【精选】2020中考数学结合专题：圆中的相似问题(含答案)

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2020-2021中考数学圆与相似综合经典题含详细答案

2020-2021中考数学圆与相似综合经典题含详细答案一、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。

2020-2021中考数学圆与相似综合题附答案

2020-2021中考数学圆与相似综合题附答案一、相似1．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.,2．如图，已知抛物线y＝﹣x2＋bx＋c交y轴于点A（0,4），交x轴于点B（4,0），点P 是抛物线上一动点，过点P作x轴的垂线PQ，过点A作AQ⊥PQ于点Q，连接AP．（1）填空：抛物线的解析式为________，点C的坐标________；（2）点P在抛物线上运动，若△AQP∽△AOC，求点P的坐标.【答案】（1）y＝﹣x2＋3x＋4；（－1,0）（2）解：∵点A的坐标为（0，4），点C的坐标为（－1，0），∴．∵点P的横坐标为m，∴P（m，﹣m2＋3m＋4）．①当点P在直线AQ下方时，QP＝4－（﹣m2＋3m＋4）＝ m2－3m，由△AQP∽△AOC得：，即：，∴（舍去）或．当时，﹣m2＋3m＋4＝，此时点P的坐标为（）；②当点P在直线AQ上方时，PQ＝﹣m2＋3m＋4－4＝﹣m2＋3m，由△AQP∽△AOC得：，即：，∴＝0（舍去）或＝，此时P点坐标为（）．综上所述：点P的坐标为（）或（）．【解析】【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2＋bx＋c交y轴于点A（0，4），交x轴于点B（4，0），∴，解得：，∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2＋3x＋4．令y=0，得：﹣x2＋3x＋4=0，解得：x=4或x=－1，∴点C的坐标为（－1，0）．【分析】（1）根据题意，将A,B两点的坐标代入到解析式中，分别求出b，c，可以求出抛物线的解析式；（2）C为x轴上的交点，令y=0，通过解一元二次方程，解得C点坐标。

2020-2021中考数学圆与相似综合题汇编含详细答案

2020-2021中考数学圆与相似综合题汇编含详细答案一、相似1．设C为线段AB的中点，四边形BCDE是以BC为一边的正方形．以B为圆心，BD长为半径的⊙B与AB相交于F点，延长EB交⊙B于G点，连接DG交于AB于Q点，连接AD．求证：（1）AD是⊙B的切线；（2）AD=AQ；（3）BC2=CF•EG．【答案】（1）证明：连接BD，∵四边形BCDE是正方形，∴∠DBA=45°，∠DCB=90°，即DC⊥AB，∵C为AB的中点，∴CD是线段AB的垂直平分线，∴AD=BD，∴∠DAB=∠DBA=45°，∴∠ADB=90°，即BD⊥AD，∵BD为半径，∴AD是⊙B的切线（2）证明：∵BD=BG，∴∠BDG=∠G，∵CD∥BE，∴∠CDG=∠G，∴∠G=∠CDG=∠BDG= ∠BCD=22.5°，∴∠ADQ=90°﹣∠BDG=67.5°，∠AQB=∠BQG=90°﹣∠G=67.5°，∴∠ADQ=∠AQD，∴AD=AQ（3）证明：连接DF，在△BDF中，BD=BF，∴∠BFD=∠BDF，又∵∠DBF=45°，∴∠BFD=∠BDF=67.5°，∵∠GDB=22.5°，在Rt△DEF与Rt△GCD中，∵∠GDE=∠GDB+∠BDE=67.5°=∠DFE，∠DCF=∠E=90°，∴Rt△DCF∽Rt△GED，∴ ,又∵CD=DE=BC，∴BC2=CF•EG．【解析】【分析】（1）连接BD，要证AD是圆B的切线，根据切线的判定可知，只须证明∠ADB=即可。

由正方形的性质易得BC=CD，∠DCB=∠DCA=，∠DBC=∠CDB=，根据点C为AB的中点可得BC=CD=AC，所以可得∠ADC=，则∠∠ADB=，问题得证；（2）要证AQ=AD，需证∠AQD=∠ADQ。

由题意易得∠AQD=-∠G，∠ADQ=-∠BDG，根据等边对等角可得∠G=∠BDG，由等角的余角相等可得∠AQD=∠ADQ，所以AQ=AD；（3）要证乘积式成立，需证这些线段所在的两个三角形相似，而由正方形的性质可得CD=DE=BC，所以可知BC、CF、EG分别在三角形DCF和三角形GED中，连接DF，用有两对角对应相等的两个三角形相似即可得证。

2020-2021中考数学与圆与相似有关的压轴题及详细答案

2020-2021中考数学与圆与相似有关的压轴题及详细答案一、相似1．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。

2020-2021中考数学压轴题专题复习——圆与相似的综合附答案

2020-2021中考数学压轴题专题复习——圆与相似的综合附答案一、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全国中考数学圆与相似的综合中考真题汇总附答案

2020-2021全国中考数学圆与相似的综合中考真题汇总附答案一、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。

2020中考数学结合专题：圆中的相似问题(含答案)

2020中考数学结合专题：圆中的相似问题（含答案）1. 已知：如图，ABC △内接于O ，AB 为直径，弦CE AB ⊥于F ，C 是AD的中点，连结BD 并延长交EC 的延长线于点G ，连结AD ，分别交CE 、BC 于点P 、Q ．（1）求证：P 是ACQ △的外心；（2）若3tan 4ABC ∠=，8CF =，求CQ 的长；（3）求证：2()FP PQ FP FG +=⋅．（1）证明CP AP QP ==；（2）152CQ =；（3）AFP GFB △∽△.2. 已知：如图，以矩形ABCD 的对角线AC 的中点O 为圆心，OA 长为半径作O ，O 经过B 、D 两点，过点B 作BK AC ⊥，垂足为K ．过D 作DH ∥KB ，DH 分别与AC 、AB 、O 及CB 的延长线相交于点E 、F 、G 、H ．（1）求证：AE CK =；（2）如果AB a =，13AD a =（a 为大于零的常数），求BK 的长：（3）若F 是EG 的中点，且6DE =，求O 的半径和GH 的长．（1）证明AED CKB △≌△；（2；（3）OA =，6HG =．3. 如图，四边形ABCD 内接于O ，AB 是O 的直径，AC 和BD 相交于点E ，且2BC CE CA =⋅．（1）求证：BC CD =；（2）分别延长AB ，DC 交于点P ，过点A 作AF CD ⊥交CD 的延长线于点F ，若P B O B =，CD =DF 的长． G AC D Q PFOBHADEO KF GBCA F ODCEB（1）证明CDE CAD △∽△；（2）24. 如图，C 是以AB 为直径的半圆O 上一点，CH AB ⊥于点H ，直线AC 与过B 点的切线相交于点D ，E 为CH 中点，连接AE 并延长交BD 于点F ，直线CF 交直线AB 于点G . （1）求证：点F 是BD 中点；（2）求证：CG 是O 的切线；（3）若2FB FE ==，求O 的半径.（1）线束定理；（2）证明90OCF OBF ∠=∠=︒；（3）5. 如图，O 是ABC △的外接圆，点E 在劣弧BC 上，连接AE 交BC 于点D ，经过点B 、C 两点的圆弧交AE 于点I ，已知2BE AE DE =⋅，BI 平分ABC ∠. （1）求证：BE EI =；（2）若O 的半径为5，8BC =，45BDE ∠=︒； i ）求BIC 的半径和AD 的长； ii ）求sin ABC ∠的值.BOD CAIBOD CAI备用图（1）证明~BED BAE △△；D ACF EO HG（2）i）E为BIC的圆心，BE=AD=ii）sin ABC∠=6. 如图，在Rt ABC △中，90ABC ∠=︒，AC 的垂直平分线分别与AC ，BC 及AB 的延长线相交于点D ，E ，F ，且B F B C =. O 是BEF △的外接圆，EBF ∠的平分线交EF 于点G ，交O 于点H ，连接BD 、FH . （1）求证：ABC EBF △≌△；（2）试判断BD 与O 的位置关系，并说明理由；（3）若1AB =，求HG HB ⋅的值.（1）在Rt ABC △和Rt EBF △中C EFB BC BFABC EBF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩(ASA)ABC EBF ∴△≌△（2）连结BO ，BD 为O 的切线 FD 垂直平分AC ， D ∴为AC 的中点 DCB DBC ∴∠=∠ ABC EBF △≌△ EFB ACB ∴∠=∠DBC DFB DBF ∴∠=∠=∠ BH 平分EBF ∠45EBH HBF ∴∠=∠=︒ 45HBO OBF ∴∠+∠=︒ 45DBC HBO ∴∠+∠=︒90DBC HBO CBH ∴∠+∠+∠=︒ BD ∴为O 的切线（3）连结HO ，设O 的半径为R ，CE x = 45HFE EBH ∠=∠=︒ HFG HBF ∴△∽△ 2HF HG HB ∴=⋅ 45BHF ∠=︒ 90HDF ∴∠=︒ HDF ∴△为等腰直角三角形 222HF R ∴= 又CDE CBA △∽△CD DA DB BO R ====，90DBO ∠︒＝ DBO ∴△为等腰Rt △DO ∴=C DHFA BOEG1)DE DO ED R =-=- CD CE DECB CA∴==12R xx R ==+得x =，21R =即CE 222HF R ∴==即2HG HB ⋅=7. 如图，在半圆O 中，将一块含60︒的直角三角板的角顶点与圆心重合，角的两条边分别与半圆圆弧交于C ，D 两点（点在AOD ∠内部），AD 与BC 交于点E ，AD 与OC 交于点F . （1）求AEC ∠的度数；（2）若C 是AD 的中点，求:AF ED 的值；（3）若2AF =，4ED =，求EF 的值.（1）60°；（2）3:2；（3）连接CA ，过F 作FH ⊥AG ，连接BD ，设G F x =，则可得A Ex =，CH =，22EF x =-，22FD x =+，2244CF FE FD x =⋅=-，又∵2222236444CF CH HF x xx =+=-+=-，解得3x =，∴8EF =.ACEF OBD8. 如图，O 和1O 内切于点A ，AO 是1O 的直径，O 的弦AC 交1O 于B ，弦DF 经过点B 且垂直于OC ，交OC 于点E ，连AF 、AD . （1）求证：DF 为1O 的切线；（2）求证：22AB AD AF =⋅；（3）当AB =cos DBA ∠=时，求AF和AD 的长.（1）连接OB 、1O B ，证明190O BE ∠=︒；（2）证明DAB CAF △∽△；（3）连接OF ，证明CBF CFA △∽△，AF =，AD =O A 1O D B E FC9. 如图，已知O ⊙的弦AB ，CD 相交于点P ，4PA =，3PB =，6PC =，EA切O ⊙于点A ，AE 与CD 的延长线交于点E，EA =PE 的长．∵弦AB ，CD 交于点P ，∴由相交弦定理得PA PB PC PD ⋅=⋅， ∵4PA =，3PB =，6PC =，∴4326PA PB PD PC ⋅⨯===∵EA 为O ⊙切线，由切割线定理得：2()(8)AE ED EC ED ED DP PC ED ED =⋅=++=+．∵AE =，∴2ED =，10ED =-（舍去）， ∴224PE PD DE =+=+=．10. 如图，ABC △内接于O ⊙，圆心为O ，AB BC =，AO BC ⊥于D . （1）若O ⊙的半径为3，求ABC △的面积；（2）若1AB =，P 是劣弧BC 上一动点（P 、B 、C 不重合），P A 交BC 于E ，令AE x =，EP y =，求y 与x 间的函数关系式，并求出自变量x 的取值范围；（3）在（2）的条件下，若PAC α∠=，APC β∠=，当22sin sin 1αβ+=时，求y 的值.（1）ABC S =△；（2）211x y x x ⎫-=≤<⎪⎪⎝⎭；（3.11. 如图，AB 为O 的直径，点M 为半圆的中点，点P 为另一半圆上一点（不与A 、B 重合），点I 为ABP △的内心，IN BP ⊥于N . （1）求证：45APM ∠=︒；（2）求证：AB =；OAB CDPE（3）试探究IN OBPM+的值是否发生变化？若不变，求出其值；若变化，说明变化规律.（1）（2）略；（3）不变，IN OBPM+=. OABNMPI12. 如图，已知ABC △，以BC 为直径，O 为圆心的半圆交AC 于点F ，点E 为CF 的中点，连接BE 交AC 于点M ，AD 为ABC △的角平分线，且AD BE ⊥，垂足为点H ．（1）求证：AB 是半圆O 的切线；（2）若3AB =，4BC =，求BE 的长．（1）证明：连接EC ， ∵BC 是直径 ∴90E ∠=有∵AD BE ⊥于H ∴90AHM ∠=∵12∠=∠ ∴34∠=∠ ∵AD 是ABC △的角平分线 ∴453∠=∠=∠ 又∵E 为CF 的中点 ∴375∠=∠=∠ ∵AD BE ⊥于H∵5690∠+∠=︒，即6790∠+∠=︒ 又∵BC 是直径，∴AB 是半圆O 的切线．（2）∵3AB =，4BC =．由（1）知，90ABC ∠=︒，∴5AC =．在ABM △中，AD BM ⊥于H ，AD 平分BAC ∠， ∴3AM AB ==，∴2CM =．由CME BCE △∽△，得12EC MC EB CB ==．∴2EB EC =，∴BEA FE HMD OC13.如图，AB是O的直径，直线BM经过点B，点C在右半圆上移动（与点A、B不重合），过点C作CD AB⊥，垂足为D，连接CA、CB，CBM BAC∠=∠，点F在射线BM上移动（点M在点B的右边），在移动过程中始终保持OF//AC. （1）求证：BM为O的切线；（2）若CD、FO的延长线相交于点E，判断是否存在点E，是的点E恰好在O 上？若存在，求E∠，若不存在，请说明理由；（3）连接AF交CD于点G，记CGkCD=，试问：k的值是否随点C的移动而变化？并证明你的结论.（1）略；（2）30︒；（3）证明ADG ABF△∽△，ADC OBF△∽△，1 2k=.AE D CGOB F M。

中考数学圆与相似综合经典题含答案

中考数学圆与相似综合经典题含答案一、相似1．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。

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。

2020-2021全国中考数学圆与相似的综合中考真题分类汇总含答案解析

2020-2021全国中考数学圆与相似的综合中考真题分类汇总含答案解析一、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．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。

中考数学圆与相似(大题培优易错难题)

中考数学圆与相似(大题培优易错难题)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，AB是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，OF⊥BC于点F，交⊙O于点E，AE与BC交于点H，点D为OE的延长线上一点，且∠ODB=∠AEC．（1）求证：BD是⊙O的切线；（2）求证：CE2=EH•EA；（3）若⊙O的半径为，sinA= ，求BH的长．【答案】（1）证明：如图，∵∠ODB=∠AEC，∠AEC=∠ABC，∴∠ODB=∠ABC，∵OF⊥BC，∴∠BFD=90°，∴∠ODB+∠DBF=90°，∴∠ABC+∠DBF=90°，即∠OBD=90°，∴BD⊥OB，∴BD是⊙O的切线（2）证明：连接AC，如图2所示：∵OF⊥BC，∴，∴∠CAE=∠ECB，∵∠CEA=∠HEC，∴△CEH∽△AEC，∴，∴CE2=EH•EA（3）解：连接BE，如图3所示：∵AB是⊙O的直径，∴∠AEB=90°，∵⊙O的半径为，sin∠BAE= ，∴AB=5，BE=AB•sin∠BAE=5× =3，∴EA= =4，∵，∴BE=CE=3，∵CE2=EH•EA，∴EH= ，∴在Rt△BEH中，BH= .【解析】【分析】（1）要证BD是⊙O的切线，只需证∠OBD=90°，因为∠OBC+∠BOD=90°，所以只须证∠ODB=∠OBC即可。

2020-2021中考数学圆与相似综合经典题及答案

2020-2021中考数学圆与相似综合经典题及答案一、相似1．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。

即;由题意把A（1，0），B（5，0），代入解析式可得关于a、b的方程组，a + b + 5 = 0 ，25 a + 5 b + 5 = 0 ,解得a=1、b=-6，所以抛物线的解析式为 y =− 6 x + 5；(2)过P作PH⊥x轴于H.由题意可得OA=1，AB=4.而AC=AB且点C在点A的左侧，所以AC=4 ，则CB=CA+AB=8，已知线段CP是线段CA、CB的比例中项，所以,解得CP=4，因为∠PCB是公共角，所以根据相似三角形的判定可得△CPA∽△CBP ，所以∠CPA= ∠CBP；因为OC=OD=3，∠DOC=90°，∠DCO=45°.所以∠PCH=45°，在直角三角形PCH中，PH=CH=CP sin 45 ∘=4，所以H（-7，0），BH=12，则P（-7，-4），在直角三角形PBH中，tan ∠ CBP ==tan∠CPA;（3）将（1）中的解析式配成顶点式得y=-4,所以抛物线的顶点是M（3，-4），而P点的纵坐标也为-4，所以PM∥x轴.分两种情况讨论：当点E在M左侧，则∠BAM=∠AME，而∠AEM=∠AMB，根据相似三角形的判定可得△AEM∽△BMA，所以可得比例式,即,解得ME=5，所以E（-2，-4）；当点E在M右侧时，记为点E ′ ，过点A作AN⊥PM于点N，则N（1，-4），因为∠A E ′ N=∠AEN，所以根据轴对称的意义可得点E ′ 与E 关于直线AN对称，则（4，-4）.2．如图1，以□ABCD的较短边CD为一边作菱形CDEF,使点F落在边AD上，连接BE，交AF于点G.（1）猜想BG与EG的数量关系.并说明理由；（2）延长DE,BA交于点H，其他条件不变，①如图2，若∠ADC=60°，求的值；②如图3，若∠ADC=α（0°<α<90°）,直接写出的值.（用含α的三角函数表示）【答案】（1）解：，理由如下：∵四边形是平行四边形，∴∥， .∵四边形是菱形，∴∥， .∴∥， .∴ .又∵，∴≌ .∴（2）解：方法1：过点作∥，交于点，∴ .∵，∴∽ .∴ .由（1）结论知 .∴ .∴ .∵四边形为菱形，∴ .∵四边形是平行四边形，∴∥ .∴ .∵∥，∴ .∴，即 .∴是等边三角形。

专题十几何证明之圆中的三角形相似问题 2020年中考数学冲刺难点突破几何证明问题(解析版)

2020年中考数学冲刺难点突破几何证明问题专题十几何证明之圆中的三角形相似问题1、如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是⊙O的直径，AC平分∠BAD，过C点作CE⊥AD延长线于E点．（1）求证：CE是⊙O的切线；（2）若AB＝10，AC＝8，求AD的长．解：（1）连接OC，∵OC＝OA，∴∠OAC＝∠OCA，又∵AC平分∠BAD，∴∠CAD＝∠CAO＝∠OCA，∴OC∥AE，∵CE⊥AD，即可得OC⊥CE，∴CE是⊙O的切线；（2）∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴BC＝＝＝6，∵∠BAC＝∠DAC，∴＝，∴BC＝CD＝6，延长BC交AE的延长线于F，∵∠BAC＝∠FAC，AC＝AC，∠ACB＝∠ACF＝90°，∴△ACB≌△ACF（ASA），∴FC＝BC＝6，AF＝AB＝10，∵∠CDF＝180°﹣∠ADC，∠ABF＝180°﹣∠ADC，∴∠CDF＝∠ABF，∵∠CFD＝∠AFB，∴△CFD∽△AFB，∴＝，∴＝，∴AD＝．2、如图，△AOB中，A（﹣8，0），B（0，），AC平分∠OAB，交y轴于点C，点P是x轴上一点，⊙P经过点A、C，与x轴交于点D，过点C作CE⊥AB，垂足为E，EC的延长线交x轴于点F．（1）求证：EF为⊙P的切线；（2）求⊙P的半径．（1）证明：连接CP，∵AP＝CP，∴∠PAC＝∠PCA，∵AC平分∠OAB，∴∠PAC＝∠EAC，∴∠PCA＝∠EAC，∴PC∥AE，∵CE⊥AB，∴CP⊥EF，即EF是⊙P的切线；（2）∵AC平分∠OAB，∴∠BAC＝∠OAC，∵PA＝PC，∴∠PCA＝∠PAC，∴∠BAC＝∠ACP，∴PC∥AB，∴△OPC∽△OAB，∴＝，∵A（﹣8，0），B（0，），∴OA＝8，OB＝，∴AB＝，∴＝，∴PC＝5，∴⊙P的半径为5．3、如图1，CD是⊙O的直径，且CD过弦AB的中点H，连接BC，过弧AD上一点E作EF∥BC，交BA的延长线于点F，连接CE，其中CE交AB于点G，且FE＝FG．（1）求证：EF是⊙O的切线；（2）如图2，连接BE，求证：BE2＝BG•BF；（3）如图3，若CD的延长线与FE的延长线交于点M，tan F＝，BC＝5，求DM的值．解：（1）连接OE，则∠OCB＝∠OBC＝α，∵FE＝FG，∴∠FGE＝∠FEG＝β，∵H是AB的中点，∴CH⊥AB，∴∠GCH+∠CGH＝α+β＝90°，∴∠FEO＝∠FEG+∠CEO＝α+β＝90°，∴EF是⊙O的切线；（2）∵CH⊥AB，∴＝∴∠CBA＝∠CEB，∵EF∥BC，∴∠CBA＝∠F，故∠F＝∠CEB，∴∠FBE＝∠GBE，∴△FEB∽△EGB，∴BE2＝BG•BF；（3）如图2，过点F作FR⊥CE于点R，设∠CBA＝∠CEB＝∠GFE＝γ，则tanγ＝，∵EF∥BC，∴∠FEC＝∠BCG＝β，故△BCG为等腰三角形，则BG＝BC＝5，在Rt△BCH中，BC＝5，tan∠CBH＝tanγ＝，则sinγ＝，cosγ＝，CH＝BC sinγ＝5×＝3，同理HB＝4；设圆的半径为r，则OB2＝OH2+BH2，即r2＝（r﹣3）2+（4）2，解得：r＝；GH＝BG﹣BH＝5﹣4＝，tan∠GCH＝＝＝，则cos∠GCH＝，则tan∠CGH＝3＝tanβ，则cosβ＝，连接DE，则∠CED＝90°，在Rt△CDE中cos∠GCH＝＝＝，解得：CE＝，在△FEG中，cosβ＝＝＝，解得：FG＝；∵FH＝FG+GH＝，∴HM＝FH tan∠F＝×＝；∵CM＝HM+CH＝，∴MD＝CM﹣CD＝CM﹣2r＝．4、如图，在Rt△ABC中，AB⊥BC，以AB为直径的圆交AC于点D，E是BC的中点，连接DE．（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）设⊙O的半径为r，证明r2＝AD•OE；（3）若DE＝4，sin C＝，求AD之长．（1）证明：连接OD、BD，∵AB为圆O的直径，∴∠BDA＝90°，∴∠BDC＝180°﹣90°＝90°，∵E为BC的中点，∴DE＝BC＝BE，∴∠EBD＝∠EDB，∵OD＝OB，∴∠OBD＝∠ODB，∵∠EBD+∠DBO＝90°，∴∠EDB+∠ODB＝90°，∴∠ODE＝90°，∴DE是圆O的切线．（2）证明：如图，连接BD．由（1）知，∠ODE＝∠ADB＝90°，BD⊥AC．∵E是BC的中点，O是AB的中点，∴OE是△ABC的中位线，∴OE∥AC，∴OE⊥BD．∴OE∥AC，∴∠1＝∠2．又∵∠1＝∠A，∴∠A＝∠2．即在△ADB与△ODE中，∠ADB＝∠ODE，∠A＝∠2，∴△ADB∽△ODE．∴＝，即＝．∴r2＝AD•OE；（3）∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB＝∠BDC＝90°，∵点E为BC的中点，∴BC＝2DE＝8，∵sin C＝，∴设AB＝3x，AC＝5x，根据勾股定理得：（3x）2+82＝（5x）2，解得x＝2．则AC＝10．由切割线定理可知：82＝（10﹣AD）×10，解得，AD＝3.6．5、如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径作⊙O，分别交BC于点D，交CA的延长线于点E，过点D作DH⊥AC于点H，连接DE交线段OA于点F．（1）求证：DH是⊙O的切线；（2）若EA＝EF＝2，求⊙O的半径；解：（1）连接OD，∵OB＝OD，∴∠OBD＝∠ODB，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∴∠ODB＝∠ACB，∴OD∥AC，∵DH⊥AC，∴DH⊥OD，∴DH是⊙O的切线；（2）设⊙O的半径为r，即OD＝OB＝r，∵EF＝EA，∴∠EFA＝∠EAF，∵OD∥EC，∴∠FOD＝∠EAF，则∠FOD＝∠EAF＝∠EFA＝∠OFD，∴DF＝OD＝r，∴DE＝DF+EF＝r+2，∴BD＝CD＝DE＝r+2，在⊙O中，∵∠BDE＝∠EAB，∴∠BFD＝∠EFA＝∠EAB＝∠BDE，∴BF＝BD，△BDF是等腰三角形，∴BF＝BD＝r+2，∴AF＝AB﹣BF＝2OB﹣BF＝2r﹣（2+r）＝r﹣2，∵∠BFD＝∠EFA，∠B＝∠E，∴△BFD∽△EFA，∴，即＝解得：r1＝1+，r2＝1﹣（舍），综上所述，⊙O的半径为1+．6、如图所示，以△ABC的边AB为直径作△O，点C在△O上，BD是△O的弦，△A＝△CBD，过点C作CF△AB于点F，交BD于点G过C作CE△BD交AB的延长线于点E．（1）求证：CE是△O的切线；（2）求证：CG＝BG；（3）若△DBA＝30°，CG＝8，求BE的长．（1）证明：连接OC，△△A＝△CBD，△＝，△OC△BD，△CE△BD，△OC△CE，△CE是△O的切线；（2）证明：△AB为直径，△△ACB＝90°，△CF△AB，△△ACB＝△CFB＝90°，△△ABC＝△CBF，△△A＝△BCF，△△A＝△CBD，△△BCF＝△CBD，△CG＝BG；（3）解：连接AD，△AB为直径，△△ADB＝90°，△△DBA＝30°，△△BAD＝60°，△＝，△△DAC＝△BAC＝△BAD＝30°，△＝tan30°＝，△CE△BD，△△E＝△DBA＝30°，△AC＝CE，△＝，△△A＝△BCF＝△CBD＝30°，△△BCE＝30°，△BE＝BC，△△CGB△△CBE，△＝＝，△CG＝8，△BC＝8，△BE＝8．7、如图，B，E是△O上的两个定点，A为优弧BE上的动点，过点B作BC△AB交射线AE于点C，过点C作CF△BC，点D在CF上，且△EBD＝△A．（1）求证：BD与△O相切；（2）已知△A＝30°．△若BE＝3，求BD的长；△当O，C两点间的距离最短时，判断A，B，C，D四点所组成的四边形的形状，并说明理由．（1）证明：如图1，作直径BG，连接GE，则△GEB＝90°，△△G+△GBE＝90°，△△A＝△EBD，△A＝△G，△△EBD＝△G，△△EBD+△GBE＝90°，△△GBD＝90°，△BD△OB，△BD与△O相切；（2）解：如图2，连接AG，△BC△AB，△△ABC＝90°，由（1）知△GBD＝90°，△△GBD＝△ABC，△△GBA＝△CBD，又△△GAB＝△DCB＝90°，△△BCD△△BAG，△＝＝tan30°＝，又△Rt△BGE中，△BGE＝30°，BE＝3，△BG＝2BE＝6，△BD＝6×＝2；（3）解：四边形ABCD是平行四边形，理由如下，由（2）知＝，＝，△＝，△B，E为定点，BE为定值，△BD为定值，D为定点，△△BCD＝90°，△点C在以BD为直径的△M上运动，△当点C在线段OM上时，OC最小，此时在Rt△OBM中，＝＝，△△OMB＝60°，△MC＝MB，△△MDC＝△MCD＝30°＝△A，△AB△BC，CD△BC，△△ABC＝△DCB＝90°，△AB△CD，△△A+△ACD＝180°，△△BDC+△ACD＝180°，△AC△BD，△四边形ABCD为平行四边形．8、如图，AB、CE是△O的直径，过点C的切线与AB的延长线交于点P，AD△PC于D，连接AC、OD、PE．（1）求证：AC是△DAP的角平分线；（2）求证：PC2＝P A•PB；（3）若AD＝3，PE＝2DO，求△O的半径．证明：（1）△PC是圆的切线，AD△PD，△AD△OC，△△DAC＝△ACO，△AO＝CO，△△CAO＝△ACO，△△DAC＝△CAO，△AC是△DAP的平分线；（2）如右图，连接BC，△OC＝OB，△△OCB＝△OBC，△AB为△O的直径，△△ACB＝90°，△△CAB+△OBC＝90°，△PC是△O的切线，△△OCB+△BCP＝90°，△△CAB＝△BCP，又△△CPB＝△APC，△△CPB△△APC，△＝，△PC2＝P A•PB；（3）设半径为r，在Rt△PCE中，PE2＝（2r）2+PC2＝4r2+PC2，△PE＝2DO，△4DO2＝4r2+PC2，△4（DO2﹣r2）＝PC2，△4DC2＝PC2，△PC＝2CD，△AD△OC，△△PCO△△PDA，△＝，△＝，△r＝2．9、如图，AB是直经，D是的中点，DE△AC交AC的延长线于E，△O的切线BF交AD的延长线于点F．（1）求证：DE是△O的切线．（2）试探究AE，AD，AB三者之间的等量关系．（3）若DE＝3，△O的半径为5，求BF的长．（1）证明：如图1，连接OC，OD，BC，△AB是直径，△△ACB＝90°，△DE△AC于E，△△E＝90°，△△ACB＝△E，△BC△DE，△点D是的中点，△，△△COD＝△BOD，又△OC＝OB，△OD垂直平分BC，△BC△DE，△OD△DE，△DE是△O的切线；（2）AD2＝AE•AB，理由如下：如图2，连接BD，由（1）知，，△△EAD＝△DAB，△AB为直径，△△ADB＝△E＝90°，△△AED△△ADB，△＝，即AD2＝AE•AB；（3）由（1）知，△E＝△ECH＝△CHD＝90°，△四边形CHDE为矩形，△ED＝CH＝BH＝3，△OH＝＝＝4，△CE＝HD＝OD﹣OH＝5﹣4＝1，AC＝＝＝8，△AE＝AC+CE＝9，△BF是△O的切线，△△FBA＝△E＝90°，又△△EAD＝△DAB，△△EAD△△BAF，△＝，即＝，△BF＝．10、如图，AB为△O的直径，CB，CD分别切△O于点B，D，CD交BA的延长线于点E，CO的延长线交△O于点G，EF△OG于点F.（1）求证：△FEB＝△ECF；（2）若BC＝6，DE＝4，求EF的长．（1）证明：△EF△OG，BC是△O的切线，△△CBA＝△EFC＝90°，△△EOF＋△FEB＝90°，△BOC＋△BCO＝90°，△△EOF＝△COB，△△FEB＝△BCO，△CB，CD是△O的切线，△△ECF＝△BCO，△△FEB＝△ECF；（2）解：如解图，连接OD，则OD△CE，△CB，CD为△O的切线，BC＝6，DE＝4，△CD＝BC＝6，△CE＝CD＋DE＝6＋4＝10，在Rt△CBE中，根据勾股定理得BE＝CE2－BC2＝102－62＝8，设OD＝x，则OE＝8－x，在Rt△ODE中，根据勾股定理得OE2＝OD2＋ED2，即(8－x)2＝x2＋42，解得x＝3，则OE＝5.在Rt△ODC中，根据勾股定理得OC＝CD2＋OD2＝62＋32＝35，△△EOF＝△COB，△EFO＝△CBO，△△EFO△△CBO，△EFCB＝OEOC，即EF6＝535，解得EF＝2 5.11、如图，△O是△ABC的外接圆，O点在BC边上，△BAC的平分线交△O于点D，连接BD，CD.过点D 作BC的平行线，与AB的延长线相交于点P.（1）求证：PD是△O的切线；（2）求证：△PBD△△DCA；（3）当AB＝6，AC＝8时，求线段PB的长．（1）证明：△圆心O在BC上，△BC是△O的直径，△△BAC＝90°.如解图，连接OD.△AD平分△BAC，△△BAC＝2△DAC.△△DOC＝2△DAC，△△DOC＝△BAC＝90°.即OD△BC.△PD△BC，△OD△PD.又OD是△O的半径，△PD是△O的切线；（2）证明：△PD△BC，△△P＝△ABC.又△ABC＝△ADC，△△P＝△ADC.△△PBD＋△ABD＝180°，△ACD＋△ABD＝180°，△△PBD＝△ACD.△△PBD△△DCA；（3）解：△△ABC是直角三角形，△BC2＝AB2＋AC2＝62＋82＝100.△BC＝10.△OD垂直平分BC，△DB＝DC.△BC 是△O 的直径，△△BDC ＝90°.在等腰直角三角形BDC 中，DC ＝DB ＝5 2.△△PBD △△DCA ，△PB DC ＝BD CA，即PB ＝DC·BD CA ＝52×528＝254. 12、如图，在Rt△ABC 中，△ACB ＝90°，以BC 为直径的△O 交AB 于点D ，E 是AC 的中点，OE 交CD 于点F .（1）若△BCD ＝36°，BC ＝10，求BD ︵的长；（2）判断直线DE 与△O 的位置关系，并说明理由；（3）求证：2CE 2＝AB ·EF .（1）解：如解图，连接OD ，△△BCD ＝36°，△△BOD ＝2△BCD ＝2×36°＝72°，△BC 是△O 的直径，BC ＝10，△OB ＝5，△l BD ︵＝72π×5180＝2π；（2）解：DE 是△O 的切线；理由如下： △BC 是△O 的直径，△△ADC ＝180°－△BDC ＝90°，又△点E 是线段AC 中点，△DE ＝12AC ＝EC ，在△DOE 与△COE 中，⎩⎪⎨⎪⎧OD ＝OC OE ＝OE DE ＝CE，△△DOE △△COE (SSS)．△△ACB ＝90°，△△ODE ＝△OCE ＝90°，△OD 是△O 的半径，△DE 是△O 的切线；（3）证明：由（2）知，△DOE △△COE ， △OE 是线段CD 的垂直平分线， △点F 是线段CD 中点，△点E 是线段AC 中点，则EF ＝12AD ， △△BAC ＝△CAD ，△ADC ＝△ACB ， △△ACD △△ABC ，则AC AB ＝AD AC，即AC 2＝AB ·AD ，而AC ＝2CE ，AD ＝2EF ，△(2CE)2＝AB·2EF，即4CE2＝AB·2EF，△2CE2＝AB·EF.。

2020年中考数学压轴专题圆中线段问题(含答案)

2020中考数学压轴专题圆中线段问题（含答案）1.在△A B C中,∠C=90°,以A B上一点O为圆心,O A为半径的圆与B C相切于点D,分别交A B,A C于点E,F. (Ⅰ)如图①,连接A D,若∠C A D=25°,求∠B的大小;(Ⅱ)如图②,若点F为弧A D的中点,⊙O的半径为2,求A B的长.第1题图解:(Ⅰ)如解图①,连接O D,∵B C切⊙O于点D,∴∠O D B=90°,∵∠C=90°,∴A C∥O D,∴∠C A D=∠A D O,∵O A=O D,∴∠D A O=∠A D O=∠C A D=25°,∴∠D O B=∠C A O=∠C A D＋∠D A O=50°,∵∠O D B=90°,∴∠B=90°－∠D O B=90°－50°=40°;(Ⅱ)如解图②,连接O F,O D,∵A C∥O D,∴∠O F A=∠F O D,∵点F为弧A D的中点,∴∠A O F=∠F O D,∴∠O F A=∠A O F,∴A F=O A,∵O A=O F,∴△A O F为等边三角形,∴∠F A O=60°,则∠D O B=60°,∵在R t△O D B中,O D=2,∴O B=4,∴A B=A O＋O B=2＋4=6.第1题解图2.已知⊙O的直径AB=10,弦BC=6,点D在⊙O上(与点C在AB两侧),过点D作⊙O的切线PD.(Ⅰ)如图①,PD与AB的延长线交于点P,连接PC,若PC与⊙O相切,求弦AD的长;(Ⅱ)如图②,若PD∥AB,求弦AD的长.第2题图解:(Ⅰ)∵AB是⊙O的直径, ∴∠ACB=90°,∴AC=2222=106AB BC--=8,∵PD、PC是⊙O的切线, ∴PD=PC,∠APC=∠APD,在△APC和△APD中,PD PCAPC APD PA PA⎪∠⎪⎩∠⎧⎨＝＝＝,∴△APC≌△APD,∴AD=AC=8;(Ⅱ)如解图,连接OD、BD,∵AB是⊙O的直径,∴∠ADB=90°,在Rt△ADB中,AD2＋BD2=AB2,∴2AD2=102,∴AD=52.第2题解图3.如图,AB与⊙O相切于点C,OA=OB.(Ⅰ)如图①,若⊙O的直径为8 cm,AB=10 cm,求OA的长(结果保留根号);(Ⅱ)如图②,OA、OB与⊙O分别交于点D、E,连接CD、CE,若四边形ODCE为菱形,求ODOA的值.第3题图解:(Ⅰ)如解图①,连接OC, ∵AB切⊙O于C,∴OC⊥AB,∵OA=OB,AB=10 cm∴AC=BC=12AB=5 cm,在Rt△ACO中,OC=12×8=4 cm,AC=5 cm,由勾股定理得:OA=22AC OC+=41cm;(Ⅱ)解:如解图②,连接OC,∵四边形ODCE为菱形, ∴DC=DO=OC,∴△DOC是等边三角形,∴∠DOC=∠DCO=60°,∵AB切⊙O于C,∴OC⊥AB,∴∠ACO=90°,∴∠A=30°,∴OA=2OC=2OD,∴ODOA2ODOD==12.第3题解图4.在⊙O中,直径AB=6,BC是弦,∠ABC=30°,点P在BC上,点Q在⊙O上,且OP⊥PQ.(Ⅰ)如图①,当PQ∥AB时,求PQ的长度;(Ⅱ)如图②,当点P在BC上移动时,求PQ长的最大值.第4题图解:(Ⅰ)如解图①,连接OQ,∵PQ∥AB,OP⊥PQ,∴OP⊥AB,在Rt△OBP中,∵tan B=OP OB,∴OP=3tan30°=3,在Rt△OPQ中,∵OP=3,OQ=3,∴PQ=22OQ OP=6;(Ⅱ)如解图②,连接OQ,在Rt △OPQ 中,PQ =222=9OQ OP OP --,当OP 的长最小时,PQ 的长最大,此时OP ⊥BC ,则OP =12OB =32,∴PQ 长的最大值为92(3-2)=332.图① 图②第4题解图 5.(Ⅰ)如图①,若AC 与⊙O 相切,且AC =BC ,求BD 的长; (Ⅱ)如图②,若∠A =45°,且AB =7,求BD 的长.第5题图解:(Ⅰ) 连接CD ,如解图①,∵AC 与⊙O 相切,BC 是⊙O 的直径, ∴∠BDC =90°,∠ACB =90°. ∵AC =BC =5, ∴AB =22AC BC +=2255+=52,∴BD =12AB =522; (Ⅱ)连接CD ,如解图②,∵BC是⊙O的直径,∴∠BDC=90°,∵∠A=45°,∴∠ACD=45°=∠A,∴DA=DC.设BD=x,则CD=AD=7－x.在Rt△BDC中,x2＋(7－x)2=52,解得x1=3,x2=4,∴BD的长为3或4.图①图②第5题解图6.已知:P是⊙O外的一点,O P=4,O P交⊙O于点A,且A是O P的中点,Q是⊙O上任意一点. (Ⅰ)如图①,若P Q是⊙O的切线,求P Q的长;(Ⅱ)如图②,若∠Q O P=90°,求P Q被⊙O截得的弦Q B的长.第6题图解:(Ⅰ)如解图①,∵P Q是⊙O的切线,∴O Q⊥P Q,∵A是O P的中点,∴O A=O Q=12O P=2,在R t△O P Q中,由勾股定理得,P Q=22-OQOP=224-2=23;(Ⅱ)连接OB,作O D⊥B Q于点D,如解图②,则Q D=B D,∵∠Q O P=90°,O P=4,O Q=2,∴P Q=224+2=25,∵∠O Q D=∠P Q O,∴R t△Q O D∽R t△Q P O,∴Q D:O Q=O Q:Q P,即Q D:2=2:25,∴Q D=25 5,∴Q B=2Q D=45 5.第6题解图7.已知,R t△A B C中,∠C=90°,A C=4,B C=3.以A C上一点O为圆心的⊙O与B C相切于点C,与A C相交于点D. (Ⅰ)如图①,若⊙O与A B相切于点E,求⊙O的半径;(Ⅱ)如图②,若⊙O在A B边上截得的弦F G=2315,求⊙O的半径.第7题图解:(Ⅰ)如解图①,连接O E,∵⊙O与A B相切于点E,∴O E⊥A B,设O E=x,则C O=x,A O=4－x,∵⊙O与A B相切于点E,∴∠A E O=90°,∵∠A=∠A,∠A E O=∠A C B=90°,∴R t△A O E∽R t△A B C,∴OE AOBC AB=,∴435x x-=,解得:x=32,∴⊙O的半径为3 2.(Ⅱ)如解图②,过点O作O H⊥A B,垂足为点H,则H为F G的中点,F H=12F G=315,连接O F,设O F=x,则O A=4－x,由R t△A O H∽R t△A B C可得O H=12-3 5x,在R t△O H F中,据勾股定理得:O F2=F H2＋O H2,∴x2=(315)2＋(12-35x)2,解得x1=74,x2=－254(舍去),∴⊙O的半径为7 4.图①图②第7题解图8.在Rt△ABC中,以AB上一点O为圆心,OB长为半径作⊙O,⊙O与AC相切于点E,分别交AB、BC于点D、F,已知OB=15 4.(I)如图①,若AC=8,BC=6,求AE,AD的长;(Ⅱ)如图②,连接OE、OF、EF,若EF∥AB,求AE,AD的长.第8题图解:(I)如解图①,连接OE,∵∠C=90°,AC=8,BC=6,由勾股定理得:AB=10,∵OB=OD=15 4,∵⊙O与AC相切于点E,∴OE⊥AC,∴OE∥BC,∴△AOE∽△ABC,(II)如题图②,∵⊙O与AC相切于点E, ∴OE⊥AE,即∠AEO=90°,∵∠C=90°,∴OE∥BC,又∵EF∥AB,∴四边形OBFE为平行四边形,∴△BOF是等边三角形,∴∠ABC=60°,∴∠A=30°,∴AO=2EO=152,AE=22AO OE=1534,∴AD=AO－OD=15 4.第8题解图9.如图①,Rt△ABC中,∠ACB=90°,AB=5,BC=3,点D在边AB的延长线上,BD=3,过点D作DE⊥AB,与边AC的延长线相交于点E,以DE为直径作⊙O交AE于点F.(Ⅰ)求⊙O的半径;(Ⅱ)如图②,连接CD,交⊙O于点G,求证:CG=DG.第9题图解:(Ⅰ)∵∠ACB=90°,AB=5,BC=3,由勾股定理得:AC=4,∵AB=5,BD=3,∴AD=8,∵∠ACB=90°,DE⊥AD,∴∠ACB=∠ADE, ∵∠A=∠A,∴△ACB∽△ADE,∴BCDEACAD=ABAE=,∴3DE48=5AE=,∴DE=6,AE=10,即⊙O的半径为3; (Ⅱ)连接EG,∵AE=10,AC=4,∴CE=6,∴CE=DE=6,∵DE为直径,∴∠EGD=90°,∴EG⊥CD,∴点G为CD的中点, ∴CG=DG.第9题解图 10. 已知⊙O 的半径为5,且点O 在直线l 上,小明用一个三角板学具(∠ABC =90°,AB =BC =8)做数学实验:(Ⅰ)如图①,若A 、B 两点在⊙O 上滑动,直线BC 分别与⊙O 、l 相交于点D 、E ,求BD 的长;(Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下,当OE =6时,求BE 的长.第10题图解:(Ⅰ)如解图所示:连接AD .∵∠ABD =90°,∴AD 是⊙O 的直径.∴AD =10.在Rt △ABD 中,BD =22AD AB -=6.(Ⅱ)如解图所示:过点O 作OF ⊥BD ,垂足为点F .∵OF ⊥BD ,BD =6,∴BF =FD =3.在Rt △ODF 中,OF =22OD FD -=4.在Rt △OFE 中,EF =22OE OF -=25. ∴BE =FB ＋EF =3＋25.第10题解图。

2020-2021中考数学——圆与相似的综合压轴题专题复习附答案

2020-2021中考数学——圆与相似的综合压轴题专题复习附答案一、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．已知在矩形ABCD中，AB=2，AD=4．P是对角线BD上的一个动点（点P不与点B、D 重合），过点P作PF⊥BD，交射线BC于点F．联结AP，画∠FPE=∠BAP，PE交BF于点E．设PD=x，EF=y．（1）当点A、P、F在一条直线上时，求△ABF的面积；（2）如图1，当点F在边BC上时，求y关于x的函数解析式，并写出函数定义域；（3）联结PC，若∠FPC=∠BPE，请直接写出PD的长．【答案】（1）解：如图，∵矩形ABCD ，∴，∴，∵A、P、F在一条直线上，且PF⊥BD，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴；（2）解：∵PF⊥BP ，∴，∴，∵，∴，∴，又∵∠BAP =∠FPE，∴∽，∴，∵AD//BC ，∴，∴，即，∵，∴，∴，∴（3）解：∠CPF=∠BPE，①如图所示，当点F在CE上时，∵∠BPF=∠FPD=90°，∴∠DPC=∠FPE，∵∠FPE=∠BAP，∴∠DPC=∠BAP，∵AB//CD，∴∠ABD=∠CDB，∴△PAB∽△CPD，∴PB：CD=AB：PD，∴PB·PD=CD·AB，∴x（）=2×2，∴x= ；②如图所示，当点F在EC延长线上时，过点P作PN⊥CD于点N，在CD上取一点M，连接PM，使∠MPF=∠CPF，则有PC：PM=CH：MH，∵∠BPF=∠DPF=90°，∴∠BPC=∠DPM，∵∠BPE=∠CPF，∴∠BPE=∠EPF，∵∠BAP=∠FPE，∴∠BAP=∠DPM，∵∠ABD=∠BDC，∴△PAB∽△MPD，∴PB：MD=AB：PD，由PD=x，tan∠PDM=tan∠PFC=2，易得：DN= ，PN= ，CN=2- ，PH=2x，FH= ，CH=2- x，由PB：MD=AB：PD可得MD= ，从而可得MN，在Rt△PCN中利用勾股定理可得PC，由PC：PM=CH：MH可得PM，在在Rt△PMN中利用勾股定理可得关于x 的方程，解得x= ，综上：PD的长为：或【解析】【分析】（1）要求三角形ABF的面积，由题意只须求出BF的长即可。

2020-2021全国各地中考数学分类：圆与相似综合题汇编及答案

2020-2021全国各地中考数学分类：圆与相似综合题汇编及答案一、相似1．如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴分别交于点A、B，与y轴交于点C，且OA=1，OB=3，顶点为D，对称轴交x轴于点Q．（1）求抛物线对应的二次函数的表达式；（2）点P是抛物线的对称轴上一点，以点P为圆心的圆经过A、B两点，且与直线CD相切，求点P的坐标；（3）在抛物线的对称轴上是否存在一点M，使得△DCM∽△BQC？如果存在，求出点M 的坐标；如果不存在，请说明理由．【答案】（1）解：∴代入，得解得∴抛物线对应二次函数的表达式为：（2）解：如图，设直线CD切⊙P于点E．连结PE、PA，作点．由得对称轴为直线x=1，∴∴∴为等腰直角三角形．∴∴∴∴为等腰三角形．设∴在中，∴∴整理，得解得，∴点P的坐标为或（3）解：存在点M，使得∽．如图，连结∵∴为等腰直角三角形，∴由（2）可知，∴∴分两种情况．当时，∴，解得．∴∴当时，∴，解得∴∴综上，点M的坐标为或【解析】【分析】（1）用待定系数法即可求解；（2）由（1）中的解析式易求得抛物线的对称轴为直线x=1，顶点D（1，4），点C（0，3），由题意可设点P（1，m），计算易得△DCF为等腰直角三角形，△DEP为等腰三角形，在直角三角形PED和APQ中，用勾股定理可将PE、PA用含m的代数式表示出来，根据PA=PE可列方程求解；（3）由△DCM∽△BQC所得比例式分两种情况：或，根据所得比例式即可求解。

2．正方形ABCD的边长为6cm，点E，M分别是线段BD，AD上的动点，连接AE并延长，交边BC于F，过M作MN⊥AF，垂足为H，交边AB于点N.（1）如图①，若点M与点D重合，求证：AF＝MN；（2）如图②，若点M从点D出发，以1cm/s的速度沿DA向点A运动，同时点E从点B 出发，以 cm/s的速度沿BD向点D运动，运动时间为ts.①设BF＝ycm，求y关于t的函数表达式；②当BN＝2AN时，连接FN，求FN的长．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，∴AD＝AB，∠DAN＝∠FBA＝90°.∵MN⊥AF，∴∠NAH＋∠ANH＝90°.∵∠NDA＋∠ANH＝90°，∴∠NAH＝∠NDA，∴△ABF≌△MAN，∴AF＝MN.（2）解：①∵四边形ABCD为正方形，∴AD∥BF，∴∠ADE＝∠FBE.∵∠AED＝∠BEF，∴△EBF∽△EDA，∴＝ .∵四边形ABCD为正方形，∴AD＝DC＝CB＝6cm，∴BD＝6 cm.∵点E从点B出发，以 cm/s的速度沿BD向点D运动，运动时间为ts，∴BE＝ tcm，DE＝(6 － t)cm，∴＝，∴y＝ .②∵四边形ABCD为正方形，∴∠MAN＝∠FBA＝90°.∵MN⊥AF，∴∠NAH＋∠ANH＝90°.∵∠NMA＋∠ANH＝90°，∴∠NAH＝∠NMA.∴△ABF∽△MAN，∴＝ .∵BN＝2AN，AB＝6cm，∴AN＝2cm.∴＝，∴t＝2，∴BF＝＝3(cm)．又∵BN＝4cm，∴FN＝＝5(cm)．【解析】【分析】(1)根据正方形的性质得出AD＝AB，∠DAN＝∠FBA＝90°.再根据同角的余角相等得出∠NAH＝∠NDA，进而证出△ABF≌△MAN即可解答，（2）根据正方形的性质得出两角相等证出△EBF∽△EDA，得出BD的长度，利用△EBF∽△EDA得出比例式，得出y和t之间的函数解析式，据正方形的性质得出两角相等证出△ABF∽△MAN，得出比例式，进而解答.3．如图，Rt△AOB在平面直角坐标系中，已知：B（0，），点A在x轴的正半轴上，OA=3，∠BAD=30°，将△AOB沿AB翻折，点O到点C的位置，连接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°，∴ = ，∴OD=3，∴D（﹣3，0）；（2）解：∵OA=3，OD=3，∴A（3，0），AD=6，∴AB=2 ，当∠PBA=90°时.∵PD=2t，∴OP=3﹣2t.∵△OBA∽△OPB，∴OB2=OP•OA，∴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=Q2B=a，在Rt△OPQ2中，12+（﹣x）2=x2，解得x= ，∴Q2（0，）；③当PB=PQ4时，Q4（0，﹣）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.4．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。

2020-2021中考数学圆与相似的综合热点考点难点附答案

2020-2021中考数学圆与相似的综合热点考点难点附答案一、相似1．如图，抛物线过点，．为线段OA上一个动点（点M与点A不重合），过点M作垂直于x轴的直线与直线AB和抛物线分别交于点P、N．（1）求直线AB的解析式和抛物线的解析式；（2）如果点P是MN的中点，那么求此时点N的坐标；（3）如果以B，P，N为顶点的三角形与相似，求点M的坐标．【答案】（1）解：设直线的解析式为（）∵，∴解得∴直线的解析式为∵抛物线经过点，∴解得∴（2）解：∵轴，则，∴，∵点是的中点∴∴解得，（不合题意，舍去）∴（3）解：∵，，∴，∴∵∴当与相似时，存在以下两种情况：∴解得∴∴ ,解得∴【解析】【分析】（1）运用待定系数法解答即可。

（2）由（1）可得直线AB的解析式和抛物线的解析式，由点M（m,0）可得点N，P用m 表示的坐标，则可求得NP与PM，由NP=PM构造方程，解出m的值即可。

（3）在△BPN与△APM中，∠BPN=∠APM，则有和这两种情况，分别用含m的代数式表示出BP，PN，PM，PA，代入建立方程解答即可。

2．（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= .3．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。

2020-2021全国各地中考数学分类：圆与相似综合题汇编及详细答案

2020-2021全国各地中考数学分类：圆与相似综合题汇编及详细答案一、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。

2020-2021中考数学压轴题之圆与相似(中考题型整理,突破提升)含答案

2020-2021中考数学压轴题之圆与相似(中考题型整理,突破提升)含答案一、相似1．如图，在Rt△ABC中，，角平分线交BC于O，以OB为半径作⊙O.（1）判定直线AC是否是⊙O的切线，并说明理由;（2）连接AO交⊙O于点E，其延长线交⊙O于点D，，求的值;（3）在（2）的条件下，设的半径为3，求AC的长.【答案】（1）解：AC是⊙O的切线理由：，，作于，是的角平分线，，AC是⊙O的切线（2）解：连接，是⊙O的直径，,即 ..又 (同角) ，∽ ,（3）解：设在和中，由三角函数定义有：得：解之得：即的长为【解析】【分析】（1）利用角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等证得点O到AC的距离为半径长，即可证得AC与圆O相切；（2）先连接BE构造一个可以利用正切值的直角三角形，再证得∠1=∠D，从而证得两个三角形ABE与ABD相似，即可求得两个线段长的比值；（3）也可以应用三角形相似的判定与性质解题，其中AB的长度是利用勾股定理与（2）中AE与AB的比值求得的.2．已知直线m∥n，点C是直线m上一点，点D是直线n上一点，CD与直线m、n不垂直，点P为线段CD的中点．（1）操作发现：直线l⊥m，l⊥n，垂足分别为A、B，当点A与点C重合时（如图①所示），连接PB，请直接写出线段PA与PB的数量关系：________．（2）猜想证明：在图①的情况下，把直线l向上平移到如图②的位置，试问（1）中的PA与PB的关系式是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．（3）延伸探究：在图②的情况下，把直线l绕点A旋转，使得∠APB=90°（如图③所示），若两平行线m、n之间的距离为2k．求证：PA•PB=k•AB．【答案】（1）PA=PB（2）解：把直线l向上平移到如图②的位置，PA=PB仍然成立，理由如下：如图②，过C作CE⊥n于点E，连接PE，，∵三角形CED是直角三角形，点P为线段CD的中点，∴PD=PE，∴PC=PE；∵PD=PE，∴∠CDE=∠PEB，∵直线m∥n，∴∠CDE=∠PCA，∴∠PCA=∠PEB，又∵直线l⊥m，l⊥n，CE⊥m，CE⊥n，∴l∥CE，∴AC=BE，在△PAC和△PBE中，∴△PAC∽△PBE，∴PA=PB（3）解：如图③，延长AP交直线n于点F，作AE⊥BD于点E，，∵直线m∥n，∴，∴AP=PF，∵∠APB=90°，∴BP⊥AF，又∵AP=PF，∴BF=AB；在△AEF和△BPF中，∴△AEF∽△BPF，∴，∴AF•BP=AE•BF，∵AF=2PA，AE=2k，BF=AB，∴2PA•PB=2k．AB，∴PA•PB=k•AB．【解析】【解答】解：（1）∵l⊥n，∴BC⊥BD，∴三角形CBD是直角三角形，又∵点P 为线段CD的中点，∴PA=PB．【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半；（2）把直线l向上平移到如图②的位置，PA=PB仍然成立，理由如下：如图②，过C作CE⊥n于点E，连接PE，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半得出PD=PE=PC，根据等边对等角得出∠CDE=∠PEB，根据二直线平行，内错角相等得出∠CDE=∠PCA，故∠PCA=∠PEB，根据夹在两平行线间的平行线相等得出AC=BE，然后利用SAS判断出△PAC∽△PBE，根据全等三角形的对应边相等得出PA=PB；（3）如图③，延长AP交直线n于点F，作AE⊥BD于点E，根据平行线分线段成比例定理得出AP=PF，根据线段垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等得出BF=AB；然后判断出△AEF∽△BPF，根据相似三角形的对应边成比例即可得出AF•BP=AE•BF，根据等量代换得出2PA•PB=2k．AB，即PA•PB=k•AB．3．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：∵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）要证△BEF∽△DCB，根据有两对角对应相等的两个三角形相似可得证。

2020-2021全国中考数学圆与相似的综合中考真题分类汇总含详细答案

2020-2021全国中考数学圆与相似的综合中考真题分类汇总含详细答案一、相似1．如图，△ABC是一锐角三角形余料，边BC=16cm，高AD=24cm，要加工成矩形零件，使矩形的一边在BC上，其余两个顶点E、F分别在AB、AC上．求：（1）AK为何值时，矩形EFGH是正方形？（2）若设AK=x，S EFGH=y，试写出y与x的函数解析式．（3）x为何值时，S EFGH达到最大值．【答案】（1）解：设边长为xcm，∵矩形为正方形，∴EH∥AD，EF∥BC，根据平行线的性质可以得出： = 、 = ，由题意知EH=x，AD=24，BC=16，EF=x，即 = ， = ，∵BE+AE=AB，∴ + = + =1，解得x= ，∴AK= ，∴当时，矩形EFGH为正方形（2）解：设AK=x，EH=24-x，∵EHGF为矩形，∴ = ，即EF= x，∴S EFGH=y= x•（24-x）=- x2+16x（0＜x＜24）（3）解：y=- x2+16x配方得：y= （x-12）2+96，∴当x=12时，S EFGH有最大值96【解析】【分析】（1）设出边长为xcm，由正方形的性质得出，EH∥AD，EF∥BC，根据平行线的性质，可以得对应线段成比例，代入相关数据求解即可。

（2）设AK=x，则EH=16-x，根据平行的两三角形相似，再根据相似三角形的对应边上的高之比等于相似比，用含x的代数式表示出EF的长，根据矩形面积公式即可得出y与x的函数解析式。

（3）将（2）中的函数解析式转化为顶点式，利用二次函数的性质可得出矩形EFGH的面积取最大值时的x的值。

2．如图所示，△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，EC的延长线交BD于点P．（1）把△ABC绕点A旋转到图1，BD，CE的关系是（选填“相等”或“不相等”）；简要说明理由；（2）若AB=3，AD=5，把△ABC绕点A旋转，当∠EAC=90°时，在图2中作出旋转后的图形，求PD的值，简要说明计算过程；（3）在（2）的条件下写出旋转过程中线段PD的最小值为________，最大值为________．【答案】（1）解：相等理由：∵△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，∴BA=CA，∠BAD=∠CAE，DA=EA，∴△ABD≌△ACE，∴BD=CE；（2）解：作出旋转后的图形，若点C在AD上，如图2所示：∵∠EAC=90°，∴CE= ，∵∠PDA=∠AEC，∠PCD=∠ACE，∴△PCD∽△ACE，∴，∴PD= ；若点B在AE上，如图2所示：∵∠BAD=90°，∴Rt△ABD中，BD= ，BE=AE﹣AB=2，∵∠ABD=∠PBE，∠BAD=∠BPE=90°，∴△BAD∽△BPE，∴，即，解得PB= ，∴PD=BD+PB= + = ，（3）1；7【解析】【解答】解：（3）如图3所示，以A为圆心，AC长为半径画圆，当CE在⊙A下方与⊙A相切时，PD的值最小；当CE在在⊙A右上方与⊙A相切时，PD的值最大．如图3所示，分两种情况讨论：在Rt△PED中，PD=DE•sin∠PED，因此锐角∠PED的大小直接决定了PD的大小．①当小三角形旋转到图中△ACB的位置时，在Rt△ACE中，CE= =4，在Rt△DAE中，DE= ，∵四边形ACPB是正方形，∴PC=AB=3，∴PE=3+4=7，在Rt△PDE中，PD= ，即旋转过程中线段PD的最小值为1；②当小三角形旋转到图中△AB'C'时，可得DP'为最大值，此时，DP'=4+3=7，即旋转过程中线段PD的最大值为7．故答案为：1，7．【分析】（1）BD，CE的关系是相等，理由如下：根据同角的余角相等得出∠BAD=∠CAE，根据等腰直角三角形的性质得出BA=CA，DA=EA，从而利用SAS判断出△ABD≌△ACE，根据全等三角形对应边相等得出BD=CE；（2）作出旋转后的图形，若点C在AD上，如图2所示：首先根据勾股定理算出CE的长，然后判断出△PCD∽△ACE，根据相似三角形对应边成比例得出，根据比例式列出方程，求解得出PD的长；若点B在AE上，如图2所示：根据勾股定理算出BD的长，然后判断出△BAD∽△BPE，根据相似三角形对应边成比例得出，根据比例式列出方程，求解得出PB的长，根据线段的和差即可得出PD的长；（3）如图3所示，以A为圆心，AC长为半径画圆，当CE在⊙A下方与⊙A相切时，PD 的值最小；当CE在在⊙A右上方与⊙A相切时，PD的值最大．如图3所示，分两种情况讨论：在Rt△PED中，PD=DE•sin∠PED，因此锐角∠PED的大小直接决定了PD的大小．①当小三角形旋转到图中△ACB的位置时，根据勾股定理算出CE,DE的长，根据正方形的性质得出PC=AB=3，进而得出PE的长，根据勾股定理算出PD 的长，即旋转过程中线段PD的最小值为1；②当小三角形旋转到图中△AB'C'时，可得DP'为最大值，此时，DP'=4+3=7，即旋转过程中线段PD的最大值为7．3．书籍开本有数学开本指书刊幅面的规格大小．如图①，将一张矩形印刷用纸对折后可以得到2开纸，再对折得到4开纸，以此类推可以得到8开纸、16开纸……若这张矩形印刷用纸的短边长为a．（1）如图②，若将这张矩形印刷用纸ABCD(AB BC)进行折叠，使得BC与AB重合，点C落在点F处，得到折痕BE；展开后，再次折叠该纸，使点A落在E处，此时折痕恰好经过点B，得到折痕BG，求的值．（2）如图③，2开纸BCIH和4开纸AMNH的对角线分别是HC、HM．说明HC⊥HM．（3）将图①中的2开纸、4开纸、8开纸和16开纸按如图④所示的方式摆放，依次连接点A、B、M、I，则四边形ABMI的面积是________.（用含a的代数式表示，直接写出结果）【答案】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC ∠C 90°．∵第一次折叠使点C落在AB上的F处，并使折痕经过点B，∴∠CBE ∠FBE 45°，∴∠CBE ∠CEB 45°，∴BC CE a，BE ．∵第二次折叠纸片，使点A落在E处，得到折痕BG，∴AB BE ，∴（2）解：根据题意和（1）中的结论，有AH BH ，．∴．∵四边形ABCD是矩形，∴∠A ∠B 90°，∴△MAH∽△HBC，∴∠AHM ∠BCH．∵∠BCH ∠BHC 90°，∴∠AHM ∠BHC 90°，∴∠MHC 90°，∴HC⊥HM．（3）【解析】【解答】解：（3）如图④，根据题意知（1）中的结论，有BC=AD= a，AF=IG= a，NI=MP= a，OP= a，又∵∠C=∠ADE=90°, ∠BEC=∠AED,∴∆BCE≌∆ADE，∴S ∆BCE=S ∆ADE,同理可得，S ∆AFH=S ∆IGH, S ∆INQ=S ∆MPQ,∴四边形ABMI的面积=S矩形ADOF+S矩形IGON+S梯形BMPC= ．【分析】（1）利用矩形的性质及第一次折叠使点C落在AB上的F处，可得出∠CBE=∠FBE=∠CEB=45°，可得出CE=BC，利用勾股定理可用含a的代数式求出BE的长，再根据第二次折叠纸片，使点A落在E处，得到折痕BG，可用含a的代数式表示出AB的长，然后求出AB与BC的比值。