备战中考数学圆与相似综合经典题及答案解析
备战中考数学圆与相似综合经典题及答案解析 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。 （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，根据平行线分线段成比例证出AF=4FG，根据点A的横坐标为﹣4，求出点B的横坐标为1，则A（-4，16a），B（1，a），再根据已知证明∠BOE=∠DAO，∠ADO=∠OEB，就可证明△ADO∽△OEB，得出对应边成比例，建立关于a的方程求解，再根据点B在第一象限，确定点B的坐标即可。 （3）根据（2）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），得出AD的长，再证明△BOF∽△EOD，△BCO∽△BAE，得对应边成比例，证得CO=am2n，就可证得DE=CO。
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°
∴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.
3．如图，点A、B的坐标分别为（4，0）、（0，8），点C是线段OB上一动点，点E在x轴正半轴上，四边形OEDC是矩形，且OE=2OC．设OE=t（t＞0），矩形OEDC与△AOB重合部分的面积为S． 根据上述条件，回答下列问题：
（1）当矩形OEDC的顶点D在直线AB上时，求t的值； （2）当t=4时，求S的值； （3）直接写出S与t的函数关系式（不必写出解题过程）； （4）若S=12，则t=________． 【答案】（1）解：由题意可得∠BCD=∠BOA=90°，∠CBD=∠OBA， ∴△BCD∽△BOA，
∴ 而CD＝OE＝t，BC＝8−CO＝8− ，OA＝4，
则8− ，解得t＝ ， ∴当点D在直线AB上时，t＝ （2）解：当t=4时，点E与A重合，设CD与AB交于点F，
则由△CBF∽△OBA得 ， 即 ，解得CF=3， ∴S＝ OC(OE+CF)＝ ×2×(3+4)＝7 （3）解：①当0＜t≤时，S= t2 ②当 ＜t≤4时，S=-t2+10t−16 ③当4＜t≤16时，S=t2+2t （4）8
【解析】【解答】解：（3）①当0﹤t≤时，如图（1），
②当∵A（4,0），B（0,8） ∴直线AB的解析式为y=-2x+8,
∴G（t,-2t+8）,F(4-,), ∴DF=t-4,DG=t-8， ∴S=S矩形COED-S△DFG=t·
③当4＜t≤16时，如图（3） ∵CD∥OA， ∴△BCF∽△BOA，
∴
∴, ∴CF=4-, ∴S=S△BOA-S△BCF=
（4）由题意可知把S=12代入S= t2+2t中, . t2+2t=12,整理，得t2-32t+192=0.解得 t1=8,t2=24>16（舍去） 当S=12时，t=8 【分析】（1）首先判断出△BCD∽△BOA，根据相似三角形对应边成比例得出BC ∶BO=CD ∶OA ，根据矩形的性质及线段的和差得出CD＝OE＝t，BC＝8−CO＝8- ，OA＝4，利用比例式即可得出方程，求解得出t的值； （2）当t=4时，点E与A重合，设CD与AB交于点F，则由△CBF∽△OBA得 CF ：CB=OA ∶OB ，根据比例式得出方程，求解得出CF的长，根据梯形的面积公式即可算出答案；
（3）①当0﹤t≤ 时，如图（1），其重叠部分的面积就是矩形的面积，根据矩形的面积公式即可得出函数关系式；②当 的解析式，根据和坐标轴平行的直线上的点的坐标特点及直线上的点的坐标特点分别表示出G,F的坐标，进而表示出DF的长，DG的长，根据S=S矩形COED-S△DFG
即可得出函数关系
式；③当4＜t≤16时，如图（3）根据矩形的性质得出CD∥OA，根据平行于三角形一边的直线截其它两边，所截得的三角形与原三角形相似得出△BCF∽△BOA，由相似三角形的对应边成比例得出BC：BO=CF：OA,根据比例式表示出CF的长，再根据S=S△BOA-S△BCF
即可得
出函数关系式。 4．已知顶点为 抛物线 经过点 ，点 . （1）求抛物线的解析式； （2）如图1，直线AB与x轴相交于点M,y轴相交于点E，抛物线与y轴相交于点F，在直线AB上有一点P，若∠OPM=∠MAF,求△POE的面积；
（3）如图2，点Q是折线A-B-C上一点，过点Q作QN∥y轴，过点E作EN∥x轴，直线QN与直线EN相交于点N，连接QE，将△QEN沿QE翻折得到△QEN1 ， 若点N1落在x轴上，请直接写出Q点的坐标.
【答案】（1）解：把点 代入 ， 解得：a=1,
∴抛物线的解析式为： 或 . （2）解：设直线AB解析式为：y=kx+b,代入点A、B的坐标得：
， 解得： ， ∴直线AB的解析式为：y=-2x-1,
∴E（0，-1），F（0，- ），M（- ，0）， ∴OE=1，FE= , ∵∠OPM=∠MAF, ∴当OP∥AF时，△OPE∽△FAE，
∴ ∴OP= FA= , 设点P（t,-2t-1）,
∴OP= , 化简得：（15t+2）（3t+2）=0,
解得 ， ， ∴S△OPE= ·OE· ,
当t=- 时 ，S△OPE
= ×1× = ，
当t=- 时 ，S△OPE
= ×1× = ，
综上，△POE的面积为 或 .
（3）Q（- ， ）. 【解析】【解答】（3）解：由（2）知直线AB的解析式为：y=-2x-1,E（0，-1）， 设Q（m，-2m-1）,N1（n，0）， ∴N（m,-1）, ∵△QEN沿QE翻折得到△QEN1
∴NN1中点坐标为（ ， ），EN=EN1 ，
∴NN1中点一定在直线AB上，
中考数学专题题库∶圆与相似的综合题附答案解析
中考数学专题题库∶圆与相似的综合题附答案解析一、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．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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中考数学压轴题专题圆与相似的经典综合题及答案一、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。
中考数学专题复习圆与相似的综合题及详细答案
中考数学专题复习圆与相似的综合题及详细答案一、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．如图1，经过原点O的抛物线y=ax2+bx（a≠0）与x轴交于另一点A（，0），在第一象限内与直线y=x交于点B（2，t）．（1）求这条抛物线的表达式；（2）在第四象限内的抛物线上有一点C，满足以B，O，C为顶点的三角形的面积为2，求点C的坐标；（3）如图2，若点M在这条抛物线上，且∠MBO=∠ABO，在（2）的条件下，是否存在点P，使得△POC∽△MOB？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：∵B（2，t）在直线y=x上，∴t=2，∴B（2，2），把A、B两点坐标代入抛物线解析式可得，解得，∴抛物线解析式为y=2x2﹣3x（2）解：如图1，过C作CD∥y轴，交x轴于点E，交OB于点D，过B作BF⊥CD于点F，∵点C是抛物线上第四象限的点，∴可设C（t，2t2﹣3t），则E（t，0），D（t，t），∴OE=t，BF=2﹣t，CD=t﹣（2t2﹣3t）=﹣2t2+4t，∴S△OBC=S△CDO+S△CDB= CD•OE+ CD•BF= （﹣2t2+4t）（t+2﹣t）=﹣2t2+4t，∵△OBC的面积为2，∴﹣2t2+4t=2，解得t1=t2=1，∴C（1，﹣1）（3）解：存在．设MB交y轴于点N，如图2，∵B（2，2），∴∠AOB=∠NOB=45°，在△AOB和△NOB中∴△AOB≌△NOB（ASA），∴ON=OA= ，∴N（0，），∴可设直线BN解析式为y=kx+ ，把B点坐标代入可得2=2k+ ，解得k= ，∴直线BN的解析式为y= x+ ，联立直线BN和抛物线解析式可得，解得或，∴M（﹣，），∵C（1，﹣1），∴∠COA=∠AOB=45°，且B（2，2），∴OB=2 ，OC= ，∵△POC∽△MOB，∴ = =2，∠POC=∠BOM，当点P在第一象限时，如图3，过M作MG⊥y轴于点G，过P作PH⊥x轴于点H，∵∠COA=∠BOG=45°，∴∠MOG=∠POH，且∠PHO=∠MGO，∴△MOG∽△POH，∴ = = =2，∵M（﹣，），∴MG= ，OG= ，∴PH= MG= ，OH= OG= ，∴P（，）；当点P在第三象限时，如图4，过M作MG⊥y轴于点G，过P作PH⊥y轴于点H，同理可求得PH= MG= ，OH= OG= ，∴P（﹣，）；综上可知存在满足条件的点P，其坐标为（，）或（﹣，）【解析】【分析】（1）根据已知抛物线在第一象限内与直线y=x交于点B（2，t），可求出点B的坐标，再将点A、B的坐标分别代入y=ax2+bx，建立二元一次方程组，求出a、b的值，即可求得答案。
备战中考数学专题训练---圆与相似的综合题分类及答案解析
备战中考数学专题训练---圆与相似的综合题分类及答案解析 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。 （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；
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
（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
∴ 在 Rt△ ABC 中，BC=
（2）在 Rt△ ABC 中，AB= 如图 2，当点 D 在线段 BC 上时，此时只有 GF=GD
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
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,
中考数学专题题库∶圆与相似的综合题及详细答案
中考数学专题题库∶圆与相似的综合题及详细答案一、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。
中考数学圆与相似的综合复习附详细答案
中考数学圆与相似的综合复习附详细答案一、相似1．如图1，在Rt△ABC中，∠B=90°，BC=2AB=8，点D、E分别是边BC、AC的中点，连接DE，将△EDC绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α．（1）问题发现①当α=0°时， =________；②当α=180°时， =________．（2）拓展探究试判断：当0°≤α＜360°时，的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明．（3）问题解决当△EDC旋转至A，D，E三点共线时，直接写出线段BD的长．【答案】（1）；（2）解：如图2，，当0°≤α＜360°时，的大小没有变化，∵∠ECD=∠ACB，∴∠ECA=∠DCB，又∵，∴△ECA∽△DCB，∴（3）解：①如图3，，∵AC=4 ，CD=4，CD⊥AD，∴AD=∵AD=BC，AB=DC，∠B=90°，∴四边形ABCD是矩形，∴BD=AC= ．②如图4，连接BD，过点D作AC的垂线交AC于点Q，过点B作AC的垂线交AC于点P，，∵AC= ，CD=4，CD⊥AD，∴AD= ，∵点D、E分别是边BC、AC的中点，∴DE= =2，∴AE=AD-DE=8-2=6，由（2），可得，∴BD= ．综上所述，BD的长为或．【解析】【解答】（1）①当α=0°时，∵Rt△ABC中，∠B=90°，∴AC= ，∵点D、E分别是边BC、AC的中点，∴ ,BD=8÷2=4，∴．②如图1，，当α=180°时，可得AB∥DE，∵，∴【分析】（1）①当α=0°时，Rt△ABC中，根据勾股定理算出AC的长，根据中点的定义得出AE,BD的长，从而得出答案；②如图1，当α=180°时，根据平行线分线段成比例定理得出AC∶AE=BC∶BD,再根据比例的性质得出AE∶BD=AC∶BC,从而得出答案。
（2）当0°≤α＜360°时，A E∶ B D 的大小没有变化，由旋转的性质得出∠ECD=∠ACB，进而得出∠ECA=∠DCB，又根据EC∶DC=AC∶BC=,根据两边对应成比例，及夹角相等的三角形相似得出△ECA∽△DCB，根据相似三角形对应边成比例得出AE∶BD=EC∶DC=;（3）①如图3，在Rt△ADC中，根据勾股定理得出AD的长，根据两组对边分别相等，且有一个角是直角的四边形是矩形得出四边形ABCD是矩形，根据矩形对角线相等得出BD=AC=；②如图4，连接BD，过点D作AC的垂线交AC于点Q，过点B作AC的垂线交AC于点P，在Rt△ADC中，利用勾股定理得出AD的长，根据中点的定义得出DE的长，根据AE=AD-DE算出AE的长，由（2），可得AE∶BD=,从而得出BD的长度。
中考数学圆与相似综合经典题及答案解析.docx
中考数学圆与相似综合经典题及答案解析一、相似1．已知：如图一，抛物线C，直线经过A、 C 两点，且与 x．轴正半轴交于A、B 两点，与y 轴交于点（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 从点运动，如图；当点P 运动到原点O 时，直线B 出发，沿BO 方向以每秒 2 个单位速度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，在中，，∴以 P、 B、 D 为顶点的三角形与；，，则，则相似，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．（1）问题发现：如图 1，在等边三角形ABC中，点 M 为 BC 边上异于B、 C 的一点，以AM 为边作等边三角形 AMN ，连接 CN， NC 与 AB 的位置关系为 ________；（2）深入探究：如图 2，在等腰三角形 ABC中， BA=BC，点 M 为 BC边上异于 B、C 的一点，以 AM 为边作等腰三角形 AMN ，使∠ ABC=∠ AMN， AM=MN ，连接 CN，试探究∠ ABC 与∠ACN 的数量关系，并说明理由；（3）拓展延伸：如图 3，在正方形ADBC 中， AD=AC，点 M 为 BC 边上异于B、C 的一点，以AM 为边作正方形 AMEF，点 N 为正方形AMEF 的中点，连接CN，若【答案】（1） NC∥ ABBC=10， CN=，试求EF的长．（2）解：∠ ABC=∠ ACN，理由如下：∵=1 且∠ ABC=∠ AMN ，∴△ ABC～△ AMN∴，∵A B=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，∵四边形 ADBC， AMEF 为正方形，∴∠ ABC=∠ BAC=45 ，°∠ MAN=45 °，∴∠ BAC﹣∠MAC=∠ MAN ﹣∠ MAC 即∠ BAM=∠ CAN，∵，∴，∴△ ABM～△ ACN∴，∴=cos45 = °，∴，∴B M=2，∴CM=BC﹣ BM=8，在 Rt△ AMC，AM=，∴EF=AM=2．【解析】【解答】解：（1） NC∥ AB，理由如下：∵△ ABC与△ MN 是等边三角形，∴A B=AC， AM=AN，∠BAC=∠MAN=60 °，∴∠ BAM=∠ CAN，在△ ABM 与△ ACN 中，，∴△ ABM≌ △ ACN（ SAS），∴∠ B=∠ACN=60 ，°∵∠ ANC+∠ ACN+∠ CAN=∠ ANC+60 +°∠CAN=180 ，°∴∠ ANC+∠ MAN+∠ BAM=∠ANC+60 +°∠ CAN=∠ BAN+∠ANC=180 ，°∴CN∥ AB；【分析】（1）由题意用边角边易得△ABM≌△ACN，则可得∠B=∠ACN=60°，所以∠BCN+∠B=∠BCA+∠ ACN+∠ B=180 ，°根据平行线的判定即可求解；（2）由题意易得△ABC～△AMN，可得比例式，由三角形内角和定理易得∠BAM=∠ CAN，根据相似三角形的判定可得△ ABM～△ACN，由相似三角形的性质即可求解；（3）要求EF 的值，只须求得CM 的值，然后解直角三角形AMC 即可求解。