2020-2021备战中考数学圆与相似-经典压轴题附详细答案

， ∴ △ ABE≌ △ DFA（AAS）.
（2）解：连结 DE 交 CF 于点 H，
∵ △ ABE≌ △ DFA， ∴ DF=DC=4，AF=BE=3， ∴ CE=EF=2， ∴ DE⊥CF， ∴ ∠ DCF+∠ HDC=∠ DEC+∠ HDC=90°， ∴ ∠ DCF=∠ DEC， 在 Rt△ DCE 中， ∵ CD=4，CE=2，
2020-2021 备战中考数学圆与相似-经典压轴题附详细答案
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，
∴ 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，
（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：
，
（1）求证：
≌
（2）连接 CF，求
； 的值；
（3）连接 AC 交 DF 于点 G，求 的值． 【答案】（1）证明：∵ 四边形 ABCD 是矩形， ∴ ∠ BAD=∠ ADC=∠ B=90°，AB=CD=4， ∵ DF⊥AE， ∴ ∠ AFD=90°， ∴ ∠ BAE+∠ EAD=∠ EAD+∠ ADF=90°， ∴ ∠ BAE=∠ ADF， 在 Rt△ ABE 中， ∵ AB=4，BE=3， ∴ AE=5， 在△ ABE 和≌ △ DFA 中，
∵ 点 M 是弧 AB 的中点，∴ 弧 AM=弧 BM，∴ ∠ ACM=∠ BCM，
∵ ∠ ACM=∠ ABM，∴ ∠ BCM=∠ ABM，
∵ ∠ BMN=∠ BMC，∴ △ MBN∽ △ MCB，∴
，∴ BM2=MN⋅ MC ，
又∵ AB 是⊙O 的直径，弧 AM=弧 BM，
∴ ∠ AMB=90°，AM=BM，
（ 3 ） 连 接 MA ， MB ， 根 据 同 弧 或 等 弧 所 对 的 圆 周 角 相 等 得 出 ∠ ACM=∠ ABM ，
∴ ∠ BCM=∠ ABM，证出△ MBN∽ △ MCB，得出比例式进而求解即可.
5．如图，在矩形 ABCD 中，
，
，点 E 是 BC 边上的点，
，连接 AE，
交于点 F．
Rt△ PBN 和 Rt△ NCQ 的中线 BS、CT，
同理可得，△ PBN≌ △ NCQ，∴ PB＝NC，BN＝CQ， ∵ AP＝DQ， ∵ AP+8＝DQ+CD＝CQ＝BC+CN＝12+BP， ∴ AP－BP＝4 ①， ∵ AP+BP＝AB＝8②， ①+②得：2AP＝12，∴ AP＝6． 【解析】【分析】（1）①由矩形的性质用角角边易证△ APM≌ △ DQM，可得 PM＝QM， 已知 MN⊥PQ，由线段的垂直平分线的定义可得 MN 是线段 PQ 的垂直平分线，再根据线 段的垂直平分线的性质可得 PN＝QN，由等边对等角可得∠ NPQ＝∠ PQN； ②过点 M 作 ME⊥BC 于点 E，由矩形的性质跟据有两个角对应相等的两个三角形相似易证
在△ APM 和△ DQM 中，
，∴ △ APM≌ △ DQM（AAS），∴ PM＝QM，
∵ MN⊥PQ，∴ MN 是线段 PQ 的垂直平分线，∴ PN＝QN，∴ ∠ NPQ＝∠ PQN
②
百度文库
是定值
理由：如图，过点 M 作 ME⊥BC 于点 E，
∴ ∠ MEN＝∠ MEB＝∠ AME＝90°， ∴ 四边形 ABEM 是矩形，∠ MEN＝∠ MAP，∴ AB＝EM， ∵ MN⊥PQ，∴ ∠ PMN＝90°，∴ ∠ PMN＝∠ AME， ∴ ∠ PMN－∠ PME＝∠ AME－∠ PME，∴ ∠ EMN＝∠ AMP， ∴ △ AMP∽ △ EMN，
∴ ∠ BFS＝∠ CGT＝90°，BS＝ PN，CT＝ QN， ∵ PN＝QN，S△ PBN＝S△ NCQ ， ∴ BF＝CG，BS＝CT
在 Rt△ BFS 和 Rt△ CGT 中，
，∴ Rt△ BFS≌ Rt△ CGT（HL），∴ ∠ BSF＝∠ CTG，
∴ ∠ BNP＝ ∠ BSF＝ ∠ CTG＝∠ CQN，
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。 （2）根据题意分别求出 AD、DF、OF 的长，表示出点 D 的坐标，利用待定系数法求出直线 BC 的函数解析式，表示出点 E 的坐标，再分三种情况讨论△ EFC 为直角三角形：① 当 ∠ EFC=90°，则△ DEF∽ △ OFC，根据相似三角形的性质，列出关于 t 的方程求解即可； ②∠ FEC=90°，∠ AEF=90°，△ AEF 是等腰直角三角形求出 t 的值即可；③当∠ ACF=90°，则 AC2+CF2=AF2 ， 建立关于 t 的方程求解即可，从而可得出答案。 （3）求得直线 BC 的解析式为：y=-2x+2，当 D 在 y 轴的左侧时，当 D 在 y 轴的右侧时，如 图 2，根据梯形的面积公式即可得到结论。
（1）求证：PC 是⊙O 的切线； （2）求证：BC= AB； （3）点 M 是弧 AB 的中点，CM 交 AB 于点 N，若 AB=4，求 MN MC 的值. 【答案】（1）证明：∵ OA=OC，∴ ∠ A=∠ ACO， 又∵ ∠ COB=2∠ A，∠ COB=2∠ PCB，∴ ∠ A=∠ ACO=∠ PCB， 又∵ AB 是⊙O 的直径，∴ ∠ ACO+∠ OCB=90°，∴ ∠ PCB+∠ OCB=90°， 即 OC⊥CP， ∵ OC 是⊙O 的半径，∴ PC 是⊙O 的切线 （2）证明：∵ AC=PC，∴ ∠ A=∠ P，∴ ∠ A=∠ ACO=∠ PCB=∠ P． 又∵ ∠ COB=∠ A+∠ ACO，∠ CBO=∠ P+∠ PCB，∴ ∠ COB=∠ CBO，∴ BC=OC， ∴ （3）解：连接 MA，MB，
2．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．
在△ PBN 和△ NCQ 中，
，∴ △ PBN≌ △ NCQ（AAS），∴ BN＝CQ，BP＝
CN，
∵ AP＝AB－BP＝8－CN，又∵ CN＝BC－BN＝12－CQ，∴ AP＝CQ－4
又∵ CQ＝CD+DQ，DQ＝AP，∴ AP＝4+AP（舍去），∴ 此种情况不成立；
（ⅱ）当点 N 在 BC 延长线上时，如图，作 BF⊥PN 于点 F，CG⊥QN 于点 G，再分别作
（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＜ ）．
3．在矩形 ABCD 中，AB＝8，AD＝12，M 是 AD 边的中点，P 是 AB 边上的一个动点（不与 A、B 重合），PM 的延长线交射线 CD 于 Q 点，MN⊥PQ 交射线 BC 于 N 点。 （1）若点 N 在 BC 之间时，如图：
①求证：∠ NPQ＝∠ PQN；
②请问 是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是，请举反例说明； （2）当△ PBN 与△ NCQ 的面积相等时，求 AP 的值. 【答案】（1）证明：∵ 四边形 ABCD 是矩形，∴ ∠ A＝∠ ADC＝∠ ADQ＝90°， AB//CD，∴ ∠ APM＝∠ DQM， ∵ M 是 AD 边的中点，∴ AM＝DM，
∴
，∴
，∵ AD＝12，M 是 AD 边的中点，∴ AM＝ AD＝6，
∵ AB＝8，∴
；
（2）解：分点 N 在 BC 之间和点 N 在 BC 延长线上两种情况
（ⅰ）当点 N 在 BC 之间时，如图，作 BF⊥PN 于点 F，CG⊥QN 于点 G，再分别作
Rt△ PBN 和 Rt△ NCQ 的中线 BS、CT，
∴
，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 ；
∵ AB=4，∴
，
∴ MN⋅ MC=BM2=8 ． 【解析】【分析】(1)根据等边对等角得出∠ A=∠ ACO，运用外角的性质和已知条件得出
∠ A=∠ ACO=∠ PCB，再根据直径所对的圆周角是直角得出∠ PCB+∠ OCB=90°，进而求解. （2）根据等边对等角得出∠ A=∠ P，再根据第一问中的结论求解即可，
∴ DE=2 ，
∴ sin∠ DCF=sin∠ DEC=
.
（3）过点 C 作 CK⊥AE 交 AE 的延长线于点 K，
∵ DF⊥AE， ∴ CK∥ DF，
∴
，
在 Rt△ CEK 中，
∴ EK=CE·cos∠ CEK=CE·cos∠ AEB=2× = ,
△ AMP∽ △ EMN，可得比例式
， 结合已知条件易求得 为定值；
（2）根据 MN⊥PQ 交射线 BC 于 N 点可知分两种情况：①当点 N 在 BC 之间时，如图，作
BF⊥PN 于点 F，CG⊥QN 于点 G，再分别作 Rt△ PBN 和 Rt△ NCQ 的中线 BS、CT，通过证
Rt△ BFS≌ Rt△ CGT 和△ PBN≌ △ NCQ 可求解；
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当点 N 在 BC 延长线上时，如图，作 BF⊥PN 于点 F，CG⊥QN 于点 G，再分别作
Rt△ PBN 和 Rt△ NCQ 的中线 BS、CT，通过证△ PBN≌ △ NCQ 可求解。
4．如图，已知 AB 是⊙O 的直径，点 C 在⊙O 上，过点 C 的直线与 AB 的延长线交于点 P， AC=PC，∠ COB=2∠ PCB.