2020-2021哈尔滨备战中考数学压轴题专题复习——相似的综合
2020-2021中考数学专题复习相似的综合题含答案解析

2020-2021中考数学专题复习相似的综合题含答案解析一、相似1.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——相似的综合压轴题专题复习及答案

一、相似真题与模拟题分类汇编(难题易错题)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,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。
2020-2021中考数学压轴题专题复习——相似的综合及答案解析

2020-2021中考数学压轴题专题复习——相似的综合及答案解析一、相似1.如图,已知A(﹣2,0),B(4,0),抛物线y=ax2+bx﹣1过A、B两点,并与过A点的直线y=﹣ x﹣1交于点C.(1)求抛物线解析式及对称轴;(2)在抛物线的对称轴上是否存在一点P,使四边形ACPO的周长最小?若存在,求出点P的坐标,若不存在,请说明理由;(3)点M为y轴右侧抛物线上一点,过点M作直线AC的垂线,垂足为N.问:是否存在这样的点N,使以点M、N、C为顶点的三角形与△AOC相似,若存在,求出点N的坐标,若不存在,请说明理由.【答案】(1)解:把A(-2,0),B(4,0)代入抛物线y=ax2+bx-1,得解得∴抛物线解析式为:y= x2−x−1∴抛物线对称轴为直线x=- =1(2)解:存在使四边形ACPO的周长最小,只需PC+PO最小∴取点C(0,-1)关于直线x=1的对称点C′(2,-1),连C′O与直线x=1的交点即为P 点.设过点C′、O直线解析式为:y=kx∴k=-∴y=- x则P点坐标为(1,- )(3)解:当△AOC∽△MNC时,如图,延长MN交y轴于点D,过点N作NE⊥y轴于点E∵∠ACO=∠NCD,∠AOC=∠CND=90°∴∠CDN=∠CAO由相似,∠CAO=∠CMN∴∠CDN=∠CMN∵MN⊥AC∴M、D关于AN对称,则N为DM中点设点N坐标为(a,- a-1)由△EDN∽△OAC∴ED=2a∴点D坐标为(0,- a−1)∵N为DM中点∴点M坐标为(2a,a−1)把M代入y= x2−x−1,解得a=4则N点坐标为(4,-3)当△AOC∽△CNM时,∠CAO=∠NCM∴CM∥AB则点C关于直线x=1的对称点C′即为点N由(2)N(2,-1)∴N点坐标为(4,-3)或(2,-1)【解析】【分析】(1)根据点A、B的坐标,可求出抛物线的解析式,再求出它的对称轴即可解答。
(2)使四边形ACPO的周长最小,只需PC+PO最小,取点C(0,-1)关于直线x=1的对称点C′(2,-1),连C′O与直线x=1的交点即为P点,利用待定系数法求出直线C′O的解析式,再求出点P的坐标。
哈尔滨备战中考数学压轴题专题复习——相似的综合

一、相似真题与模拟题分类汇编(难题易错题)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哈尔滨中考数学——相似的综合压轴题专题复习

2020-2021哈尔滨中考数学——相似的综合压轴题专题复习一、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。
2020-2021中考数学与相似有关的压轴题含答案解析

2020-2021中考数学与相似有关的压轴题含答案解析一、相似1.如图,在平面直角坐标系中,直线分别交x轴,y轴于点A,C,点D (m,4)在直线AC上,点B在x轴正半轴上,且OB=2OC.点E是y轴上任意一点,连结DE,将线段DE按顺时针旋转90°得线段DG,作正方形DEFG,记点E为(0,n).(1)求点D的坐标;(2)记正方形DEFG的面积为S,① 求S关于n的函数关系式;② 当DF∥x轴时,求S的值;(3)是否存在n的值,使正方形的顶点F或G落在△ABC的边上?若存在,求出所有满足条件的n的值;若不存在,说明理由.【答案】(1)解:∵点D(m,4)在直线AC上;∴4= m+8,解得m=﹣3,∴点D的坐标为(﹣3,4)(2)解:①如图1,过点D作DH⊥y轴于H,则EH=|n﹣4|∴S=DE2=EH2+DH2=(n﹣4)2+9;②当DF∥x轴时,点H即为正方形DEFG的中心,∴EH=DH=3,∴n=4+3=7,∴S=(7﹣4)2+9=18(3)解:∵OB=2OC=16,∴B为(16,0),∴BC为:;①当点F落在BC边上时,如图2,作DM⊥y轴于M,FN⊥y轴于N.在△DEM与△EFN中,,∴△DEM≌△EFN(AAS),∴NF=EM=n﹣4,EN=DM=3∴F为(n﹣4,n﹣3)∴n﹣3=﹣(n﹣4)+8,∴n= ;②当点G落在BC边上时,如图3,作DM⊥y轴于M,GN⊥DM轴于N,由①同理可得△DEM≌△GDN,∴GN=DM=3,DN=EM=n﹣4,∴点G纵坐标为1,∴,∴x=14,∴DN=14+3=17=n﹣4,∴n=21;③当点F落在AB边上时,如图4,作DM⊥y轴于M,由①同理可得△DEM≌△EFO,∴OE=DM=3,即n=3;④当点G落在AC边上时,如图5.∵∠CDE=∠AOC=90°,∠DCE=∠OCA,∴△DCE∽△OCA,∴,∴,∴n= ,显然,点G不落在AB边上,点F不落在AC边上,故只存在以上四种情况.综上可得,当n= 或21或3或时,正方形的顶点F或G落在△ABC的边上.【解析】【分析】(1)根据点D在直线AC上;于是将D(m,4)代入直线AC的解析式得出m=-3,从而得出D点的坐标;(2)①如图1,过点D作DH⊥y轴于H,根据和y轴垂直的直线上的点的坐标特点及y 轴上两点间的距离,则DH=|n-4|,根据正方形的面积等于边长的平方及勾股定理得出S=DE2=EH2+DH2=(n﹣4)2+9;②当DF∥x轴时,点H即为正方形DEFG的中心,故EH=DH=3,n=7,将n=7代入函数解析式即可得出S的值;(3)首先找到C点的坐标,得出OC的长度,然后根据OB=2OC=16得出B点的坐标,利用待定系数法得出直线BC的解析式,①当点F落在BC边上时,如图2,作DM⊥y轴于M,FN⊥y轴于N.利用AAS判断出∴△DEM≌△EFN,根据全等三角形对应边相等得出NF=EM=n﹣4,EN=DM=3从而得出F点的坐标,根据F点的纵坐标的两种不同表示方法得出关于n的方程,求解得出n的值;②当点G落在BC边上时,如图3,作DM⊥y轴于M,GN⊥DM轴于N,由①同理可得△DEM≌△GDN,GN=DM=3,DN=EM=n﹣4,从而得出G点的纵坐标为1,根据点G的纵坐标列出方程,求解得出N的值;③当点F落在AB 边上时,如图4,作DM⊥y轴于M,由①同理可得△DEM≌△EFO,OE=DM=3,即n=3;④当点G落在AC边上时,如图5.首先判断出△DCE∽△OCA,根据相似三角形对应边成比例得出 C E∶ A C = C D∶ O C,从而得出关于n的方程,求解得出n的值,综上所述得出所有答案。
2020-2021中考数学—相似的综合压轴题专题复习及答案解析

2020-2021中考数学—相似的综合压轴题专题复习及答案解析一、相似1.如图,在四边形ABCD中,AD//BC,,BC=4,DC=3,AD=6.动点P从点D出发,沿射线DA的方向,在射线DA上以每秒2两个单位长的速度运动,动点Q从点C出发,在线段CB上以每秒1个单位长的速度向点B运动,点P、Q分别从点D,C同时出发,当点Q运动到点B时,点P随之停止运动.设运动的时间为t(秒).(1)设的面积为,直接写出与之间的函数关系式是________(不写取值范围).(2)当B,P,Q三点为顶点的三角形是等腰三角形时,求出此时的值.(3)当线段PQ与线段AB相交于点O,且2OA=OB时,直接写出 =________. (4)是否存在时刻,使得若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.【答案】(1)(2)解:如图1,过点P作PH⊥BC于点H,∴∠PHB=∠PHQ=90°,∵∠C=90°,AD∥BC,∴∠CDP=90°,∴四边形PHCD是矩形,∴PH=CD=3,HC=PD=2t,∵CQ=t,BC=4,∴HQ=CH-CQ=t,BH=BC-CH=4-2t,BQ=4-t,∴BQ2= ,BP2= ,PQ2= ,由BQ2=BP2可得:,解得:无解;由BQ2=PQ2可得:,解得:;由BP2= PQ2可得:,解得:或,∵当时,BQ=4-4=0,不符合题意,∴综上所述,或;(3)(4)解:如图3,过点D作DM∥PQ交BC的延长线于点M,则当∠BDM=90°时,PQ⊥BD,即当BM2=DM2+BD2时,PQ⊥BD,∵AD∥BC,DM∥PQ,∴四边形PQMD是平行四边形,∴QM=PD=2t,∵QC=t,∴CM=QM-QC=t,∵∠BCD=∠MCD=90°,∴BD2=BC2+DC2=25,DM2=DC2+CM2=9+t2,∵BM2=(BC+CM)2=(4+t)2,∴由BM2=BD2+DM2可得:,解得:,∴当时,∠BDM=90°,即当时,PQ⊥BD.【解析】【解答】解:(1)由题意可得BQ=BC-CQ=4-t,点P到BC的距离=CD=3,∴S△PBQ= BQ×3= ;( 3 )解:如图2,过点P作PM⊥BC交CB的延长线于点M,∴∠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=4-t,MQ=CM-CQ=2t-t=t,∴,解得:,∴MQ= ,又∵PM=3,∠PMQ=90°,∴tan∠BPQ= ;【分析】(1)点P作PM⊥BC,垂足为M,则四边形PDCM为矩形,根据梯形的面积公式就可以利用t表示,就得到s与t之间的函数关系式。
2020-2021备战中考数学压轴题专题复习——相似的综合附答案

2020-2021备战中考数学压轴题专题复习——相似的综合附答案一、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.在等腰直角三角形ABC中,∠ACB=90°,AC=BC,D是AB边上的中点,Rt△EFG的直角顶点E在AB边上移动.(1)如图1,若点D与点E重合且EG⊥AC、DF⊥BC,分别交AC、BC于点M、N,易证EM=EN;如图2,若点D与点E重合,将△EFG绕点D旋转,则线段EM与EN的长度还相等吗?若相等请给出证明,不相等请说明理由;(2)将图1中的Rt△EGF绕点D顺时针旋转角度α(0∘<α<45∘). 如图2,在旋转过程中,当∠MDC=15∘时,连接MN,若AC=BC=2,请求出线段MN的长;(3)图3, 旋转后,若Rt△EGF的顶点E在线段AB上移动(不与点D、B重合),当AB=3AE 时,线段EM与EN的数量关系是________;当AB=m·AE时,线段EM与EN的数量关系是________.【答案】(1)解:EM=EN;原因如下:∵∠ACB=90° AC=BC D是AB边上的中点∴DC=DB ∠ACD=∠B=45°∠CDB=90°∴∠CDF+∠FDB=90°∵∠GDF=90°∴∠GDC+∠CDF=90°∴∠CDM=∠BDN 在△CDM和△BDN中∠MCD=∠B,DC=DB,∠CDM=∠BDN,∴△CDM≌△BDN ∴DM=DN 即EM=EN(2)解:作DP⊥AC于P,则∠CDP=45° CP=DP=AP=1∵∠CDG=15°∴∠MDP=30°∵cos∠MDP=∴DM=, DM=DN,∵△MND为等腰直角三角形∴MN=(3)NE=2ME;EN=(m-1)ME【解析】【解答】解:(3)NE=2ME,EN=(m-1)ME证明:如图3,过点E作EP⊥AB交AC于点P则△AEP为等腰直角三角形,∠PEB=90°∴AE=PE ∵AB=3AE ∴BE=2AE ∴BE=2PE又∵∠MEP+∠PEN=90°∠PEN+∠NEB=90°∴∠MEP=∠NEB又∵∠MPE=∠B=45°∴△PME∽△BNE∴,即EN=2EM由此规律可知,当AB=m·AE时,EN=(m-1)·ME【分析】(1)EM=EN;原因如下:根据等腰直角三角形的性质得出DC=DB ∠ACD=∠B=45°∠CDB=90°根据同角的余角相等得出∠CDM=∠BDN,然后由ASA判断出△CDM≌△BDN 根据全等三角形的对应边相等得出DM=DN 即EM=EN;(2)根据等腰直角三角形的性质得出∠CDP=45°CP=DP=AP=1,根据角的和差得出∠MDP=30°,根据余弦函数的定义及特殊角的三角函数值,由cos∠MDP=得出DM的长,又DM=DN,故△MND为等腰直角三角形,根据等腰直角三角形的性质即可得出MN 的长;(3)NE=2ME,EN=(m-1)ME,如图3,过点E作EP⊥AB交AC于点P,则△AEP为等腰直角三角形,∠PEB=90°,根据同角的余角相等得出∠MEP=∠NEB然后判断出△PME∽△BNE,根据相似三角形对应边成比例即可得出u结论,由此规律可知,当AB=m·AE时,EN=(m-1)·ME3.如图,已知:在Rt△ABC中,斜边AB=10,sinA= ,点P为边AB上一动点(不与A,B重合),PQ平分∠CPB交边BC于点Q,QM⊥AB于M,QN⊥CP于N.(1)当AP=CP时,求QP;(2)若四边形PMQN为菱形,求CQ;(3)探究:AP为何值时,四边形PMQN与△BPQ的面积相等?【答案】(1)解:∵AB=10,sinA= ,∴BC=8,则AC= =6,∵PA=PC.∴∠PAC=∠PCA,∵PQ平分∠CPB,∴∠BPC=2∠BPQ=2∠A,∴∠BPQ=∠A,∴PQ∥AC,∴PQ⊥BC,又PQ平分∠CPB,∴∠PCQ=∠PBQ,∴PB=PC,∴P是AB的中点,∴PQ= AC=3(2)解:∵四边形PMQN为菱形,∴MQ∥PC,∴∠APC=90°,∴ ×AB×CP= ×AC×BC,则PC=4.8,由勾股定理得,PB=6.4,∵MQ∥PC,∴ = = = ,即 = ,解得,CQ=(3)解:∵PQ平分∠CPB,QM⊥AB,QN⊥CP,∴QM=QN,PM=PN,∴S△PMQ=S△PNQ,∵四边形PMQN与△BPQ的面积相等,∴PB=2PM,∴QM是线段PB的垂直平分线,∴∠B=∠BPQ,∴∠B=∠CPQ,∴△CPQ∽△CBP,∴ = = ,∴ = ,∴CP=4× =4× =5,∴CQ= ,∴BQ=8﹣ = ,∴BM= × = ,∴AP=AB﹣PB=AB﹣2BM=【解析】【分析】(1)当AP=CP时,由锐角三角函数可知AC=6,BC=8,因为PQ平分∠CPB,所以PQ//AC,可知PB=PC,所以点P是AB的中点,所以PQ是△ABC的中位线,PQ =3;(2)当四边形PMQN为菱形时,因为∠APC=,所以四边形PMQN为正方形,可得PC=4.8,PB=3.6,因为MQ//PC,所以,可得;(3)当QM垂直平分PB 时,四边形PMQN的面积与△BPQ的面积相等,此时△CPQ∽△CBP,对应边成比例,可得,所以,因为AP=AB-2BM,所以AP=.4.如图,已知二次函数y=ax2+ x+c的图象与y轴交于点A(0,4),与x轴交于点B、C,点C坐标为(8,0),连接AB、AC.(1)请直接写出二次函数y=ax2+ x+c的表达式;(2)判断△ABC的形状,并说明理由;(3)若点N在x轴上运动,当以点A、N、C为顶点的三角形是等腰三角形时,请直接写出此时点N的坐标;(4)若点N在线段BC上运动(不与点B、C重合),过点N作NM∥AC,交AB于点M,当△AMN面积最大时,求此时点N的坐标.【答案】(1)解:∵A(0,4),∴c=4,,把点C坐标(8,0)代入解析式,得:a=-,∴二次函数表达式为;(2)解:令y=0,则解得,x1=8,x2="-2" ,∴点B的坐标为(-2,0),由已知可得,在Rt△AOB中,AB----2=BO2+AO2=22+42=20,在Rt△AOC中AC----2=AO2+CO2=42+82=80,又∵BC=OB+OC=2+8=10,∴在△ABC中AB----2+ AC----2=20+80=102=BC2,∴△ABC是直角三角形;(3)解:由勾股定理先求出AC,AC= ,①在x轴负半轴,当AC=AN 时,NO=CO=8,∴此时N(-8,0);②在x轴负半轴,当AC=NC时,NC=AC= ,∵CO=8,∴NO= -8,∴此时N(8- ,0);③在x轴正半轴,当AN=CN时,设CN=x,则AN=x,ON=8-x,在Rt△AON中,+ = ,解得:x=5,∴ON=3,∴此时N(3,0);④在x轴正半轴,当AC=NC时,AC=NC= ,∴ON= +8,∴此时N(+8,0);综上所述:满足条件的N点坐标是(-8,0)、(8- ,0)、(3,0)、(8+ ,0);(4)解:设点N的坐标为(n,0),则BN=n+2,过M点作MD⊥x轴于点D,∴MD∥OA,∴△BMD∽△BAO,,∵MN∥AC,∴,∴,∵OA=4,BC=10,BN=n+2,∴MD= (n+2),∵S△AMN= S△ABN- S△BMN==- +5,∵- <0,∴n=3时,S有最大值,∴当△AMN面积最大时,N点坐标为(3,0).【解析】【分析】(1)用待定系数法可求二次函数的解析式;(2)因为抛物线交x轴于B、C两点,令y=0,解关于x的一元二次方程可得点B的坐标,然后计算AB、BC、AC的长,用勾股定理的逆定理即可判断;(3)由(2)可知AC的长,由题意可知有4种情况:①在x轴负半轴,当AC=AN时;②②在x轴负半轴,当AC=NC时;③在x轴正半轴,当AN=CN时;④在x轴正半轴,当AC=NC时;结合已知条件易求解;(4)设点N的坐标为(n,0),则BN=n+2,过M点作MD⊥x轴于点D,由平行于三角形一边的直线和其他两边所构成的三角形与原三角形相似可得△BMD∽△BAO,于是有比例式,根据平行线分线段成比例定理可得,所以,将已知线段代入比例式可将MD用含n的代数式表示出来,根据三角形的构成可得S△AMN= S△ABN- S△BMN=⋅ BN⋅OA−BN⋅MD,将BN、MD代入可得关于n的二次函数,配成顶点式根据二次函数的性质即可求解。
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2020-2021哈尔滨备战中考数学压轴题专题复习——相似的综合一、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。
分两种情况讨论:①当∠CGF=90°时,由同角的余角相等可得∠GQH=∠HGF,于是根据有两个角相等的两个三角形相似可得Rt△QGH∽Rt△GFH,则可得比例式,代入可求得m的值,则点Q的坐标可求解;②当∠CFG=90°时,同理可得另一个Q坐标。
2.如图,在中,,点M是AC的中点,以AB为直径作分别交于点.(1)求证:;(2)填空:若,当时, ________;连接,当的度数为________时,四边形ODME是菱形.【答案】(1)证明:∵∠ABC=90°,AM=MC,∴BM=AM=MC,∴∠A=∠ABM.∵四边形ABED是圆内接四边形,∴∠ADE+∠ABE=180°,又∠ADE+∠MDE=180°,∴∠MDE=∠MBA,同理证明:∠MED=∠A,∴∠MDE=∠MED,∴MD=ME(2)2;【解析】【解答】解:(2)①由(1)可知,∠A=∠MDE,∴DE∥AB,∴ =.∵AD=2DM,∴DM:MA=1:3,∴DE= AB= ×6=2.故答案为:2.②当∠A=60°时,四边形ODME是菱形.理由如下:连接OD、OE.∵OA=OD,∠A=60°,∴△AOD是等边三角形,∴∠AOD=60°.∵DE∥AB,∴∠ODE=∠AOD=60°,∠MDE=∠MED=∠A=60°,∴△ODE,△DEM都是等边三角形,∴OD=OE=EM=DM,∴四边形OEMD是菱形.故答案为:60°.【分析】(1)要证MD=ME,只须证∠MDE=∠MED即可。
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得BM=AM=MC,则∠A=∠ABM,由圆内接四边形的性质易得∠MED=∠A,∠MDE=∠MBA,所以可得∠MDE=∠MED;(2)①由(1)易证得DE∥AB,可得比例式,结合①中的已知条件即可求解;②当∠A=60°时,四边形ODME是菱形.理由如下:连接OD、OE,由题意易得△ODE,△DEM都是等边三角形,所以可得OD=OE=EM=DM,由菱形的判定即可求解。
3.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。
4.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.5.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.6.如图,AB为的直径,C为上一点,D为BA延长线上一点,.(1)求证:DC为的切线;(2)线段DF分别交AC,BC于点E,F且,的半径为5,,求CF的长.【答案】(1)解:如图,连接OC,为的直径,,,,,,,即,为的切线(2)解:中,,,,,,,∽,,设,,中,,,舍或,,,,设,,,,,∽,,,,【解析】【分析】(1)要证DC为⊙O 的切线,需添加辅助线:连半径OC,证垂直,根据直径所对的圆周角是直角,可得出∠ BCO + ∠ OCA = 90°,再利用等腰三角形的性质,可得出∠ B = ∠BCO ,结合已知,可推出∠OCD=90°,然后利用切线的判定定理,可证得结论。