中考数学压轴题专题圆与相似的经典综合题及详细答案

中考数学压轴题专题圆与相似的经典综合题及详细答案

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，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。

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。

∵A(0.2)和C(23 ,0)，

∴直线AC的解析式为y=-33x+2，

设D（a，-33a+2），

∴DN=-33a+2,BM=23-a

∵∠BDE=90°,

∴∠BDM+∠NDE=90°,∠BDM+∠DBM=90°,

∴∠DBM=∠EDN,

∵∠BMD=∠DNE=90°,

∴△BMD~△DNE,

∴DEBD=DNBM=-33a+223-a=33.

②如图（2）中，作DH⊥AB于H。

在Rt△ADH中，

∵AD=x，∠DAH=∠ACO=30°,

∴DH=12AD=12x，AH=AD2-DH2=32x，

∴BH=23-32x，

在Rt△BDH中，BD=BH2+DH2=12x2+23-32x2,

∴DE=33BD=33·12x2+23-32x2,

∴矩形BDEF的面积为y=3312x2+23-32x22=33x2-6x+12,

即y=33x2-23x+43,

∴y=33x-32+3

∵33>0,

∴x=3时，y有最小值3.

【解析】【解答】（1）∵四边形AOCB是矩形，

∴BC=OA=2，OC=AB=，∠BCO=∠BAO=90°,

∴B（， 2）

【分析】（1）根据点A、C的坐标，分别求出BC、AB的长，即可求解。

（2）根据点A、C的坐标，求出∠ACO，∠ACB的度数，分两种情况讨论：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；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°,分别求出AD的长，即可求解。

（3）①如图，过点D作MN⊥AB于点M，交OC于点N。利用待定系数法求出直线AC的

解析式，设D（a，-a+2），分别用含a的代数式表示出DN、BM的长，再证明△BMD~△DNE，然后根据相似三角形的性质，得出对应边成比例，即可求解；②如图（2）中，作DH⊥AB于H。设AD=x，用含x的代数式分别表示出DH、BH的长，利用勾股定理求出BD、DE的长再根据矩形的面积公式，列出y与x的函数关系式，求出顶点坐标，即可求解。

4．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。因为抛物线与x轴交于点A、B，所以令y=0，解关于x的一元二次方程，可得点A、B的坐标，则OA、OD、AD均可用含m的代数式表示；因为OD⊥AD，所以在直角三角形OAD中，由勾股定理可得,将OA、OD、AD代入可得关于m的方程，解方程即可得m的值，则抛物线的解析式可求解；

（3）△AME与△OAD中的对应点除直角顶点D、E固定外，其余两点都不固定，所以分两种情况：

①当△AME∽△AOD时，过点P作PH⊥x轴于点H，易得△APH∽△AME∽△AOD，可得相应的比例式求解；

②当△AME∽△OAD时，过点P作PH⊥x轴于点H，易得△APH∽△AME∽△OAD，可得相应的比例式求解。

5．如图，在矩形ABCD中，，，点E是BC边上的点，，连接AE，交于点F．

（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，

，

∴△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，

∴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× = ,

∴FK=FE+EK=2+ = ,

∴ = = .

【解析】【分析】（1）由矩形的性质，垂直的性质，同角的余角相等可得∠BAE=∠ADF，在Rt△ABE中，根据勾股定理可得AE=5，由全等三角形的判定AAS可得△ABE≌△DFA.（2）连结DE交CF于点H，由（1）中全等三角形的性质可知DF=DC=4，AF=BE=3，由同角的余角相等得∠DCF=∠DEC，在Rt△DCE中，根据勾股定理可得DE=2 ,根据锐角三角函数定义可得答案.（3）过点C作CK⊥AE交AE的延长线于点K，由平行线的推论知

CK∥DF，根据平行线所截线段成比例可得，在Rt△CEK中，根据锐角三角函数定义可得EK= ,从而求出FK，代入数值即可得出答案.

6．已知：如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点O在AB上，以O为圆心，OA长为半径的圆与AC，AB分别交于点D，E，且∠CBD＝∠A．

（1）判断直线BD与⊙O的位置关系，并证明你的结论；

（2）若AD：AO＝8：5，BC＝2，求BD的长．

【答案】（1）解：BD是⊙O的切线；

理由如下：∵OA=OD，∴∠ODA=∠A

∵∠CBD=∠A，∴∠ODA=∠CBD，

∵∠C=90°，∴∠CBD+∠CDB=90°，

∴∠ODA+∠CDB=90°，∴∠ODB=90°，即BD⊥OD，

∴BD是⊙O的切线

（2）解：设AD=8k，则AO=5k，AE=2OA=10k，

∵AE是⊙O的直径，∴∠ADE=90°，

∴∠ADE=∠C，

又∵∠CBD=∠A，∴△ADE∽△BCD，

∴，即，

解得：BD= ．所以BD的长是

【解析】【分析】（1）由等腰三角形的性质和已知得出∠ODA=∠CBD，由直角三角形的性质得出∠CBD+∠CDB=90°，因此∠ODA+∠CDB=90°，得出∠ODB=90°，即可得出结论；（2）设AD=8k，则AO=5k，AE=2OA=10k，由圆周角定理得出∠ADE=90°，△ADE∽△BCD，

得出对应边成比例，即可求出BD的长．

7．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，

∵，