初三数学圆与相似的专项培优练习题(含答案)

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九年级数学圆与相似的专项培优易错难题练习题(含答案)

九年级数学圆与相似的专项培优易错难题练习题(含答案)

九年级数学圆与相似的专项培优易错难题练习题(含答案)、相似AE=EF=FD.(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 ,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 △ABC 中, ∠C=90°, ∠ ABC 的平分线交 AC 于点 E ,过点 E 作 BE 的垂线交 AB 于点 F ,⊙O 是△BEF 的外接圆.1)求证: AC 是⊙O 的切线;2)过点 E 作 EH ⊥AB ,垂足为 H ,求证: CD=HF ;3)已知: CD=1,EH=3,求 AF 的长. 答案】 (1)证明:如图,连接 OE . ∵BE 平分∠ ABC , ∴∠ CBE=∠OBE , ∵OB=OE ,∴∠ OBE=∠OEB , ∴∠ OEB=∠CBE , ∴OE ∥BC ,∴∠ AEO=∠ C=90 ,° ∴AC 是⊙O 的切线;2)解:如图,连结 DE .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∵∠CBE=∠OBE,EC⊥BC于C,EH⊥AB于H,∴EC=EH.∵∠ CDE+∠BDE=180 ,°∠HFE+∠BDE=180 ,°∴∠ CDE=∠ HFE.在△ CDE与△HFE中,,∴△ CDE≌ △HFE( AAS),∴CD=HF.(3)解:由( 2)得, CD=HF.又 CD=1 ∴HF=1在 Rt△HFE中, EF= =∵EF⊥BE∴∠ BEF=90 °∴∠ EHF=∠BEF=90 °∵∠ EFH=∠BFE ∴△ EHF∽ △BEF∴BF=10∴在 Rt△ OHE中,∴在 Rt△ EOA中,【解析】【分析】( 1 )连接 OE.利用角平分线的定义和等腰三角形的性质可证得OE∥ BC,从而得∠ AEO=∠ C=90°,可得到证明;(2)连结 DE.利用 AAS可证△CDE≌ △ HFE,从而得到证明;(3)证△ EHF∽ △BEF,由相似三角形的性质可求得 BF,从而得到 OE,在Rt△OHE 和△EOA 中,由 cos∠EOA可求出 OA,从而求出 AF.3.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.(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<9)0,°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。

初三数学圆与相似的专项培优易错试卷练习题(含答案)及详细答案

初三数学圆与相似的专项培优易错试卷练习题(含答案)及详细答案

初三数学圆与相似的专项培优易错试卷练习题(含答案)及详细答案一、相似1.如图,在平面直角坐标系中,直线y=﹣ x+ 与x轴、y轴分别交于点B、A,与直线y= 相交于点C.动点P从O出发在x轴上以每秒5个单位长度的速度向B匀速运动,点Q从C出发在OC上以每秒4个单位长度的速度,向O匀速运动,运动时间为t秒(0<t<2).(1)直接写出点C坐标及OC、BC长;(2)连接PQ,若△OPQ与△OBC相似,求t的值;(3)连接CP、BQ,若CP⊥BQ,直接写出点P坐标.【答案】(1)解:对于直线y=﹣ x+ ,令x=0,得到y= ,∴A(0,),令y=0,则x=10,∴B(10,0),由,解得,∴C(,).∴OC= =8,BC= =10(2)解:①当时,△OPQ∽△OCB,∴,∴t= .②当时,△OPQ∽△OBC,∴,∴t=1,综上所述,t的值为或1s时,△OPQ与△OBC相似(3)解:如图作PH⊥OC于H.∵OC=8,BC=6,OB=10,∴OC2+BC2=OB2,∴∠OCB=90°,∴当∠PCH=∠CBQ时,PC⊥BQ.∵∠PHO=∠BCO=90°,∴PH∥BC,∴,∴,∴PH=3t,OH=4t,∴tan∠PCH=tan∠CBQ,∴,∴t= 或0(舍弃),∴t= s时,PC⊥BQ.【解析】【分析】(1)根据直线与坐标轴交点的坐标特点求出A,B点的坐标,解联立直线AB,与直线OC的解析式组成的方程组,求出C点的坐标,根据两点间的距离公式即可直接算出OC,OB的长;(2)根据速度乘以时间表示出OP=5t,CQ=4t,OQ=8-4t,①当OP∶OC=OQ∶OB时,△OPQ∽△OCB,根据比例式列出方程,求解得出t的值;②当OP∶OB=OQ∶OC时,△OPQ∽△OBC,根据比例式列出方程,求解得出t的值,综上所述即可得出t的值;(3)如图作PH⊥OC于H.根据勾股定理的逆定理判断出∠OCB=90°,从而得出当∠PCH=∠CBQ时,PC⊥BQ.根据同位角相等二直线平行得出PH∥BC,根据平行线分线段成比例定理得出OP∶OB=PH∶BC=OH∶OC,根据比例式得出PH=3t,OH=4t,根据等角的同名三角函数值相等及正切函数的定义,由tan∠PCH=tan∠CBQ,列出方程,求解得出t的值,经检验即可得出答案。

初三数学圆与相似的专项培优练习题及答案解析

初三数学圆与相似的专项培优练习题及答案解析

初三数学圆与相似的专项培优练习题及答案解析一、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.已知:如图,在△ABC中,AB=BC=10,以AB为直径作⊙O分别交AC,BC于点D,E,连接DE和DB,过点E作EF⊥AB,垂足为F,交BD于点P.(1)求证:AD=DE;(2)若CE=2,求线段CD的长;(3)在(2)的条件下,求△DPE的面积.【答案】(1)解:∵AB是⊙O的直径,∴∠ADB=90°,即BD⊥AC∵AB=BC,∴△ABD≌CBD∴∠ABD=∠CBD在⊙O中,AD与DE分别是∠ABD与∠CBD所对的弦∴AD=DE;(2)解:∵四边形ABED内接于⊙O,∴∠CED=∠CAB,∵∠C=∠C,∴△CED∽△CAB,∴,∵AB=BC=10,CE=2,D是AC的中点,∴CD= ;(3)解:延长EF交⊙O于M,在Rt△ABD中,AD= ,AB=10,∴BD=3 ,∵EM⊥AB,AB是⊙O的直径,∴,∴∠BEP=∠EDB,∴△BPE∽△BED,∴,∴BP= ,∴DP=BD-BP= ,∴S△DPE:S△BPE=DP:BP=13:32,∵S△BCD= × ×3 =15,S△BDE:S△BCD=BE:BC=4:5,∴S△BDE=12,∴S△DPE= .【解析】【分析】(1)根据已知条件AB是⊙O的直径得出∠ADB=90°,再根据等腰三角形的三线合一的性质即可得出结论。

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初三数学圆与相似的专项培优练习题(含答案)含答案一、相似1.如图,抛物线y=﹣ +bx+c过点A(3,0),B(0,2).M(m,0)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△APM相似,求点M的坐标.【答案】(1)解:设直线AB的解析式为y=px+q,把A(3,0),B(0,2)代入得,解得,∴直线AB的解析式为y=﹣ x+2;把A(3,0),B(0,2)代入y=﹣ +bx+c得,解得,∴抛物线解析式为y=﹣ x2+ x+2(2)解:∵M(m,0),MN⊥x轴,∴N(m,﹣ m2+ m+2),P(m,﹣ m+2),∴NP=﹣ m2+4m,PM=﹣ m+2,而NP=PM,∴﹣ m2+4m=﹣ m+2,解得m1=3(舍去),m2= ,∴N点坐标为(,)(3)解:∵A(3,0),B(0,2),P(m,﹣ m+2),∴AB= = ,BP= = m,而NP=﹣ m2+4m,∵MN∥OB,∴∠BPN=∠ABO,当 = 时,△BPN∽△OBA,则△BPN∽△MPA,即 m:2=(﹣ m2+4m):,整理得8m2﹣11m=0,解得m1=0(舍去),m2= ,此时M点的坐标为(,0);当 = 时,△BPN∽△ABO,则△BPN∽△APM,即 m: =(﹣ m2+4m):2,整理得2m2﹣5m=0,解得m1=0(舍去),m2= ,此时M点的坐标为(,0);综上所述,点M的坐标为(,0)或(,0)【解析】【分析】(1)因为抛物线和直线AB都过点A(3,0)、B(0,2),所以用待定系数法求两个解析式即可;(2)由题意知点P是MN的中点,所以PM=PN;而MN OA交抛物线与点N,交直线AB于点P,所以M、P、N的横坐标相同且都是m,纵坐标分别可用(1)中相应的解析式表示,即P(m,),N(m,),PM与PN的长分别为相应两点的纵坐标的绝对值,代入PM=PN即可的关于m的方程,解方程即可求解;(3)因为以B,P,N为顶点的三角形与△APM相似,而△APM是直角三角形,所以分两种情况:当∠PBN=时,则可得△PBN∽△PMA,即得相应的比例式,可求得m的值;当∠PNB=时,则可得△PNB∽△PMA,即得相应的比例式,可求得m的值。

初三数学圆与相似的专项培优练习题(含答案)附答案解析

初三数学圆与相似的专项培优练习题(含答案)附答案解析

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

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

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初三数学圆与相似的专项培优练习题(含答案)含详细答案一、相似1.如图,已知抛物线经过点A(﹣1,0),B(4,0),C(0,2)三点,点D与点C关于x轴对称,点P是x轴上的一个动点,设点P的坐标为(m,0),过点P做x轴的垂线l交抛物线于点Q,交直线于点M.(1)求该抛物线所表示的二次函数的表达式;(2)已知点F(0,),当点P在x轴上运动时,试求m为何值时,四边形DMQF是平行四边形?(3)点P在线段AB运动过程中,是否存在点Q,使得以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.【答案】(1)解:由抛物线过点A(-1,0)、B(4,0)可设解析式为y=a(x+1)(x-4),将点C(0,2)代入,得:-4a=2,解得:a=- ,则抛物线解析式为y=- (x+1)(x-4)=- x2+ x+2(2)解:由题意知点D坐标为(0,-2),设直线BD解析式为y=kx+b,将B(4,0)、D(0,-2)代入,得:,解得:,∴直线BD解析式为y= x-2,∵QM⊥x轴,P(m,0),∴Q(m,- m2+ m+2)、M(m, m-2),则QM=- m2+ m+2-( m-2)=- m2+m+4,∵F(0,)、D(0,-2),∴DF= ,∵QM∥DF,∴当- m2+m+4= 时,四边形DMQF是平行四边形,解得:m=-1或m=3,即m=-1或3时,四边形DMQF是平行四边形。

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

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初三数学圆与相似的专项培优练习题及答案一、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。

初三培优圆与相似辅导专题训练及详细答案

初三培优圆与相似辅导专题训练及详细答案

初三培优圆与相似辅导专题训练及详细答案一、相似1.如图,正方形ABCD、等腰Rt△BPQ的顶点P在对角线AC上(点P与A、C不重合),QP与BC交于E,QP延长线与AD交于点F,连接CQ.(1)①求证:AP=CQ;②求证:PA2=AF•AD;(2)若AP:PC=1:3,求tan∠CBQ.【答案】(1)证明:①∵四边形ABCD是正方形,∴AB=CB,∠ABC=90°,∴∠ABP+∠PBC=90°,∵△BPQ是等腰直角三角形,∴BP=BQ,∠PBQ=90°,∴∠PBC+∠CBQ=90°∴∠ABP=∠CBQ,∴△ABP≌△CBQ,∴AP=CQ;②∵四边形ABCD是正方形,∴∠DAC=∠BAC=∠ACB=45°,∵∠PQB=45°,∠CEP=∠QEB,∴∠CBQ=∠CPQ,由①得△ABP≌△CBQ,∠ABP=∠CBQ∵∠CPQ=∠APF,∴∠APF=∠ABP,∴△APF∽△ABP,(本题也可以连接PD,证△APF∽△ADP)(2)证明:由①得△ABP≌△CBQ,∴∠BCQ=∠BAC=45°,∵∠ACB=45°,∴∠PCQ=45°+45°=90°∴tan∠CPQ= ,由①得AP=CQ,又AP:PC=1:3,∴tan∠CPQ= ,由②得∠CBQ=∠CPQ,∴tan∠CBQ=tan∠CPQ= .【解析】【分析】(1)①利用正方形的性质和等腰直角三角形的性质易证△ABP≌△CBQ,可得AP=CQ;②利用正方形的性质可证得∠CBQ=∠CPQ,再由△ABP≌△CBQ可证得∠APF=∠ABP,从而证出△APF∽△ABP,由相似三角形的性质得证;(2)由△ABP≌△CBQ可得∠BCQ=∠BAC=45°,可得∠PCQ=45°+45°=90°,再由三角函数可得tan∠CPQ=,由AP:PC=1:3,AP=CQ,可得tan∠CPQ=,再由∠CBQ=∠CPQ可求出答案.2.如图①,已知直线l1∥l2,线段AB在直线l1上,BC垂直于l1交l2于点C,且AB=BC,P是线段BC上异于两端点的一点,过点P的直线分别交l2,l1于点D,E(点A,E位于点B的两侧,满足BP=BE,连接AP,CE.(1)求证:△ABP≌△CBE.(2)连接AD、BD,BD与AP相交于点F,如图②.①当时,求证:AP⊥BD;②当 (n>1)时,设△PAD的面积为S1,△PCE的面积为S2,求的值.【答案】(1)证明:BC⊥直线l1,∴∠ABP=∠CBE.在△ABP和△CBE中,(2)①证明:如图,延长AP交CE于点H.∵△ABP≌△CBE,∴∠PAB=∠ECB,∴∠PAB+∠AEH=∠ECB+∠AEH=90°,∴∠AHE=90°,∴AP⊥CE.∵,即P为BC的中点,直线l1∥直线l2,∴△CPD∽△BPE,∴,∴DP=EP.∴四边形BDCE是平行四边形,∴CE∥BD.∵AP⊥CE,∴AP⊥BD.②解:∵,∴BC=nBP,∴CP=(n-1)BP.∵CD∥BE,∴△CPD∽△BPE,∴.令S△BPE=S,则S2=(n-1)S,S△PAB=S△BCE=nS,S△PAE=(n+1)S.∵,∴S1=(n+1)(n-1)S,∴.【解析】【分析】(1)由已知条件用边角边即可证得△ABP≌△CBE;(2)①、延长AP交CE于点H,由(1)知△ABP≌△CBE,所以可得∠PAB=∠ECB,而∠∠ECB+∠BEC=,所以可得∠PAB+∠BEC=,即∠AHE=,所以AP⊥CE;已知=2,则点P为BC的中点,所以易证得BE=CD,由有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形BDCE是平行四边形,由平行四边形的性质可得CE∥BD,再根据平行线的性质即可求得AP⊥BD;②方法与①类似,由已知条件易证得△CPD∽△BPE,则可得对应线段的比相等,然后可将△PAD的面积和△PCE的面积用三角形BPE的面积表示出来,则这两个三角形的比值即可求解。

九年级数学圆与相似的专项培优练习题(含答案)附答案

九年级数学圆与相似的专项培优练习题(含答案)附答案

九年级数学圆与相似的专项培优练习题(含答案)附答案一、相似1.如图,在△ABC中,∠C=90°,∠ABC的平分线交AC于点E,过点E作BE的垂线交AB 于点F,⊙O是△BEF的外接圆.(1)求证:AC是⊙O的切线;(2)过点E作EH⊥AB,垂足为H,求证:CD=HF;(3)已知:CD=1,EH=3,求AF的长.【答案】(1)证明:如图,连接OE.∵BE平分∠ABC,∴∠CBE=∠OBE,∵OB=OE,∴∠OBE=∠OEB,∴∠OEB=∠CBE,∴OE∥BC,∴∠AEO=∠C=90°,∴AC是⊙O的切线;(2)解:如图,连结DE.∵∠CBE=∠OBE,EC⊥BC于C,EH⊥AB于H,∴EC=EH.∵∠CDE+∠BDE=180°,∠HFE+∠BDE=180°,∴∠CDE=∠HFE.在△CDE与△HFE中,,∴△CDE≌△HFE(AAS),∴CD=HF.(3)解:由(2)得,CD=HF.又CD=1∴HF=1在Rt△HFE中,EF= =∵EF⊥BE∴∠BEF=90°∴∠EHF=∠BEF=90°∵∠EFH=∠BFE∴△EHF∽△BEF∴,即∴BF=10∴ , ,∴在Rt△OHE中, ,∴在Rt△EOA中, ,∴∴∴ .【解析】【分析】(1)连接OE.利用角平分线的定义和等腰三角形的性质可证得OE∥BC,从而得∠AEO=∠C=90°,可得到证明;(2)连结DE.利用AAS可证△CDE≌△HFE,从而得到证明;(3)证△EHF∽△BEF,由相似三角形的性质可求得BF,从而得到OE,在Rt△OHE和△EOA中,由cos∠EOA可求出OA,从而求出AF.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。

九年级数学圆与相似的专项培优练习题(含答案)及答案解析

九年级数学圆与相似的专项培优练习题(含答案)及答案解析

九年级数学圆与相似的专项培优练习题(含答案)及答案解析一、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.在平面直角坐标系中,点 A 点 B 已知满足.(1)点A的坐标为________,点B的坐标为________;(2)如图1,点E为线段OB上一点,连接AE,过A作AF⊥AE,且AF=AE,连接BF交轴于点D,若点D(-1,0),求点E的坐标;(3)在(2)的条件下,如图2,过E作EH⊥OB交AB于H,点M是射线EH上一点(点M不在线段EH上),连接MO,作∠MON=45°,ON交线段BA的延长线于点N,连接MN,探究线段MN与OM的关系,并说明理由。

【答案】(1)(-4,0);(0,-4)(2)解:作FH⊥OA于H,∵AF⊥AE,∴∠FAE=∠AHF=∠AOE=90°,∴∠FAH+∠OAE=90°,∠FAH+∠AFH=90°,∴∠AFH=∠OAE,∵AF=OA,∴△AFH≌△EAO,∴FH=OA,∵点A(-4,0),点B(0,-4)∴FH=OA=OB=4,∵∠FHD=∠BOD=90°,∠FDH=∠BDO,∴△FDH≌△BDO,∴OD=DH=1,∴AH=OH=OE=2,∴E(0,-2)(3)解:结论:MN=OM,MN⊥OM,理由:连接OH,OM与BN交于G,∵OA=OB,∠AOB=45°,∴∠OAB=45°∵OE=EB=2,EH∥OA,∴AH=BH,OH⊥AB,∠AHM=∠OAB=45°,∵∠MON=45°∴∠GON=∠GHM,∵∠NGO=∠MGH,∴△NGO∽△MGH,∴ = ,∴ = ,∵∠NGM=∠OGH,∴△NGM∽△OGH,∴∠NMG=∠OHG=90°,∴△OMN是等腰直角三角形∴MN=OM,MN⊥OM.【解析】【解答】(1)∵ =0,∴a=-4,b=-4,∴点A的坐标为(-4,0),点B的坐标为(0,-4)【分析】(1)先将式子变形为完全平方公式的形式,再根据平方的非负性求解;(2)如图1中,作FH⊥OA于H,由△AFH≌△EAO,推出FH=OA,由△FDH≌△BDO,推出AH=OH=OE=2;(3)连接OH,OM与BN交于G,由△NGO∽△MGH,推出 = ,再推出= ,再得出△NGM∽△OGH,推出∠NMG=∠OHG=90°,推出△OMN是等腰直角三角形即可解决问题.3.如图:在中,BC=2,AB=AC,点D为AC上的动点,且 .(1)求AB的长度;(2)求AD·AE的值;(3)过A点作AH⊥BD,求证:BH=CD+DH.【答案】(1)解:作AM⊥BC,∵AB=AC,BC=2,AM⊥BC,∴BM=CM= BC=1,在Rt△AMB中,∵cosB= ,BM=1,∴AB=BM÷cosB=1÷ = .(2)解:连接CD,∵AB=AC,∴∠ACB=∠ABC,∵四边形ABCD内接于圆O,∴∠ADC+∠ABC=180°,又∵∠ACE+∠ACB=180°,∴∠ADC=∠ACE,∵∠CAE=∠CAD,∴△EAC∽△CAD,∴ ,∴AD·AE=AC2=AB2=()2=10.(3)证明:在BD上取一点N,使得BN=CD,在△ABN和△ACD中∵∴△ABN≌△ACD(SAS),∴AN=AD,∵AH⊥BD,AN=AD,∴NH=DH,又∵BN=CD,NH=DH,∴BH=BN+NH=CD+DH.【解析】【分析】(1)作AM⊥BC,由等腰三角形三线合一的性质得BM=CM= BC=1,在Rt△AMB中,根据余弦定义得cosB= ,由此求出AB.(2)连接CD,根据等腰三角形性质等边对等角得∠ACB=∠ABC,再由圆内接四边形性质和等角的补角相等得∠ADC=∠ACE;由相似三角形的判定得△EAC∽△CAD,根据相似三角形的性质得;从而得AD·AE=AC2=AB2.(3)在BD上取一点N,使得BN=CD,根据SAS得△ABN≌△ACD,再由全等三角形的性质得AN=AD,根据等腰三角形三线合一的性质得NH=DH,从而得BH=BN+NH=CD+DH.4.如图,二次函数(其中a,m是常数,且a>0,m>0)的图象与x轴分别交于点A,B(点A位于点B的左侧),与y轴交于点C(0,-3),点D在二次函数的图象上,CD∥AB,连接AD.过点A作射线AE交二次函数的图象于点E,AB平分∠DAE.(1)用含m的代数式表示a;(2)求证:为定值;(3)设该二次函数图象的顶点为F.探索:在x轴的负半轴上是否存在点G,连接CF,以线段GF、AD、AE的长度为三边长的三角形是直角三角形?如果存在,只要找出一个满足要求的点G即可,并用含m的代数式表示该点的横坐标;如果不存在,请说明理由.【答案】(1)解:将C(0,-3)代入函数表达式得,,∴(2)证明:如答图1,过点D、E分别作x轴的垂线,垂足为M、N.由解得x1=-m,x2=3m.∴A(-m,0),B(3m,0).∵CD∥AB,∴点D的坐标为(2m,-3).∵AB平分∠DAE.∴∠DAM=∠EAN.∵∠DMA=∠ENA=900,∴△ADM∽△AEN, ∴ .设点E的坐标为(x, ),∴ ,∴x=4m.∴为定值.(3)解:存在,如答图2,连接FC并延长,与x轴负半轴的交点即为所求点G.由题意得:二次函数图像顶点F的坐标为(m,-4),过点F作FH⊥x轴于点H,在Rt△CGO和Rt△FGH中,∵tan∠CGO= , tan∠FGH= , ∴ = .∴OG="3m,"由勾股定理得,GF= ,AD=∴ .由(2)得,,∴AD∶GF∶AE=3∶4∶5.∴以线段GF、AD、AE的长度为三边长的三角形是直角三角形,此时点G的横坐标为-3m.【解析】【分析】1)将C点代入函数解析式即可求得.(2)令y=0求A、B的坐标,再根据,CD∥AB,求点D的坐标,由△ADM∽△AEN,对应边成比例,将求的比转化成求比,结果不含m即为定值.(3)连接FC并延长,与x轴负半轴的交点即为所求点G..过点F作FH⊥x轴于点H,在Rt△CGO和Rt△FGH中根据同角的同一个三角函数相等,可求OG(用m表示),然后利用勾股定理求GF和AD(用m表示),并求其比值,由(2)是定值,所以可得AD∶GF∶AE=3∶4∶5,由此可根据勾股定理逆定理判断以线段GF、AD、AE的长度为三边长的三角形是直角三角形,直接得点G的横坐标.5.如图,在△ABC中,AB=AC,以AB为直径的⊙O分别交BC,AC于点D,E,连结EB,交OD于点F.(1)求证:OD⊥BE.(2)若DE= ,AB=6,求AE的长.(3)若△CDE的面积是△OBF面积的,求线段BC与AC长度之间的等量关系,并说明理由.【答案】(1)证明:连接AD,∵AB是直径,∴∠AEB=∠ADB=90°,∵AB=AC,∴∠CAD=∠BAD,BD=CD,∴,∴OD⊥BE;(2)解:∵∠AEB=90°,∴∠BEC=90°,∵BD=CD,∴BC=2DE=2 ,∵四边形ABDE内接于⊙O,∴∠BAC+∠BDE=180°,∵∠CDE+∠BDE=180°,∴∠CDE=∠BAC,∵∠C=∠C,∴△CDE∽△CAB,∴,即,∴CE=2,∴AE=AC-CE=AB-CE=4(3)解:∵BD=CD,∴S△CDE=S△BDE,∵BD=CD,AO=BO,∴OD∥AC,∵△OBF∽△ABE,∴,∴S△ABE=4S△OBF,∵,∴S△ABE=4S△OBF=6S△CDE,∴S△CAB=S△CDE+S△BDE+S△ABE=8S△CDE,∵△CDE∽△CAB,∴,∴,∵BD=CD,AB=AC,∴,即AC= BC【解析】【分析】(1)连接AD.根据直径所对的圆周角是直角、等腰三角形的性质以及平行线的性质即可证明;(2)先证△CDE∽△CAB得,据此求得CE的长,依据AE=AC-CE=AB-CE可得答案;(3)由BD=CD知S△CDE=S△BDE,证△OBF∽△ABE得,据此知S△ABE=4S△OBF,结合知S△ABE=6S△CDE,S△CAB=8S△CDE,由△CDE∽△CAB知,据此得出,结合BD=CD,AB=AC知,从而得出答案.6.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:,将已知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△BDM∽△BCA,于是可得比例式,将已知的线段代入计算即可用含t的代数式表示DM、BD的长,则CD=CB-BD也可用含t的代数式表示出来,同理易证△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。

初三数学圆与相似的专项培优练习题含详细答案

初三数学圆与相似的专项培优练习题含详细答案

初三数学圆与相似的专项培优练习题含详细答案一、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。

初三数学圆与相似的专项培优练习题(含答案)及答案

初三数学圆与相似的专项培优练习题(含答案)及答案

初三数学圆与相似的专项培优练习题(含答案)及答案一、相似1.如图,在⊙O中,直径AB经过弦CD的中点E,点M在OD上,AM的延长线交⊙O于点G,交过D的直线于F,且∠BDF=∠CDB,BD与CG交于点N.(1)求证:DF是⊙O的切线;(2)连结MN,猜想MN与AB的位置有关系,并给出证明.【答案】(1)证明:∵直径AB经过弦CD的中点E,, = ,即是的切线(2)解:猜想:MN∥AB.证明:连结CB.∵直径AB经过弦CD的中点E,∴ = , = ,∴∵∴∴∵∴∵∵∴∴∴MN∥AB.【解析】【分析】(1)要证DF是⊙O的切线,由切线的判定知,只须证∠ODF=即可。

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

2.如图,点A、B、C、D是直径为AB的⊙O上的四个点,CD=BC,AC与BD交于点E。

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

初三数学 圆与相似的专项 培优练习题含答案解析

初三数学 圆与相似的专项 培优练习题含答案解析

初三数学圆与相似的专项培优练习题含答案解析一、相似1.如图,在△ABC中,已知AB=AC=10cm,BC=16cm,AD⊥BC于D,点E、F分别从B、C 两点同时出发,其中点E沿BC向终点C运动,速度为4cm/s;点F沿CA、AB向终点B运动,速度为5cm/s,设它们运动的时间为x(s).(1)求x为何值时,△EFC和△ACD相似;(2)是否存在某一时刻,使得△EFD被AD分得的两部分面积之比为3:5,若存在,求出x 的值,若不存在,请说明理由;(3)若以EF为直径的圆与线段AC只有一个公共点,求出相应x的取值范围.【答案】(1)解:如图1中,点F在AC上,点E在BD上时,①当时,△CFE∽△CDA,∴ = ,∴t= ,②当时,即 = ,∴t=2,当点F在AB上,点E在CD上时,不存在△EFC和△ACD相似,综上所述,t= s或2s时,△EFC和△ACD相似.(2)解:不存在.理由:如图2中,当点F在AC上,点E在BD上时,作FH⊥BC于H,EF交AD于N.∵CF=5t.BE=4t,∴CH=CF•co sC=4t,∴BE=CH,∵AB=AC,AD⊥BC,∴BD=DC,∴DE=DH,∵DN∥FH,∴ =1,∴EN=FN,∴S△END=S△FND,∴△EFD被 AD分得的两部分面积相等,同法可证当点F在AB上,点E在CD上时,△EFD被 AD分得的两部分面积相等,∴不存在某一时刻,使得△EFD被 AD分得的两部分面积之比为3:5.(3)解:①如图3中,当以EF为直径的⊙O经过点A时,⊙O与线段AC有两个交点,连接AE,则∠EAF=90°.由 =cosC= ,可得 = ,∴t= ,∴0≤t<时,⊙O与线段AC只有一个交点.②如图4中,当⊙O与AC相切时,满足条件,此时t= .③如图5中,当⊙O与AB相切时,cosB= ,即 = ,解得t= .④如图6中,⊙O经过点A时,连接AE,则∠EAF=90°.由cosB= = ,即 = ,t= ,∴<t≤4时,⊙O与线段AC只有一个交点.综上所述,当⊙O与线段AC只有一个交点时,0≤t<或或或<t≤4【解析】【分析】(1)分类讨论:根据路程等于速度乘以时间,分别表示出BE,,CE,CF的长,①当时,△CFE∽△CDA,②当时△CEF∽△CDA,根据比例式,分别列出方程,求解t的值;当点F在AB上,点E在CD上时,不存在△EFC和△ACD相似,综上所述,即可得出答案;(2)不存在.理由:如图2中,当点F在AC上,点E在BD上时,作FH⊥BC于H,EF交AD于N.由题意知CF=5t.BE=4t,根据余弦函数的定义由CH=CF•cosC,表示出CH的长,从而得出BE=CH,根据等腰三角形的三线合一得出BD=DC,根据等量减等量差相等得出DE=DH,根据平行线分线段成比例定理得出=1得出EN=FN,根据三角形中线的性质得出S△END=S△FND,△EFD被 AD分得的两部分面积相等,同法可证当点F在AB上,点E在CD上时,△EFD被AD分得的两部分面积相等,故不存在某一时刻,使得△EFD被AD 分得的两部分面积之比为3:5;(3)①如图3中,当以EF为直径的⊙O经过点A时,⊙O与线段AC有两个交点,连接AE,则∠EAF=90°.根据余弦函数的定义,由,结论列出方程,求解得出t 的值,故0≤t时,⊙O与线段AC只有一个交点;②如图4中,当⊙O与AC相切时,满足条件,此时t=;③如图5中,当⊙O与AB相切时,根据余弦函数的定义,由cosB=,列出方程,求解得出t的值;④如图6中,⊙O经过点A时,连接AE,则∠EAF=90°.由cosB=,列出方程求出t的值,故<t≤4时,⊙O与线段AC只有一个交点;综上所述,得出答案。

九年级数学圆与相似的专项培优练习题(含答案)附答案解析

九年级数学圆与相似的专项培优练习题(含答案)附答案解析

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

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

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

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

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

初三数学圆与相似的专项培优练习题附详细答案

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初三数学圆与相似的专项培优练习题附详细答案一、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,在△ABC中,∠C=90°,AC=8,BC=6。

P是AB边上的一个动点(异于A、B两点),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。

九年级数学圆与相似的专项培优练习题(含答案)含答案解析

九年级数学圆与相似的专项培优练习题(含答案)含答案解析

∴ ∠ PMC=∠ C=90°, ∵ AD∥ BC, ∴ ∠ D=90°,△ OAP∽ △ OBQ,
∴ 四边形 PMCD 是矩形,

∴ PM=CD=3,CM=PD=2t,
∵ AD=6,BC=4,CQ=t,
∴ PA=2t-6,BQ=Leabharlann -t,MQ=CM-CQ=2t-t=t,

,解得:

∴ MQ=

又∵ PM=3,∠ PMQ=90°,
得抛物线的解析式;
(2)由题意可将 ED、OP 用含 t 的代数式表示出来,并代入题目中的 s 与 OP、DE 的关系
式整理可得 s=
(0<t<2),因为分子是定值 1,所以分母越大,则分式的
值越小,则当分母最大时,分式的值越小,即 t=1 时,s 有最小值,且最小值为 1;
(3)解直角三角形可得 BC 和 CD、BD 的值,根据题意以 P、B、D 为顶点的三角形与
理由:如图 中,
是 AB 中点,







“理想点”,求 CD 的长;
(3)如图,已知平面直角坐标系中,点

,C 为 x 轴正半轴上一点,
且满足
,在 y 轴上是否存在一点 D,使点 A,B,C,D 中的某一点是其余三
点围成的三角形的“理想点” 若存在,请求出点 D 的坐标;若不存在,请说明理由.
【答案】 (1)解:结论:点 D 是
的“理想点”.
(2)解:在
中,

,则









∴当
时,s 有最小值,且最小值为 1

初三数学圆与相似的专项培优练习题(含答案)附答案

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初三数学圆与相似的专项培优练习题(含答案)附答案一、相似1.如图1,等腰△ABC中,AC=BC,点O在AB边上,以O为圆心的圆与AC相切于点C,交AB边于点D,EF为⊙O的直径,EF⊥BC于点G.(1)求证:D是弧EC的中点;(2)如图2,延长CB交⊙O于点H,连接HD交OE于点K,连接CF,求证:CF=OK+DO;(3)如图3,在(2)的条件下,延长DB交⊙O于点Q,连接QH,若DO=,KG=2,求QH的长【答案】(1)证明:如图1中,连接OC.∵AC是⊙O的切线,∴OC⊥AC,∴∠ACO=90°,∴∠A+∠AOC=90°,∵CA=CB,∴∠A=∠B,∵EF⊥BC,∴∠OGB=90°,∴∠B+∠BOG=90°,∴∠BOG=∠AOC,∵∠BOG=∠DOE,∴∠DOC=∠DOE,∴点D是的中点(2)证明:如图2中,连接OC.∵EF⊥HC,∴CG=GH,∴EF垂直平分HC,∴FC=FH,∵∠CFK= ∠COE,∵∠COD=∠DOE,∴∠CFK=∠COD,∵∠CHK= ∠COD,∴∠CHK= ∠CFK,∴点K在以F为圆心FC为半径的圆上,∴FC=FK=FH,∵DO=OF,∴DO+OK=OF+OK=FK=CF,即CF=OK+DO;(3)解:如图3中,连接OC、作HM⊥AQ于M.设OK=x,则CF= +x,OG=2﹣x,GF= ﹣(2﹣x),∵CG2=CF2﹣FG2=CO2﹣OG2,∴( +x)2﹣[ -(2﹣x)]2=()2﹣(2﹣x)2,解得x= ,∴CF=5,FG=4,CG=3,OG= ,∵∠CFE=∠BOG,∴CF∥OB,∴ = = ,可得OB= ,BG= ,BH= ,由△BHM∽△BOG,可得 = = ,∴BM= ,HM= ,MQ=OQ﹣OB﹣BM=在Rt△HMQ中,QH= = =【解析】【分析】(1)如图1中,连接OC.根据切线的性质得出OC⊥AC,根据垂直的定义得出∠ACO=90°,根据直角三角形两锐角互余得出∠A+∠AOC=90°,根据等边对等角得出∠A=∠B,根据垂直的定义得出∠OGB=90°,根据直角三角形两锐角互余得出∠B+∠BOG=90°,根据等角的余角相等得出∠BOG=∠AOC,根据对顶角相等及等量代换得出∠DOC=∠DOE,根据相等的圆心角所对的弧相等得出结论;(2)如图2中,连接OC.根据垂径定理得出CG=GH,进而得出EF垂直平分HC,根据线段垂直平分线上上的点到线段两个端点的距离相等得出FC=FH,根据圆周角定理及等量代换得出∠CFK=∠COD,∠CHK=∠CFK,从而得出点K在以F为圆心FC为半径的圆上,根据同圆的半径相等得出FC=FK=FH,DO=OF,根据线段的和差及等量代换得出CF=OK+DO;(3)如图3中,连接OC、作HM⊥AQ于M.设OK=x,则CF= +x,OG=2﹣x,GF=﹣(2﹣x),根据勾股定理由CG2=CF2﹣FG2=CO2﹣OG2,列出关于x的方程,求解得出x的值,从而得出CF=5,FG=4,CG=3,OG= 根据平行线的判定定理得出,内错角相等,两直线平行得出CF∥OB,根据平行线分线段成比例定理得出C F ∶O B = C G∶ G B = F G ∶G O ,进而可得OB,BG,BH的长,由△BHM∽△BOG,可得 B H ∶O B = B M ∶B G = H M ∶O G,再得出BM,HM,MQ的长,在Rt△HMQ中,根据勾股定理得出QH的长。

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初三数学圆与相似的专项培优练习题(含答案)附详细答案一、相似1.如图,抛物线与x轴交于两点A(﹣4,0)和B(1,0),与y轴交于点C(0,2),动点D沿△ABC的边AB以每秒2个单位长度的速度由起点A向终点B 运动,过点D作x轴的垂线,交△ABC的另一边于点E,将△ADE沿DE折叠,使点A落在点F处,设点D的运动时间为t秒.(1)求抛物线的解析式和对称轴;(2)是否存在某一时刻t,使得△EFC为直角三角形?若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由;(3)设四边形DECO的面积为s,求s关于t的函数表达式.【答案】(1)解:把A(﹣4,0),B(1,0),点C(0,2)代入得:,解得:,∴抛物线的解析式为:,对称轴为:直线x=﹣;(2)解:存在,∵AD=2t,∴DF=AD=2t,∴OF=4﹣4t,∴D(2t﹣4,0),∵直线AC的解析式为:,∴E(2t﹣4,t),∵△EFC为直角三角形,分三种情况讨论:①当∠EFC=90°,则△DEF∽△OFC,∴,即,解得:t= ;②当∠FEC=90°,∴∠AEF=90°,∴△AEF是等腰直角三角形,∴DE= AF,即t=2t,∴t=0,(舍去),③当∠ACF=90°,则AC2+CF2=AF2,即(42+22)+[22+(4t﹣4)2]=(4t)2,解得:t= ,∴存在某一时刻t,使得△EFC为直角三角形,此时,t= 或;(3)解:∵B(1,0),C(0,2),∴直线BC的解析式为:y=﹣2x+2,当D在y轴的左侧时,S= (DE+OC)•OD= (t+2)•(4﹣2t)=﹣t2+4 (0<t<2);当D在y轴的右侧时,如图2,∵OD=4t﹣4,DE=﹣8t+10,S= (DE+OC)•OD= (﹣8t+10+2)•(4t﹣4),即(2<t<).综上所述:【解析】【分析】(1)(1)利用待定系数法,将点A、B、C的坐标代入函数解析式,建立方程组求解即可。

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(1)如图(2),当 AC 过点 E 时,求 t 的值; (2)如图(3),当 AB 与 DE 重合时,AC 与 EF、EG 分别交于点 M、N,求 CN 的长; (3)在整个运动过程中,设 Rt△ ABC 与△ EFG 重叠部分面积为 y,请求出 y 与 t 的函数关 系式,并写出相应 t 的取值范围. 【答案】(1)解:如图(2),当 AC 过点 E 时, 在 Rt△ ABC 中,BC=3,AC=6, ∴ BC 所对锐角∠ A=30°, ∴ ∠ ACB=60°, 依题意可知∠ ABC=∠ EDC=90°, ∵ ∠ ACB=∠ ECD, ∴ △ ABC∽ △ EDC,

,即
,


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,
线上时,∠ DFC 又是钝角,所以这种情况不符合题意.
②此题需要分三种情况讨论:
i)当点 E 在点 A 与线段 AB 中点之间时,即当 0<t≤ ,两个三角形的重叠部分是整个 △ DEF;
ii)当点 E 在线段 AB 中点与点 O 之间时,即 <t≤2 时,重叠部分是个不规则四边形,根据 S=S△ DEF﹣S△ DBG 可求解。
【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
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°
∴ 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,
∴ EM=MN=t﹣ ,
=t﹣ ,
∴ y=S△ EMN= EM•PN= ×

②当 3<t≤3 时,如图(5),
△ ABC 与△ EFG 重叠部分为四边形 PQNM,设 AB 与 EF、EG 分别交于点 P、Q,AC 与 EF、 EG 分别交于点 M、N,则∠ EPQ=90°, ∵ CG=3 ﹣t,
【答案】(1)解:由题意得:
,解得:a= ,b=
(2)解:①由(1)知二次函数为 (0,﹣2), ∴ OA=4,OB=1,OC=2,∴ AB=5,AC= ,BC= ∴ △ ABC 为直角三角形,且∠ ACB=90°.
.∵ A(4,0),∴ B(﹣1,0),C ,∴ AC2+BC2=25=AB2 ,
∵ AE=2t,AF= t,∴
∴ S△ EMN=

∵ EP=DB=t﹣3,∠ PEQ=30°,
∴ 在 Rt△ EPQ 中,PQ=tan∠ PEQ×EP=tan30°×(t﹣3)=
(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。
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.
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。
(2)①由 x=0 及 y=0 时,求出点 A、B、C 三点的坐标,以及线段 OA、OB、OC 的长,利
用勾股定理的逆定理证明△ ABC 是直角三角形,用含 t 的代数式表示出线段 AD、AE、AF
在 Rt△ NQC 中,NQ=sin∠ NCQ×NC=sin60°×(3 ﹣t)=

∴ PN=PQ﹣NQ=3﹣
=

∵ ∠ PMN=∠ NCQ=60°,
∴ sin∠ PMN= ,MN= 在矩形 DEFG 中,EF∥ DG, ∴ ∠ MEN=∠ CGN, ∵ ∠ MNE=∠ CNG,∠ CNG=∠ CGN, ∴ ∠ EMN=∠ MNE, ∴ EM=MN,
(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.
∴ NC=CG=DG﹣BC=3 ﹣3;
(3)解:由(1)可知,当 x> 时,△ ABC 与△ EFG 有重叠部分. 分两种情况:①当 <t≤3 时,如图(4),
△ ABC 与△ EFG 有重叠部分为△ EMN,设 AC 与 EF、EG 分别交于点 M、N,过点 N 作直线 NP⊥EF 于 P,交 DG 于 Q, 则∠ EPN=∠ CQN=90°, ∵ NC=CG, ∴ NC=DG﹣DC=3 ﹣t,
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.
=________
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)
.
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,
∵ 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。

,即

∴ CD= ,
∴ t=CD= ;
(2)解:如图(3),∵ ∠ EDG=90°,DE=3,EG=6,
∴ DG=
=3 ,
在 Rt△ EDG 中,sin∠ EGD=

∴ ∠ EGD=30°, ∵ ∠ NCB=∠ CNG+∠ EGD,
∴ ∠ CNG=∠ NCB﹣∠ EGD=60°﹣30°=30°, ∴ ∠ CNG=∠ EGD,


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,
(即 DF)的长,则根据 AE、EF、OA、OC 的长以及公共角∠ OAC 能判定△ AEF、△ AOC 相
似,可证得△ AEF 也是一个直角三角形,及∠ AEF 是直角;若△ DCF 是直角三角形,可分成
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