎩的解集为y＜-2，则符合条件的所有整数a的和为.参考答案一、核心讲练1. (1) 45°；(2)∵BE ⊥CD ，又∵∠ECB =45°，∴∠CBE =45°，∴CE =BE ，∵四边形ACDB 是圆O 的内接四边形，∴∠A +∠BDC =180°，又∵∠BDE +∠BDC =180°，∴∠A =∠BD ，又∵∠ACB =∠BED =90°，∴△ABC ∽△DBE ，∴DE ：AC =BE ：BC ，∴DE ：BE =AC ：BC =1：2，又∵CE =BE ，∴DE ：CE =1：2，∴D 为CE 的中点；(3)连接EO ，∵CO =BO ，CE =BE ，∴OE 垂直平分BC ，∴F 为BC 中点，又∵O 为AB 中点，∴OF 为△ABC的中位线，∴OF =12AC ，∵∠BEC =90°，EF 为中线，∴EF =12BC ，在Rt △ACB 中，AC 2+BC 2=AB 2，∵AC ：BC =1：2，AB AC BC ，∴OE =OF +EF 2. (1) 120°，(2) AF ：ED =3：2．(3)连接CD ，过点F 作AC 的垂线，垂足为H ．设CE =x ，则AC x ，AE =2x ，EF =2x -2，在Rt △AFH 中，∠HAF =30°，AF =2，∴FH =1，AH CH FCE =∠OBC =∠CDF ，∠CFE =∠DFC ，∴△CFE ∽△DFC ，∴=FC FD FE FC，∴FC 2=EF •DF =(2x -2)(2x +2)=4x 2-4，在Rt △FCH 中，∵CH 2+FH 2=CF 2，∴2+12=4x 2-4，解得x 3或3(舍)，∴EF =2x --8．3. (1)①如图1，连接OB ，∵BD =BC ，∴∠CAB =∠BAD ，∵∠EBD =∠CAB ，∴∠BAD =∠EBD ，∵AD 是⊙O 的直径，∴∠ABD =90°，OA =BO ，∴∠BAD =∠ABO ，∴∠EBD =∠ABO ，∴∠OBE =∠EBD +∠OBD =∠ABD +∠OBD =∠ABD =90°，∵点B 在⊙O 上，∴BE 是⊙O 的切线；②∵四边形ACBD 是圆的内接四边形，∴∠ACB =∠BDE ，且∠EBD =∠CAB ，∴△ACB ∽△BDE ，∴=AC BCBD DE DE，解得DE =103； (2)如图2，延长DB 、AC 交于点H ，∵AD 为⊙O 的直径，∴∠ABD =∠ABH =90°，∵BD =BC ，∴∠DAB =∠HAB ，∴△ABD ≌△ABH (ASA )，∴BD =HB ∵∠DCH =∠FBD =90°，∴△DCH ∽△DBF ，∴=DC DH BD DF ，DF ，解得DF =5，设⊙O 的半径为r ，则AD =AH =2r ，在Rt △DCH 中，CH =4，∴AC =2r -4，在Rt △ACD 中， AD 2=AC 2+CD 2，∴(2r )2=(2r -4)2+82，解得r =5，即⊙O 的半径为5．4. (1)相切．理由：作CM ⊥AB 于M ．在Rt △ACM 中，∵∠AMC =90°，∠CAM =30°，AC =8，∴CM =12AC =4，∵⊙O 的半径为4，∴CM =r ，∴AB 是⊙C 的切线．(2)∵CF =4，CD =2，CA =8，∴CF 2=CD •CA ，∴=CF CA CD CF ，∵∠FCD =∠ACF ，∴△FCD ∽△ACF ．(3)作AE ′⊥AB 于E ′，交⊙C 于F ′．∵△FCD ∽△ACF ，∴1=2DF CF AF CA ，∴DF =12AC ，∴EF +12AF =EF +DF ，∴欲求EF +12AF 的最小值，就是要求EF +DF 的最小值，当E 与E ′，F 与F ′重合时，EF +DF 的值最小，最小值=DE ′=12AD =3． 二、满分突破5.(1)略； (2)∵△ABE ∽△BDE ，∴=AB AE BD BE，∠BAE =∠DBE ，∵BI 平分∠ABC ，∴∠ABI =∠DBI ， ∵∠EBI =∠EBD +∠DBI ，∠BIE =∠BAD +∠ABI ，∴∠EBI =∠EIB ，∴BE =EI ，∴=AB AE BD EI ； (3)连接EC 、OB 、OC 、OE ，设OE 交BC 于F ，如图，∵∠BAE =∠EBC ，∠EBC =∠EAC ，∴∠BAE =∠EAC ，∵∠BOE =2∠BAE ，∠COE =2∠CAE ，∴∠BOE =∠COE ，∴=BE CE ，∴EB =EC ，∴EB =EC =EI ， ∴点E 是过点I 的BC 的圆心，EB 是过点I 的BC 的半径，∵OB =OC ，∠BOE =∠COE ，∴BF =CF =12BC =4，在Rt △OFC 中，∵OC =5，FC =4，∴OF =3，∴EF =OE ﹣OF =5﹣3=2，∴BE ∵∠BDE =45°，∠DFE =90°，∴∠DEF =90°﹣45°=45°=∠FDE ，∴DF =EF =2，∴BD =BF +DF =4+2=6，DE ，∵AE •DE =BE 2，∴(AD 2，∴AD ．课堂小测1.B ；2.C ；3.C ；4.D ；5.B ；6.D ；7.A ；8.B ；9.C ；10.1.1×104；11.32°；12.11；13.69°；14.180；15.10；。