北京中考数学专题复习圆与相似的综合题
（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。
，=,
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
= ，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，
（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：
∵ ∠ BMN=∠ BMC，∴ △ MBN∽ △ MCB，∴
，∴ BM2=MN⋅ MC ，
又∵ AB 是⊙O 的直径，弧 AM=弧 BM，
∴ ∠ AMB=90°，AM=BM，
∵ 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
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。
北京中考数学专题复习圆与相似的综合题
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，SEFGH=y，试写出 y 与 x 的函数解析式． （3）x 为何值时，SEFGH 达到最大值． 【答案】（1）解：设边长为 xcm， ∵ 矩形为正方形， ∴ EH∥ AD，EF∥ BC，
∴ 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
，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。
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.
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， ＋
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）
2．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，
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；
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∠ 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，
（ 3 ） 连 接 MA ， MB ， 根 据 同 弧 或 等 弧 所 对 的 圆 周 角 相 等 得 出 ∠ ACM=∠ ABM ，
【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
（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）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，
∵ 点 M 是弧 AB 的中点，∴ 弧 AM=弧 BM，∴ ∠ ACM=∠ BCM， ∵ ∠ ACM=∠ ABM，∴ ∠ BCM=∠ ABM，
∴ SEFGH=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，SEFGH 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。
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.
（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
中考数学总复习《圆的综合题》练习题(附答案)
中考数学总复习《圆的综合题》练习题（附答案）班级:___________姓名：___________考号：_____________一、单选题1．在平面直角坐标系xOy中以点(3,4)为圆心，4为半径的圆（）A．与x轴相交，与y轴相切B．与x轴相离，与y轴相交C．与x轴相切，与y轴相交D．与x轴相切，与y轴相离2．如图，在平面直角坐标系xOy中以原点O为圆心的圆过点A(13,0)直线y=kx-3k+4与⊙O交于B、C两点，则弦BC的长的最小值为()A．22B．24C．10√5D．12√33．如图，四边形ABCD内接于⊙O，若∠BOD=100°，则∠DCB等于（）A．90°B．100°C．130°D．140°4．如图，在正五边形ABCDE中连接AD，则∠DAE的度数为（）A．46°B．56°C．36°D．26°5．如图，PA、PB为∠O的切线，切点分别为A、B，PO交AB于点C，PO的延长线交∠O 于点D．下列结论不一定成立的是（）A．△BPA为等腰三角形B．AB与PD相互垂直平分C．点A，B都在以PO为直径的圆上D．PC为△BPA的边AB上的中线6．如图，四边形ABCD内接于半径为6的∠O中连接AC，若AB＝CD，∠ACB＝45°，∠ACD＝12∠BAC，则BC的长度为（）A．6 √3B．6 √2C．9 √3D．9 √27．如图，点A，B，D，C是∠O上的四个点，连结AB，CD并延长，相交于点E，若∠BOD=20°，∠AOC=90°，则∠E的度数为()A．30°B．35°C．45°D．55°8．∠ABC中∠C=Rt∠，AC=3，BC=4，以点C为圆心，CA为半径的圆与AB，BC分别交于点E，D，则AE的长为()A．95B．125C．185D．3659．如图，AB为∠O的直径，点C在∠O上，若∠B=60°，则∠A等于（）A．80°B．50°C．40°D．30°10．两个圆的半径分别是2cm和7cm，圆心距是5cm，则这两个圆的位置关系是() A．外离B．内切C．相交D．外切11．已知正三角形的边长为12，则这个正三角形外接圆的半径是()A．B．C．D．12．一个扇形的弧长为4π，半径长为4，则该扇形的面积为（）A．4πB．6πC．8πD．12π二、填空题13．在Rt∠ABC中∠C=90°，AB=5，BC=4，求内切圆半径14．如图，∠C过原点，且与两坐标轴分别交于点A，点B，点A的坐标为（0，3），M是第三象限内弧OB上一点，∠BMO=120°，则∠C的半径为．15．一个立体图形的三视图如图所示，根据图中数据求得这个立体图形的侧面积为.16．一个半径为5cm的球形容器内装有水，若水面所在圆的直径为8cm，则容器内水的高度为cm.17．如图，在直角坐标系中以点P为圆心的圆弧与x轴交于A，B两点，已知P（4，2）和A（2，0），则点B的坐标是．18．下面是“作一个30°角”的尺规作图过程．已知：平面内一点A．求作：∠A，使得∠A=30°．作法：如图①作射线AB；②在射线AB取一点O，以O为圆心，OA为半径作圆，与射线AB相交于点C；③以C为圆心，OC C为半径作弧，与⊙O交于点D，作射线AD．则∠DAB即为所求的角．请回答：该尺规作图的依据是．三、综合题19．如图，在△ABC中AC=BC=BD，点O在AC边上，OC为⊙O的半径，AB是⊙O 的切线，切点为点D，OC=2，OA=2√2．（1）求证：BC是⊙O的切线；（2）求阴影部分的面积．20．如图，△ABC内接于⊙O，CD是直径，∠CBG=∠BAC，CD与AB相交于点E，过点E作EF⊥BC，垂足为F，过点O作OH⊥AC，垂足为H，连接BD、OA．（1）求证：直线BG与⊙O相切；（2）若BEOD=54，求EFAC的值．21．如图，四边形ABCD 内接于∠O，BD是∠O的直径，过点A作∠O的切线AE交CD的延长线于点E，DA平分∠BDE．（1）求证：AE∠CD；（2）已知AE=4cm，CD=6cm，求∠O的半径．22．如图，∠O是∠ABC的外接圆，BC为∠O的直径，点E为∠ABC的内心，连接AE并延长交∠O 于D点，连接BD并延长至F，使得BD=DF，连接CF、BE．（1）求证：DB=DE；（2）求证：直线CF为∠O的切线．23．公元前5世纪，古希腊哲学家阿那克萨哥拉因“亵渎神灵罪”而被投人监狱，在狱中他对方铁窗和圆月亮产生了兴趣．他不断变换观察的位置，一会儿看见圆比正方形大，一会儿看见正方形比圆大，于是伟大的古希腊尺规作图几何三大问题之--的化圆为方问题诞生了：作一个正方形，使它的面积等于已知圆的面积（1）设有一个半径为√3的圆，则这个圆的周长为，面积为，作化圆为方得到的正方形的边长为(计算结果保留π)（2）由于对尺规作图的限制(只能有限次地使用没有刻度的直尺和圆规进行作图)，包括化圆为方在内的几何三大问题都已被证明是不可能的．但若不受标尺的限制，化圆为方并非难事。
中考数学总复习《圆综合解答题》专题训练-附答案
中考数学总复习《圆综合解答题》专题训练-附答案学校：___________班级：___________姓名：___________考号：___________ 1．如图△ABC内接于⊙O AB、CD是⊙O的直径E是DA长线上一点且∠CED=∠CAB．(1)求证：CE是⊙O的切线；求线段CE的长．(2)若DE=3√5tanB=122．如图在△ABC中AB=AC以AB为直径作⊙O交BC于点D．过点D作DE⊥AC 垂足为E延长CA交⊙O于点F．(1)求证：DE是⊙O的切线；⊙O的半径为5 求线段CF的长．(2)若tanB=123．如图△ABC内接于⊙O直径DE⊙AB于点F交BC于点M DE的延长线与AC的延长线交于点N连接AM．（1）求证：AM＝BM；（2）若AM⊙BM DE＝8 ⊙N＝15° 求BC的长．4．如图△ABC内接于⊙O AB是⊙O的直径D是⊙O上的一点CO平分∠BCD CE⊥AD垂足为E AB与CD相交于点F．(1)求证：CE是⊙O的切线；时求CE的长．(2)当⊙O的半径为5sinB=355．如图1 锐角△ABC内接于⊙O⊙BAC=60°若⊙O的半径为2√3．(1)求BC的长度；(2)如图2 过点A作AH⊙BC于点H若AB+AC=12 求AH的长度．6．如图AB是⊙O的直径M是OA的中点弦CD⊥AB于点M过点D作DE⊥CA交CA的延长线于点E．(1)连接AD则∠AOD=_______；(2)求证：DE 与⊙O 相切；(3)点F 在BC ⏜上 ∠CDF =45° DF 交AB 于点N ．若DE =6 求FN 的长．7．如图 AB 是⊙O 的直径 点C 为⊙O 上一点 OF ⊥BC 垂足为F 交⊙O 于点E AE 与BC 交于点H 点D 为OE 的延长线上一点 且∠ODB =∠AEC ．(1)求证：BD 是⊙O 的切线(2)求证：CE 2=EH ⋅EA(3)若⊙O 的半径为52 sinA =35 求BH 和DF 的长． 8．如图 在⊙ABC 中 ⊙C=90° 点O 在AC 上 以OA 为半径的⊙O 交AB 于点D BD 的垂直平分线交BC 于点E 交BD 于点F 连接DE ．（1）求证：直线DE 是⊙O 的切线（2）若AB=5 BC=4 OA=1 求线段DE 的长．9．如图 AB 是⊙O 的直径 弦CD 与AB 交于点E 过点B 的切线BP 与CD 的延长线交于点P 连接OC CB ．(1)求证：AE ·EB =CE ·ED(2)若⊙O 的半径为 3 OE =2BE CE DE =95 求tan∠OBC 的值及DP 的长．10．如图菱形ABCD中AB=4以AB为直径作⊙O交AC于点E过点E作EF⊥AD于点F．(1)求证：EF是⊙O的切线(2)连接OF若∠BAD=60°求OF的长．(3)在（2）的条件下若点G是⊙O上的一个动点则线段CG的取值范围是什么？11．如图点C在以AB为直径的半圆O上（点C不与A B两点重合）点D是弧AC的中点DE⊥AB于点E连接AC交DE于点F连接OF过点D作半圆O的切线DP 交BA的延长线于点P．(1)求证：AC∥DP(2)求证：AC=2DE的值．(3)连接CE CP若AE⊙EO=1⊙2求CECP12．如图1 AB为⊙O直径CB与⊙O相切于点B D为⊙O上一点连接AD OC若AD//OC．（1）求证：CD为⊙O的切线（2）如图2 过点A作AE⊥AB交CD延长线于点E连接BD交OC于点F若AB=3AE=12求BF的长．13．已知：如图在⊙O中∠PAD=∠AEP AF=CF AB是⊙O的直径CD⊥AB于点G．(1)求证：AP是⊙O的切线．(2)若AG=4tan∠DAG=2求△ADE的面积．(3)在（2）的条件下求DQ的长．14．如图已知AB是⊙O的直径点E是⊙O上异于A B的点点F是弧EB的中点连接AE AF BF过点F作FC⊙AE交AE的延长线于点C交AB的延长线于点D⊙ADC的平分线DG交AF于点G交FB于点H．(1)求证：CD是⊙O的切线(2)求sin⊙FHG的值(3)若GH＝4√2HB＝2 求⊙O的直径．15．如图⊙O的两条弦AB、CD互相垂直垂足为E且AB=CD．(1)求证：AC=BD．(2)若OF⊥CD于F OG⊥AB于G问四边形OFEG是何特殊四边形？并说明理由．(3)若CE=1，DE=3求⊙O的半径．16．【问题提出】如图1 △ABC为⊙O内接三角形已知BC=a圆的半径为R 探究a R sin∠A之间的关系．【解决问题】如图2 若∠A为锐角连接BO并延长交⊙O于点D连接DC则∠A=∠D在△DBC中BD为⊙O的直径BC=a所以BD=2R,∠BCD=90°．所以在Rt△DBC中建立a R sin∠D的关系为________________．所以在⊙O内接三角形△ABC中a R sin∠A之间的关系为________________．类比锐角求法当∠A为直角和钝角时都有此结论．【结论应用】已知三角形△ABC中∠B=60°,AC=4则△ABC外接圆的面积为________．17．已知AB为⊙O的直径PA PC是⊙O的的切线切点分别为A C过点C作CD//AB交⊙O于D．（1）如图当P D O共线时若半径为r求证CD=r（2）如图当P D O不共线时若DE=2CE=8求tan∠POA．18．如图1 已知矩形ABCD中AB=2√3AD=3 点E为射线BC上一点连接DE以DE为直径作⊙O（1）如图2 当BE=1时求证：AB是⊙O的切线（2）如图3 当点E为BC的中点时连接AE交⊙O于点F连接CF求证：CF=CD （3）当点E在射线BC上运动时整个运动过程中CF长度是否存在最小值？若存在请直接写出CF长度的最小值若不存在请说明理由．19．已知四边形ABCD为⊙O的内接四边形直径AC与对角线BD相交于点E作CH⊥BD于H CH与过A点的直线相交于点F∠FAD=∠ABD.（1）求证：AF为⊙O的切线（2）若BD平分∠ABC求证：DA=DC（3）在（2）的条件下N为AF的中点连接EN若∠AED+∠AEN=135°⊙O 的半径为2√2求EN的长.20．如图1 直线l1⊥l2于点M以l1上的点O为圆心画圆交l1于点A B交l2于点C D OM＝4 CD＝6 点E为弧AD上的动点CE交AB于点F AG⊙CE 于点G连接DG AC AD．（1）求⊙O的半径长（2）若⊙CAD＝40° 求劣弧弧AD的长（3）如图2 连接DE是否存在常数k使CE−DE=k·EG成立？若存在请求出k的值若不存在请说明理由（4）若DG⊙AB则DG的长为（5）当点G在AD的右侧时请直接写出⊙ADG面积的最大值．参考答案1．（1）证明：⊙AB是⊙O的直径⊙∠ACB=90°⊙∠CAB+∠B=90°⊙∠CED=∠CAB∠B=∠D⊙∠CED+∠D=90°⊙∠DCE=∠ACB=90°⊙CD⊥CE⊙CD是⊙O的直径即OC是⊙O半径⊙CE是⊙O的切线（2）由（1）知CD⊥CE在Rt△ABC和Rt△DEC中⊙∠B=∠D tanB=12⊙tan∠B=tan∠D=CECD =12⊙CD=2CE在Rt△CDE中CD2+CE2=DE2DE=3√5⊙(2CE)2+CE2=(3√5)2解得CE=3（负值舍去）即线段CE的长为3．2．解：（1）⊙OB=OD⊙∠ABC=∠ODB⊙AB=AC⊙∠ABC=∠ACB⊙∠ODB=∠ACB⊙OD∥AC⊙DE⊥AC OD是半径⊙DE⊥OD⊙DE是⊙O的切线．（2）连接BF AD⊙⊙O的半径为5 AB为直径⊙AB=10∠ADB=90°∠BFC=90°⊙tanB=1设AD=x则BD=2x2在Rt△ABD中由勾股定理得：AD2+BD2=AB2即x2+(2x)2=102解得：x=2√5或x=−2√5（舍去）⊙BD=2x=4√5⊙AB=AC∠ADB=90°⊙BD=CD⊙BC=2BD=8√5由（1）知OD∥AC⊙∠ODB=∠C⊙OB=OD⊙∠B=∠ODB=∠C⊙tanC=tanB=1即CF=2BF2在Rt△BCF中BF2+CF2=BC2即BF2+(2BF)2=(8√5)2解得BF=8或BF=−8（舍去）⊙CF=2BF=16．3．（1）证明：⊙直径DE⊙AB于点F⊙AF＝BF⊙AM＝BM（2）连接AO BO如图由（1）可得AM＝BM⊙AM⊙BM⊙⊙MAF＝⊙MBF＝45°⊙⊙CMN＝⊙BMF＝45°⊙AO＝BO DE⊙AB∠AOB⊙⊙AOF＝⊙BOF＝12⊙⊙N＝15°⊙⊙ACM＝⊙CMN+⊙N＝60° 即⊙ACB＝60°∠AOB．⊙⊙ACB＝12⊙⊙AOF＝⊙ACB＝60°．⊙DE＝8⊙AO＝4．得AF＝2√3在Rt⊙AOF中由sin∠AOF=AFAO在Rt⊙AMF中AM＝√2AF＝2√6．得BM= AM＝2√6得CM＝2√2在Rt⊙ACM中由tan∠ACM=AMCM⊙BC＝CM+BM＝2√2+2√6．4．（1）证明：⊙弧AC=弧AC⊙∠ADC=∠B．⊙OB=OC⊙∠B=∠OCB．⊙CO平分∠BCD⊙∠OCB=∠OCD⊙∠ADC=∠OCD．⊙CE⊥AD⊙∠ADC+∠ECD=90°⊙∠OCD+∠ECD=90°即CE⊥OC．⊙OC为⊙O的半径⊙CE是⊙O的切线．（2）连接OD得OD=OC⊙∠ODC=∠OCD．⊙∠OCD=∠OCB=∠B⊙∠ODC=∠B⊙CO=CO⊙△OCD≌△OCB⊙CD=CB．⊙AB是⊙O的直径⊙∠ACB=90°⊙AC=AB⋅sinB=10×35=6⊙CB=√AB2−AC2=√102−62=8⊙CD=8⊙CE=CD⋅sin∠ADC=CD⋅sinB=8×35=245．5．解：（1）连接OB OC过点O作OD⊙BC于点D⊙BD =CD =12BC⊙⊙A =60°⊙⊙BOC =2⊙A =120°⊙OB =OC⊙⊙OBC =⊙OCB =180°−∠BOC2=30°⊙OB =2√3⊙BD =OB •cos30°=2√3×√32=3⊙BC =2BD =6．（2）设点G 为此三角形ABC 内切圆的圆心（角平分线的交点） 过G 分别向ABAC BC 作垂线GM GN GQ⊙GM =GN =GQ CQ =CN BQ =BM AM =AN⊙AM +AN =AB +AC -BC =6⊙AM =AN =3．在Rt △AGM 中⊙⊙GAM =30°⊙GM =√3⊙S △ABC =12BC •AH =S △ABG +S △BCG +S △ACG=12AB •GM +12BC •GQ +12AC •GN=12GM（AB+AC+CB）=9√3∵BC=6, S△ABC=12BC•AH⊙AH=3√3．6．（1）解：如图1 连接OD AD⊙AB是⊙O的直径CD⊥AB⊙AB垂直平分CD⊙M是OA的中点⊙OM=12OA=12OD⊙cos∠DOM=OMOD =12⊙∠DOM=60°即∠AOD=60°故答案为：60°（2）解：⊙CD⊥AB AB是⊙O的直径⊙CM=MD⊙M是OA的中点⊙AM=MO又⊙∠AMC=∠DMO⊙△AMC≌△OMD⊙∠ACM=∠ODM⊙CA∥OD⊙DE⊥CA⊙∠E=90°⊙∠ODE=180°−∠E=90°⊙DE⊥OD⊙DE与⊙O相切（3）如图2 连接CF CN⊙OA⊥CD于M⊙M是CD中点⊙NC=ND⊙∠CDF=45°⊙∠NCD=∠NDC=45°⊙∠CND=90°⊙∠CNF=90°由（1）可知∠AOD=60°∠AOD=30°⊙∠ACD=12在Rt△CDE中∠E=90°∠ECD=30°DE=6=12⊙CD=DEsin30°在Rt△CND中∠CND=90°∠CDN=45°CD=12⊙CN=CD•sin45°=6√2⊙∠AOD=60°，OA=OD⊙△OAD是等边三角形⊙∠OAD=60°∠CAD=2∠OAD=120°⊙∠CFD=180°−∠CAD=60°在Rt△CNF中∠CNF=90°∠CFN=60°CN=6√2 =2√6．⊙FN=CNtan60°7．（1）证明：如图1所示⊙∠ODB=∠AEC∠AEC=∠ABC⊙∠ODB=∠ABC⊙OF⊥BC⊙∠BFD=90°⊙∠ODB+∠DBF=90°⊙∠ABC+∠DBF=90°即∠OBD=90°⊙BD⊥OB⊙AB是⊙O的直径⊙BD是⊙O的切线（2）证明：连接AC如图2所示⊙OF⊥BC⊙弧BE=弧CE⊙∠CAE=∠ECB⊙∠CEA=∠HEC⊙△AEC ∽△CEH⊙CE EH =EACE⊙CE 2=EH ⋅EA（3）解：连接BE 如图3所示⊙AB 是⊙O 的直径⊙∠AEB =90°⊙⊙O 的半径为52 sin∠BAE =35 ⊙AB =5 BE =AB ⋅sin∠BAE =5×35=3 ⊙EA =√AB 2−BE 2=4⊙弧BE =弧CE⊙BE =CE =3⊙CE 2=EH ⋅EA⊙EH =94⊙在Rt △BEH 中 BH =√BE 2+EH 2=√32+(94)2=154 ⊙∠A =∠C⊙sinC =sinA⊙OF ⊥BC 垂足为F⊙在Rt △CFE 中 FE =CE ⋅sinC =3×35=95 ⊙CF =√CE 2−EF 2=√32−(95)2=125 ⊙BF =CF =125⊙OF =√BO 2−BF 2=√(52)2−(125)2=710 ⊙∠ODB =∠ABC⊙tan∠ODB =tan∠ABC⊙BFDF =OFBF⊙BF 2=OF ⋅DF⊙(125)2=710DF ⊙DF =28835．8．解：（1）连接OD 如图⊙EF 垂直平分BD⊙ED=EB⊙⊙EDB=⊙B⊙OA=OD⊙⊙A=⊙ODA⊙⊙A+⊙B=90°⊙⊙ODA+⊙EDB=90°⊙⊙ODE=90°⊙OD⊙DE⊙直线DE 是⊙O 的切线（2）作OH⊙AD 于H 如图 则AH=DH 在Rt △OAB 中 sinA=BC AB =45在Rt △OAH 中 sinA=OH OA =45⊙OH=45⊙AH=√12−(45)2=35⊙AD=2AH=65 ⊙BD=5﹣65=195⊙BF=12BD=1910在Rt⊙ABC 中 cosB=45 在Rt⊙BEF 中 cosB=BF BE =45⊙BE=54×1910=198 ⊙线段DE 的长为198．9．(（1）证明：连接AD∵∠A =∠BCD ∠AED =∠CEB ∴ΔAED ∽ΔCEB∴ AECE =EDEB∴AE ·EB =CE ·ED（2）解：∵⊙O 的半径为 3 ∴OA =OB =OC =3∵OE =2BE∴OE =2 BE =1 AE =5 ∵ CEDE =95 ∴设CE =9x DE =5x∵AE ·EB =CE ·ED∴5×1=9x ·5x解得：x 1=13 x 2=−13（不 合题意舍去） ∴CE =9x =3 DE =5x =53 过点C 作CF ⊥AB 于F∵OC =CE =3∴OF =EF =12OE =1∴BF =2在RtΔOCF中∵∠CFO=90°∴CF2+OF2=OC2∴CF=2√2在RtΔCFB中∵∠CFB=90°∴tan∠OBC=CFBF =2√22=√2∵CF⊥AB于F∴∠CFB=90°∵BP是⊙O的切线AB是⊙O的直径∴∠EBP=90°∴∠CFB=∠EBP在ΔCFE和ΔPBE中{∠CFB=∠PBE EF=BE ∠FEC=∠BEP∴ΔCFE≅ΔPBE(ASA)∴EP=CE=3∴DP=EP−ED=3−53=43．10．:解：（1）证明：如图连接OE．⊙四边形ABCD是菱形∴∠CAD=∠CAB∵OA=OE∴∠CAB=∠OEA∴∠CAD=∠OEA∴OE∥AD∵EF⊥AD∴OE⊥EF又⊙OE是⊙O的半径⊙EF是⊙O的切线．（2）解：如图连接BE．⊙AB是⊙O的直径∴∠AEB=90°∵∠BAD=60°∴∠CAD=∠CAB=30°在Rt△ABE中AE=AB·cos30°=2√3在Rt△AEF中EF=AE·sin30°=√3AB=2在Rt△OEF中OE=12⊙OF=√OE2+EF2=√4+3=√7．（3）解：如图过点C作CM垂直AB交AB延长线于点M由（2）知∠BAD=60°∴∠ACB=∠CAB=30°，∠CBM=60°∴AB=BC=4，BM=2，CM=2√3∴AM=6，OM=6−2=4．⊙OC=√OM2+CM2=√42+(2√3)2=2√7⊙CG近=2√7−2CE远=2√7+2⊙线段CG的取值范围是：2√7−2≤CG≤2√7+211．（1）证明：连接OD∵D为弧AC的中点∴OD⊥AC又∵DP为⊙O的切线∴OD⊥DP∴AC∥DP（2）证明：∵DE⊥AB∴∠DEO=90°由（1）可知OD⊥AC设垂足为点M∴∠OMA=90°∴∠DEO=∠OMA AC=2AM又∵∠DOE=∠AOM OD=OA∴△ODE≌△OAM(AAS)∴DE=AM∴AC=2AM=2DE（3）解：连接OD OC CE CP∵∠ODP=∠OED=90°∠DOE=∠DOP ∴△DOE∽△POD∴ODOP =OEOD∴OD2=OE⋅OP ∵OC=OD∴OC2=OE⋅OP∴OCOE =OPOC又∵∠COE=∠POC ∴△COE∽△POC∴CECP =OEOC∵AE:EO=1:2∴OEOA =23∴OEOC =23∴CECP =23．12．解：（1）连接OD⊙CB与⊙O相切于点B⊙OB⊥BC⊙AD//OC⊙∠A=∠COB,∠ADO=∠DOC⊙OA=OD⊙∠A=∠ADO=∠COB=∠DOC⊙△DOC≌△BOC(SAS)⊙∠ODC=∠OBC=90°⊙OD⊥DC又OD为⊙O半径⊙CD为⊙O的切线（2）解：设CB=x⊙AE⊥EB⊙AE为⊙O的切线⊙CD CB为⊙O的切线⊙ED=AE=4,CD=CB=x,∠DOC=∠BCO⊙BD⊥OC过点E作EM⊥BC于M则EM=12,CM=x−4⊙(4+x)2=122+(x−4)2解得x=9⊙CB=9⊙OC=√62+92=3√13⊙AB是直径且AD⊙OC⊙⊙OFB=⊙ADB=⊙OBC=90°又⊙⊙COB=⊙BOF⊙⊙OBF⊙⊙OCB⊙OB BF =OCBC⊙BF=OB⋅BCOC =6×93√13=1813√1313．（1）证明：如图所示连接AC ⊙AB是⊙O的直径CD⊥AB⊙弧AD=弧AC⊙∠AEP=∠ADC⊙∠PAD=∠AEP⊙∠PAD=∠ADC⊙AP∥CD⊙AP⊥AB⊙AB是⊙O的直径⊙AP是⊙O的切线（2）解：如图所示连接BD⊙AF=CF⊙∠FAC=∠FCA⊙弧CE=弧AD⊙弧AD=弧AC⊙弧AD=弧AC=弧CE⊙∠ADG=∠QDG⊙AB⊥CD⊙∠AGD=∠QGD=90°又⊙OG=OG⊙△AGD≌△OGD(ASA)⊙QG=AG=4∠DQG=∠DAG=2在Rt△ADG中tan∠DAG=DGAG⊙DG=2AG=8⊙QD=√DG2+QG2=4√5连接OD过点E作EH⊥AB于H设圆O的半径为r则OG=r−4在Rt△ODG中由勾股定理得OD2=OG2+DG2⊙r2=(r−4)2+82解得r=10⊙AB=20⊙BQ=12⊙∠AEQ=∠DBQ，∠EAQ=∠BDQ⊙△AQE∽△DQB⊙QE BQ =AQDQ即QE12=84√5⊙QE=12√55⊙∠EQH=∠DQG=∠DAG⊙在Rt△EQH中tan∠EQH=EHQH=2⊙EH=2QH⊙EH2+QH2=QE2⊙4QH2+QH2=1445⊙QH=125⊙EH=245⊙S△ADE=S△ADQ+S△AEQ=12AQ⋅DG+12AQ⋅EH=12×8×8+12×8×245=70.4．（3）解：由（2）得DQ=4√5．14．（1）证明：连接OF．⊙OA＝OF⊙⊙OAF＝⊙OF A⊙EF̂=FB̂,⊙⊙CAF＝⊙F AB⊙⊙CAF＝⊙AFO⊙OF∥AC⊙AC⊙CD⊙OF⊙CD⊙OF是半径⊙CD是⊙O的切线．（2）⊙AB是直径⊙⊙AFB＝90°⊙OF⊙CD⊙⊙OFD＝⊙AFB＝90°⊙⊙AFO＝⊙DFB⊙⊙OAF＝⊙OF A⊙⊙DFB＝⊙OAF⊙GD平分⊙ADF⊙⊙ADG＝⊙FDG⊙⊙FGH＝⊙OAF+⊙ADG⊙FHG＝⊙DFB+⊙FDG⊙⊙FGH＝⊙FHG＝45°⊙sin⊙FHG=sin45°=√22（3）解：过点H作HM⊙DF于点M HN⊙AD于点N．⊙HD平分⊙ADF⊙HM＝HNS△DHF⊙S△DHB= FH⊙HB=DF ⊙DB⊙⊙FGH是等腰直角三角形GH＝4√2⊙FH＝FG＝4⊙DF DB =42=2设DB＝k DF＝2k⊙⊙FDB＝⊙ADF⊙DFB＝⊙DAF ⊙⊙DFB⊙⊙DAF⊙DF2＝DB•DA⊙AD＝4k⊙GD平分⊙ADF⊙FG AG =DFAD=12⊙AG＝8⊙⊙AFB＝90° AF＝12 FB＝6∴AB=√AF2+BF2=√122+622=6√5⊙⊙O的直径为6√515．（1）证明：⊙AB=CD⊙弧AB=弧CD⊙弧AB−弧BC=弧CD−弧BC即弧AC=弧BD⊙AC=BD（2）解：四边形OFEG是正方形.理由如下：⊙AB⊥CD OF⊥CD OG⊥AB⊙∠AED=∠OGE=∠OFE=90°⊙四边形OFEG是矩形．如图连接OA OD．⊙OF⊥CD OG⊥AB⊙CF=DF AG=BG．⊙CD=AB⊙AG=DF．⊙OG=√OA2−AG2OF=√OD2−DF2OA=OD⊙OG=OF⊙四边形OFEG是正方形（3）解：⊙CE=1 DE=3⊙CD=4⊙CF=DF=2⊙EF=CF-CE=2-1=1．⊙四边形OFEG是正方形⊙OF=EF=1．在Rt△OED中OD=√OF2+DF2=√5⊙⊙O的半径为√5．16．:解：【解决问题】如图连接BO并延长交⊙O于点D连接DC则∠A=∠D 在△DBC中⊙BD为⊙O的直径BC=a⊙BD=2R,∠BCD=90°⊙sinD=BCBD =a2R⊙sinA=a2R故答案为：sinD=a2R sinA=a2R【结论应用】解：设△ABC外接圆的半径为R ⊙∠B=60°,AC=4⊙sinB=AC2R⊙√3 2=42R解得：R=43√3⊙△ABC外接圆的面积为π×(43√3)2=163π．故答案为：163π17．（1）证明：连接OC⊙PA PC是⊙O的切线切点分别为A C ⊙PA=PC∠PAO=∠PCO=90°在RtΔPAO和RtΔPCO中{PA=PCPO=PO⊙RtΔPAO≌RtΔPCO(HL)⊙∠POA=∠POC⊙CD//AB⊙∠CDO=∠DOA⊙∠CDO=∠COD⊙CD=OC=r（2）解：设OP交CD于E连接OC过O作OH⊥CD于点H由（1）可知RtΔPAO≌RtΔPCO⊙∠POA=∠POC⊙CD//AB⊙∠CEO=∠EOA⊙∠CEO=∠COE⊙CE=CO=8⊙CD=CE+ED=10⊙OH⊥CD⊙CH=DH=5⊙EH=DH−DE=3在RtΔCHO中⊙OH=√OC2−CH2=√82−52=√39在RtΔOHE中⊙tan∠POA=tan∠HEO=OHEH =√393⊙tan∠POA=√393．18．解：（1）如图过点O作OM⊥AB且OM的反向延长线交CD于点N．由题意可知四边形BCNM为矩形⊙MN=AD=3⊙O为圆心即O为DE中点⊙N为DC中点即线段ON为△DEC中位线又⊙CE=BC−BE=3−1=2⊙ON=12CE=1⊙OM=MN -ON=3-1=2．在Rt △DEC 中 DE =√CD 2+CE 2=√(2√3)2+22=4． ⊙OD=DE=OM=2．即AB 为⊙O 的切线．（2）设⊙O 与AD 交于点G 连接CG EG DF FG ⊙DE 为直径⊙∠EGD =∠EFD =90°．⊙∠GEC =90°⊙CG 为直径．⊙∠CFG =∠CDG =90°⊙E 为BC 中点⊙G 为AD 中点在Rt △AFD 中 FG 为中线⊙AG=DG=FG在Rt △CFG 和Rt △CDG 中 {FG =DG CG =CG⊙△CFG ≅△CDG(HL)．⊙CF=CD ．（3）如图 取AD 中点H 连接CH FH FD ．由（2）可知FH =12AD =32 在Rt △CDH 中 CH =√CD 2+HD 2=√(2√3)2+(32)2=√572 ⊙CF ≥CH −FH =√572−32． ⊙当F 点在CH 上时CF 长有最小值 最小值为√572−32．19．解：（1）⊙AC 为⊙O 的直径⊙⊙ADC =90°⊙⊙DAC +⊙DCA =90°．⊙弧AD =弧AD⊙⊙ABD =⊙DCA ．⊙⊙F AD =⊙ABD⊙⊙F AD =⊙DCA⊙⊙F AD +⊙DAC =90°⊙CA ⊙AF⊙AF 为⊙O 的切线．（2）连接OD ．⊙弧AD =弧AD⊙⊙ABD=1⊙AOD．2⊙弧DC=弧DC⊙DOC．⊙⊙DBC=12⊙BD平分⊙ABC⊙⊙ABD=⊙DBC⊙⊙DOA=⊙DOC⊙DA=DC．（3）连接OD交CF于M作EP⊙AD于P．⊙AC为⊙O的直径⊙⊙ADC=90°．⊙DA=DC⊙DO⊙AC⊙⊙F AC=⊙DOC=90° AD=DC=√(2√2)2+(2√2)2=4 ⊙⊙DAC=⊙DCA=45° AF⊙OM．⊙AO=OCAF．⊙OM=12⊙⊙ODE+⊙DEO=90° ⊙OCM+⊙DEO=90°⊙⊙ODE=⊙OCM．⊙⊙DOE=⊙COM OD=OC⊙⊙ODE⊙⊙OCM⊙OE=OM．设OM=m⊙OE =m AE =2√2−m AP =PE =2−√22m⊙DP =2+√22m ． ⊙⊙AED +⊙AEN =135° ⊙AED +⊙ADE =135°⊙⊙AEN =⊙ADE ．⊙⊙EAN =⊙DPE⊙⊙EAN ⊙⊙DPE⊙AE DP =AN PE ⊙2√2−m 2+√22m =m2−√22m⊙m =2√23⊙AN =2√23 AE =4√23由勾股定理得：NE =2√103．20．解：（1）连接OD⊙AB 是⊙O 的直径 l 1⊥l 2 CD ＝6⊙CM =DM =12CD =3在Rt △DOM 中 OM ＝4⊙OD=√OM2+CM2=5即⊙O的半径长为5（2）⊙AB是⊙O的直径l1⊥l2⊙弧BC=弧BD⊙∠BAD=∠BAC=12∠CAD=20°⊙∠BOD=2∠BAD=40°⊙∠AOD=180°−∠BOD=140°⊙劣弧弧AD的长为140×π×5180=35π9（3）存在常数k=2理由如下：如图在CG上截取CH=DE连接AH AE⊙AB垂直平分CD⊙AC=AD又⊙⊙ACH=⊙ADE⊙⊙ACH⊙⊙ADE（SAS）⊙AH=AE⊙ AG⊙HE⊙HG=EG⊙CE-DE=2EG⊙k=2（4）⊙DG⊙AB⊙⊙CFM⊙⊙CGD⊙FM DG =CFCG=CMCD=12⊙CF=FG DG=2FM⊙⊙CMF=⊙AGF⊙CFM=⊙AFG ⊙⊙CFM⊙⊙AFG⊙CF AF =FMFG⊙FM×AF=CF×FG=CF2设FM=x则AF=9-x⊙x(9−x)=32+x2解得：x=32或3⊙DG=3或6（5）如图取AC的中点P当PG⊙AD时⊙ADG的面积最大在Rt△AMC中⊙CMA=90° CM=3 AM=OA+OM=5+4=9⊙AD=AC=√CM2+AM2=√32+92=3√10在Rt△AGC中⊙CGA=90° 点P为AC的中点⊙PG=12AC=3√102过点C作CN⊙AD于点N在Rt⊙CDN和Rt⊙ADM中⊙⊙CND=⊙AMD=90° ⊙CDN=⊙ADM ⊙Rt⊙CDN~Rt⊙ADM⊙CN AM =CDAD⊙CN=AM⋅CDAD =9×63√10=9√105设PG交AD于点K ⊙PK⊙AD CN⊙AD ⊙PK⊙CN⊙⊙APK⊙⊙CAN⊙PK CN =APAC=12⊙PK=12CN=9√1010⊙GK=PG−PK=3√102−9√1010=3√105⊙⊙ADG面积的最大值为12AD⋅GK=12×3√10×3√105=9．。
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。
2020-2021中考数学 圆与相似 综合题附答案
2020-2021中考数学圆与相似综合题附答案一、相似1．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.,2．如图，已知抛物线y＝﹣x2＋bx＋c交y轴于点A（0,4），交x轴于点B（4,0），点P 是抛物线上一动点，过点P作x轴的垂线PQ，过点A作AQ⊥PQ于点Q，连接AP．（1）填空：抛物线的解析式为________，点C的坐标________；（2）点P在抛物线上运动，若△AQP∽△AOC，求点P的坐标.【答案】（1）y＝﹣x2＋3x＋4；（－1,0）（2）解：∵点A的坐标为（0，4），点C的坐标为（－1，0），∴．∵点P的横坐标为m，∴P（m，﹣m2＋3m＋4）．①当点P在直线AQ下方时，QP＝4－（﹣m2＋3m＋4）＝ m2－3m，由△AQP∽△AOC得：，即：，∴（舍去）或．当时，﹣m2＋3m＋4＝，此时点P的坐标为（）；②当点P在直线AQ上方时，PQ＝﹣m2＋3m＋4－4＝﹣m2＋3m，由△AQP∽△AOC得：，即：，∴＝0（舍去）或＝，此时P点坐标为（）．综上所述：点P的坐标为（）或（）．【解析】【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2＋bx＋c交y轴于点A（0，4），交x轴于点B（4，0），∴，解得：，∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2＋3x＋4．令y=0，得：﹣x2＋3x＋4=0，解得：x=4或x=－1，∴点C的坐标为（－1，0）．【分析】（1）根据题意，将A,B两点的坐标代入到解析式中，分别求出b，c，可以求出抛物线的解析式；（2）C为x轴上的交点，令y=0，通过解一元二次方程，解得C点坐标。
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中考数学专题复习圆与相似的综合题及答案解析一、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．已知抛物线 y＝ ax2＋ bx＋ 5 与 x 轴交于点 A(1， 0)和点 B(5， 0)，顶点为 M．点 C 在 x 轴的负半轴上，且 AC＝ AB，点 D 的坐标为 (0， 3)，直线 l 经过点 C、D．（1）求抛物线的表达式；（2）点 P 是直线 l 在第三象限上的点，联结 AP，且线段 CP是线段 CA、 CB的比例中项，求tan∠ CPA的值；（3）在（ 2）的条件下，联结 AM、 BM，在直线 PM 上是否存在点 E，使得∠ AEM=∠AMB. 若存在，求出点 E 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：∵抛物线与x轴交于点A（ 1， 0）， B（5， 0），∴,解得∴ 抛物线的解析式为（2）解：∵ A（1， 0）， B（ 5， 0），∴OA=1， AB=4.∵AC=AB且点 C 在点 A 的左侧，∴ AC=4 .∴CB=CA+AB=8.∵线段 CP 是线段 CA、 CB 的比例中项，∴.∴ CP=.又∵ ∠ PCB是公共角，∴ △ CPA∽ △ CBP .∴ ∠ CPA=∠ CBP.过P 作 PH⊥ x 轴于 H.∵OC=OD=3，∠DOC=90 ，°∴∠ DCO=45 .°∴ ∠ PCH=45 °∴ PH=CH=CP =4，∴H（ -7， 0）， BH=12，∴P（ -7，-4），∴，tan∠ CPA=.（3）解：∵抛物线的顶点是 M （3， -4），又∵ P（ -7，-4），∴PM∥x 轴 .当点 E 在 M 左侧，则∠BAM=∠ AME.∵ ∠ AEM=∠ AMB，∴ △ AEM∽ △ BMA.∴,∴.∴ME=5，∴ E（ -2， -4） .过点 A 作 AN⊥ PM 于点 N，则 N（ 1， -4） .当点 E 在 M 右侧时，记为点，∵ ∠ A N=∠AEN，∴ 点与 E 关于直线 AN 对称，则（4 ，-4） .综上所述， E 的坐标为（ -2， -4）或（ 4，-4） .【解析】【分析】（ 1）用待定系数法即可求解。
中考数学—圆与相似的综合压轴题专题复习及答案.doc
中考数学—圆与相似的综合压轴题专题复习及答案一、相似1．如图的中点1，过等边三角形M， N，连接 MN ．ABC 边AB 上一点 D 作交边AC 于点E，分别取BC， DE（1）发现：在图 1 中，________；（2）应用：如图2，将绕点 A 旋转，请求出的值；（3）拓展：如图3，和是等腰三角形，且， M ， N 分别是底边 BC， DE 的中点，若，请直接写出的值．【答案】（1）（2）解：如图 2 中，连接AM、 AN，，，都是等边三角形，，，，，，，，，∽，（3）解：如图 3 中，连接AM、 AN，延长 AD 交 CE于 H，交 AC 于 O，，，，，，，，，，，，，，，∽，，，，，，≌，，，，，，，，，，【解析】【解答】解：（1）如图 1 中，作于H，连接AM，，，，时等边三角形，，，，，平分线段DE，，、 N、 M 共线，，四边形 MNDH 时矩形，，，故答案为：；【分析】（ 1）作DH ⊥ BC 于 H，连接AM.证四边形MNDH 时矩形，所以MN=DH，则MN ： BD=DH：BD=sin60 ，°即可求解；（2）利用△ ABC ，△ ADE 都是等边三角形可得AM ： AB=AN： AD，易得∠BAD = ∠MAN ，从而得△ BAD ∽ △ MAN，则 NM： BD=AM：AB=sin60 ，°从而求解；（3）连接 AM、 AN，延长 AD 交 CE 于 H，交 AC 于 O.先证明△BAD∽△ MAN可得NM ： BD=AM：AB=sin∠ ABC；再证明△ BAD ≌ △ CAE，则∠ ABD = ∠ ACE ，进而可得∠ABC = 45 ，可求出°答案 .2．如图， Rt△ AOB 在平面直角坐标系中，已知：B（0，），点OA=3，∠BAD=30°，将△ AOB 沿 AB 翻折，点O 到点 C 的位置，连接A 在 x 轴的正半轴上，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 ，°∴=，∴O D=3，∴D（﹣ 3，0）；（2）解：∵ OA=3，OD=3，∴ A（ 3，0）， AD=6，∴A B=2，当∠PBA=90时°.∵P D=2t，∴O P=3﹣2t.∵△ OBA∽ △ OPB，2∴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=Q2 B=a，在 Rt△ OPQ2中， 12+（﹣x）2=x2，解得x=，∴Q2（ 0，）；③当 PB=PQ 时， Q （ 0，﹣）4 4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.3．（1）问题发现：如图① ，正方形 AEFG的两边分别在正方形ABCD的边 AB 和 AD 上，连接 CF.①写出线段CF与 DG 的数量关系；②写出直线CF与 DG 所夹锐角的度数.（2）拓展探究：如图②，将正方形AEFG绕点用图②进行说明 .（3）问题解决如图③，A 逆时针旋转，在旋转的过程中，（1）中的结论是否仍然成立，请利△ABC 和△ ADE 都是等腰直角三角形，D 在直线 BC 上运动，连接OE，则在点∠BAC=∠ DAE=90°， AB=AC=4，O 为 AC 的中点 .若点D 的运动过程中，线段OE 的长的最小值.（直接写出结果）【答案】（ 1）①CF=（2）解：如图：DG，②45①连接 AC、 AF,在正方形ABCD中，延长CF交 DG 与 H 点，∠CAD=∠BCD=45,设 AD=CD=a，易得 AC=a=AD,同理在正方形AEFG中，∠FAG=45 ,AF=AG,∠CAD=∠FAG,∠ CAD-∠ 2=∠ FAG-∠ 2,∠1=∠ 3又△CAF∽ DAG,=,CF=DG;②由△ CAF∽ DAG，∠ 4=∠ 5，∠ACD=∠ 4+∠ 6=45 ,∠5+∠ 6=45，∠5+∠ 6+∠ 7=135 ，在△ CHD中，∠CHD=180 -135 =45，（1）中的结论仍然成立（3） OE 的最小值为.【解析】【解答】（ 3）如图：由∠ BAC=∠ DAE=90 ,可得∠ BAD=∠ CAE,又AB=AC,AD=AE, 可得△ BAD≌ △ CAE,∠A CE=∠ ABC=45 ,又∠ ACB=45 ,∠ BCE=90 ,即CE⊥ BC,根据点到直线的距离垂线段最短，OE⊥ CE时， OE 最短，此时OE=CE,△ OEC为等腰直角三角形，OC=AC=2,由等腰直角三角形性质易得，OE=，OE 的最小值为.【分析】（ 1 ）①易得CF=DG;②45；(2)连接AC、 AF,在正方形ABCD 中，可得△CAF∽ DAG，=,CF=DG，在△ CHD 中，∠ CHD=180 -135 =45，（1）中的结论是否仍然成立；（3） OE⊥ CE 时， OE 最短，此时OE=CE,△ OEC 为等腰直角三角形， OC=AC=2,可得 OE 的值 .4．已知菱形的一个角与三角形的一个角重合，然后它的对角顶点在这个重合角的对边上，这个菱形称为这个三角形的亲密菱形，如图，在△ CFE中， CF=6,CE=12,∠ FCE=45°,以点 C 为圆心，以任意长为半径作AD，再分别以点 A 和点 D 为圆心，大于AD 长为半径做弧，交于点 B,AB∥ CD.（1）求证：四边形 ACDB为△ CFE的亲密菱形；（2）求四边形 ACDB的面积 .【答案】（ 1）证明：由已知得：AC=CD,AB=DB,由已知尺规作图痕迹得：BC 是∠ FCE 的角平分线 ,∴∠ ACB=∠ DCB，又∵ AB∥ CD,∴∠ ABC=∠ DCB，∴∠ ACB=∠ ABC，∴AC=AB，又∵ AC=CD,AB=DB,∴AC=CD=DB=BA，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,∴,即，解得： x=4，过点 A 作 AH⊥ CD于点 H,在Rt△ ACH中，∠ ACH=45°,∴s in∠ ACH= ,∴AH=4 ×=2,∴四边形 ACDB的面积为：.【解析】【分析】（ 1）依题可得： AC=CD,AB=DB,BC是∠ FCE 的角平分线 ,根据角平分线的定义和平行线的性质得∠ ACB=∠ ABC，根据等角对等边得 AC=AB，从而得 AC=CD=DB=BA，根据四边相等得四边形是菱形即可得四边形ACDB是菱形；再根据题中的新定义即可得证. （2）设菱形ACDB 的边长为x，根据已知可得CF=6,CE=12,FA=6-，x根据相似三角形的判定和性质可得，解得： x=4,过点 A 作 AH⊥CD 于点 H,在 Rt△ ACH 中，根据锐角三角形函数正弦的定义即可求得AH ,再由四边形的面积公式即可得答案.5．如果三角形的两个内角α与β满足2α +β =90，那°么我们称这样的三角形为“准互余三角形”.（1）若△ ABC 是“准互余三角形”，∠ C＞ 90°，∠ A=60°，则∠B=________°；（2）如图①，在 Rt△ ABC中，∠ ACB=90°， AC=4， BC=5.若 AD 是∠BAC 的平分线，不难证明△ ABD 是“准互余三角形”试.问在边 BC上是否存在点 E（异于点 D），使得△ ABE 也是“准互余三角形”？若存在，请求出 BE的长；若不存在，请说明理由 .（3）如图②，在四边形 ABCD 中， AB=7， CD=12， BD⊥ CD，∠ ABD=2∠BCD，且△ABC 是“准互余三角形”，求对角线AC 的长 .【答案】（ 1） 15（2）解：如图①中，在Rt△ ABC中，∵ ∠ B+∠ BAC=90°，∠ BAC=2∠ BAD，∴∠ B+2∠BAD=90 ，°∴△ ABD 是“准互余三角形”，∵△ ABE 也是“准互余三角形”，∴只有 2∠ B+∠ BAE=90 ，°∵∠ B+∠BAE+∠ EAC=90 ，°∴∠ CAE=∠ B，∵∠ C=∠ C=90 ，°∴△ CAE∽ △ CBA，可得 CA2=CE?CB，∴C E= ，∴B E=5﹣= .（3）解：如图②中，将△ BCD沿 BC 翻折得到△BCF.∴CF=CD=12，∠BCF=∠ BCD，∠CBF=∠ CBD，∵∠ ABD=2∠ BCD，∠BCD+∠CBD=90 ，°∴∠ ABD+∠ DBC+∠CBF=180 ，°∴A、B、 F 共线，∴∠ A+∠ ACF=90 °∴2∠ ACB+∠ CAB≠ 90，°∴只有 2∠ BAC+∠ ACB=90 ，°∴∠ FCB=∠ FAC，∵ ∠ F=∠ F，∴△ FCB∽ △ FAC，∴CF2=FB?FA，设 FB=x，则有： x（ x+7） =122，∴x=9 或﹣ 16（舍去），∴AF=7+9=16，在 Rt△ ACF中， AC=【解析】【解答】（ 1）∵ △ ABC是“准互余三角形”，∠ C＞ 90°，∠ A=60°，∴2∠ B+∠A=90 ，°解得，∠ B=15°；【分析】（ 1 ）根据“准互余三角形”的定义构建方程即可解决问题；（ 2 ）只要证明△CAE∽△ CBA，可得 CA2=CE?CB，由此即可解决问题；（ 3）如图②中，将△ BCD沿 BC翻折得到△ BCF只.要证明△ FCB∽ △ FAC，可得 CF2=FB?FA，设 FB=x，则有： x（ x+7）=122 ，推出 x=9 或﹣ 16（舍弃），再利用勾股定理求出AC即可；6．如图，点O 为矩形 ABCD的对称中心，AB＝ 5cm， BC＝ 6cm，点 E.F.G分别从 A.B.C 三点同时出发，沿矩形的边按逆时针方向匀速运动，点 E 的运动速度为1cm/s ，点 F 的运动速度为 3cm/s ，点 G 的运动速度为 1.5cm/s，当点 F 到达点 C（即点 F 与点 C 重合）时，三个点随之停止运动 .在运动过程中，△ EBF 关于直线 EF 的对称图形是△ EB′设F.点 E.F.G运动的时间为 t（单位： s） .（1）当 t 等于多少s 时，四边形EBFB′为正方形；（2）若以点E、 B、 F 为顶点的三角形与以点F， C， G 为顶点的三角形相似，求t 的值；（3）是否存在实数t ，使得点B’与点 O 重合？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由.【答案】（ 1）解：若四边形 EBFB′为正方形，则 BE＝ BF， BE＝ 5﹣ t， BF＝3t，即： 5﹣ t ＝ 3t，解得 t＝ 1.25；故答案为： 1.25（2）解：分两种情况，讨论如下：①若△ EBF∽ △ FCG，则有，即，解得： t＝ 1.4；②若△ EBF∽ △ GCF，则有，即，解得： t＝﹣ 7﹣（不合题意，舍去）或∴当 t＝ 1.4s 或 t ＝（﹣ 7+）s时，以点点的三角形相似. t ＝﹣ 7+.E、 B、F 为顶点的三角形与以点F， C， G 为顶（3）解：假设存在实数t，使得点B′与点 O 重合 .如图，过点O 作 OM⊥ BC于点 M，则在 Rt△ OFM 中， OF＝ BF＝ 3t ，FM＝BC﹣ BF＝ 3﹣ 3t， OM ＝ 2.5，由勾股定理得： OM 2+FM 2＝ OF2，即： 2.52+（ 3﹣ 3t）2＝（ 3t ）2解得： t＝；过点 O 作 ON⊥AB 于点 N，则在Rt△ OEN 中， OE＝BE＝5 ﹣t ， EN＝ BE﹣ BN＝5﹣ t ﹣2.5＝2.5﹣t ，ON＝ 3，由勾股定理得：ON2+EN2＝ OE2，即： 32+（ 2.5﹣ t）2＝（ 5﹣ t ）2解得： t＝.∵≠，∴不存在实数t ，使得点B′与点 O 重合【解析】【分析】（ 1 ）利用正方形的性质，得到BE＝ BF，列一元一次方程求解即可；（ 2）△ EBF 与△ FCG 相似，分两种情况，需要分类讨论，逐一分析计算；（3）本问为存在型问题 .假设存在，则可以分别求出在不同条件下的t 值，它们互相矛盾，所以不存在7．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：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，将已知△BDM ∽ △ BCA，于是可得比例式数式表示 DM 、 BD 的长，则，将已知的线段代入计算即可用含CD=CB-BD 也可用含t的代数式表示出来，同理易证t 的代△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。
中考数学专题题库∶圆的综合的综合题及详细答案
中考数学专题题库∶圆的综合的综合题及详细答案一、圆的综合1．如图，四边形OABC 是平行四边形，以O 为圆心，OA 为半径的圆交AB 于D ，延长AO 交O 于E ，连接CD ，CE ，若CE 是⊙O 的切线，解答下列问题：（1）求证：CD 是⊙O 的切线；（2）若BC=4，CD=6，求平行四边形OABC 的面积．【答案】（1）证明见解析（2）24【解析】试题分析：（1）连接OD ，求出∠EOC=∠DOC ，根据SAS 推出△EOC ≌△DOC ，推出∠ODC=∠OEC=90°，根据切线的判定推出即可；（2）根据切线长定理求出CE=CD=4，根据平行四边形性质求出OA=OD=4，根据平行四边形的面积公式=2△COD 的面积即可求解．试题解析：（1）证明：连接OD ，∵OD=OA ，∴∠ODA=∠A ，∵四边形OABC 是平行四边形，∴OC ∥AB ，∴∠EOC=∠A ，∠COD=∠ODA ，∴∠EOC=∠DOC ，在△EOC 和△DOC 中，OE OD EOC DOC OC OC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△EOC ≌△DOC （SAS ），∴∠ODC=∠OEC=90°，即OD ⊥DC ，∴CD 是⊙O 的切线；（2）由（1）知CD 是圆O 的切线，∴△CDO 为直角三角形，∵S △CDO =12CD•OD ， 又∵OA=BC=OD=4，∴S△CDO=12×6×4=12，∴平行四边形OABC的面积S=2S△CDO=24．2．如图，点A、B、C分别是⊙O上的点， CD是⊙O的直径，P是CD延长线上的一点，AP=AC．（1）若∠B=60°，求证：AP是⊙O的切线；（2）若点B是弧CD的中点，AB交CD于点E，CD=4，求BE·AB的值．【答案】（1）证明见解析；（2）8．【解析】（1）求出∠ADC的度数，求出∠P、∠ACO、∠OAC度数，求出∠OAP=90°，根据切线判定推出即可；（2）求出BD长，求出△DBE和△ABD相似，得出比例式，代入即可求出答案．试题解析：连接AD，OA，∵∠ADC=∠B，∠B=60°，∴∠ADC=60°，∵CD是直径，∴∠DAC=90°，∴∠ACO=180°-90°-60°=30°，∵AP=AC，OA=OC，∴∠OAC=∠ACD=30°，∠P=∠ACD=30°，∴∠OAP=180°-30°-30°-30°=90°，即OA⊥AP，∵OA为半径，∴AP是⊙O切线．（2）连接AD，BD，∵CD是直径，∴∠DBC=90°，∵CD=4，B为弧CD中点，∴BD=BC=，∴∠BDC=∠BCD=45°，∴∠DAB=∠DCB=45°，即∠BDE=∠DAB，∵∠DBE=∠DBA，∴△DBE∽△ABD，∴，∴BE•AB=BD•BD=．考点：1．切线的判定；2．相似三角形的判定与性质．3．如图，已知△ABC中，AC=BC，以BC为直径的⊙O交AB于E，过点E作EG⊥AC于G，交BC的延长线于F．（1）求证：AE=BE；（2）求证：FE是⊙O的切线；（3）若FE=4，FC=2，求⊙O的半径及CG的长．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）.【解析】（1）证明：连接CE，如图1所示：∵BC是直径，∴∠BEC=90°，∴CE⊥AB；又∵AC=BC，∴AE=BE．（2）证明：连接OE，如图2所示：∵BE=AE，OB=OC，∴OE是△ABC的中位线，∴OE∥AC，AC=2OE=6．又∵EG⊥AC，∴FE⊥OE，∴FE是⊙O的切线．（3）解：∵EF是⊙O的切线，∴FE2=FC•FB．设FC=x，则有2FB=16，∴FB=8，∴BC=FB﹣FC=8﹣2=6，∴OB=OC=3，即⊙O的半径为3；∴OE=3．∵OE∥AC，∴△FCG∽△FOE，∴，即，解得：CG=．点睛：本题利用了等腰三角形三线合一定理，三角形中位线的判定，切割线定理，以及勾股定理，还有平行线分线段成比例定理，切线的判定等知识．4．如图，已知△ABC中，AB=AC，∠A=30°，AB=16，以AB为直径的⊙O与BC边相交于点D，与AC交于点F，过点D作DE⊥AC于点E．（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）求CE的长；（3）过点B作BG∥DF，交⊙O于点G，求弧BG的长．【答案】（1）证明见解析（2）33）4π【解析】【分析】（1）如图1，连接AD，OD，由AB为⊙O的直径，可得AD⊥BC，再根据AB=AC，可得BD=DC，再根据OA=OB，则可得OD∥AC，继而可得DE⊥OD，问题得证；（2）如图2，连接BF，根据已知可推导得出DE=12BF，CE=EF，根据∠A=30°，AB=16，可得BF=8，继而得DE=4，由DE为⊙O的切线，可得ED2=EF•AE，即42=CE•（16﹣CE），继而可求得CE长；（3）如图3，连接OG，连接AD，由BG∥DF，可得∠CBG=∠CDF=30°，再根据AB=AC，可推导得出∠OBG=45°，由OG=OB，可得∠OGB=45°，从而可得∠BOG=90°，根据弧长公式即可求得»BG的长度.【详解】（1）如图1，连接AD，OD；∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB=90°，即AD⊥BC，∵AB=AC ，∴BD=DC ，∵OA=OB ，∴OD ∥AC ，∵DE ⊥AC ，∴DE ⊥OD ，∴∠ODE=∠DEA=90°，∴DE 为⊙O 的切线；（2）如图2，连接BF ，∵AB 为⊙O 的直径，∴∠AFB=90°，∴BF ∥DE ，∵CD=BD ，∴DE=12BF ，CE=EF ， ∵∠A=30°，AB=16，∴BF=8，∴DE=4，∵DE 为⊙O 的切线，∴ED 2=EF•AE ， ∴42=CE•（16﹣CE ），∴CE=8﹣43，CE=8+43（不合题意舍去）；（3）如图3，连接OG ，连接AD ，∵BG ∥DF ，∴∠CBG=∠CDF=30°，∵AB=AC ，∴∠ABC=∠C=75°，∴∠OBG=75°﹣30°=45°，∵OG=OB ，∴∠OGB=∠OBG=45°，∴∠BOG=90°，∴»BG 的长度=908180π⨯⨯=4π．【点睛】本题考查了圆的综合题，涉及了切线的判定、三角形中位线定理、圆周角定理、弧长公式等，正确添加辅助线、熟练掌握相关的性质与定理是解题的关键.5．已知O e 的半径为5，弦AB 的长度为m ，点C 是弦AB 所对优弧上的一动点． ()1如图①，若m 5=，则C ∠的度数为______o ；()2如图②，若m 6=．①求C ∠的正切值；②若ABC V 为等腰三角形，求ABC V 面积．【答案】()130；()2C ∠①的正切值为34；ABC S 27=V ②或43225. 【解析】【分析】 ()1连接OA ，OB ，判断出AOB V 是等边三角形，即可得出结论；()2①先求出10AD =，再用勾股定理求出8BD =，进而求出tan ADB ∠，即可得出结论；②分三种情况，利用等腰三角形的性质和垂径定理以及勾股定理即可得出结论．【详解】()1如图1，连接OB ，OA ，OB OC 5∴==，AB m 5==Q ，OB OC AB ∴==，AOB ∴V 是等边三角形，AOB 60∠∴=o ， 1ACB AOB 302∠∠∴==o ， 故答案为30；()2①如图2，连接AO 并延长交O e 于D ，连接BD ，AD Q 为O e 的直径，AD 10∴=，ABD 90∠=o ，在Rt ABD V 中，AB m 6==，根据勾股定理得，BD 8=，AB 3tan ADB BD 4∠∴==， C ADB ∠∠=Q ，C ∠∴的正切值为34； ②Ⅰ、当AC BC =时，如图3，连接CO 并延长交AB 于E ，AC BC =Q ，AO BO =，CE ∴为AB 的垂直平分线，AE BE 3∴==，在Rt AEO V 中，OA 5=，根据勾股定理得，OE 4=，CE OE OC 9∴=+=，ABC 11S AB CE 692722∴=⨯=⨯⨯=V ； Ⅱ、当AC AB 6==时，如图4，连接OA 交BC 于F ，AC AB =Q ，OC OB =，AO ∴是BC 的垂直平分线，过点O 作OG AB ⊥于G ， 1AOG AOB 2∠∠∴=，1AG AB 32==， AOB 2ACB ∠∠=Q ，ACF AOG ∠∠∴=，在Rt AOG V 中，AG 3sin AOG AC 5∠==， 3sin ACF 5∠∴=， 在Rt ACF V 中，3sin ACF 5∠=， 318AF AC 55∴==， 24CF 5∴=， ABC 111824432S AF BC 225525∴=⨯=⨯⨯=V ； Ⅲ、当BA BC 6==时，如图5，由对称性知，ABC 432S 25=V ．【点睛】圆的综合题，主要圆的性质，圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的性质，三角形的面积公式，用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键．6．如图，AB 为O e 的直径，弦//CD AB ，E 是AB 延长线上一点，CDB ADE ∠=∠． ()1DE 是O e 的切线吗？请说明理由；()2求证：2AC CD BE =⋅．【答案】（1）结论：DE 是O e 的切线，理由见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）连接OD ，只要证明OD DE ⊥即可；（2）只要证明：AC BD =，CDB DBE V V ∽即可解决问题.【详解】()1解：结论：DE 是O e 的切线．理由：连接OD ．CDB ADE ∠=∠Q ，ADC EDB ∴∠=∠，//CD AB Q ，CDA DAB ∴∠=∠，OA OD =Q ，OAD ODA ∴∠=∠，ADO EDB ∴∠=∠，AB Q 是直径，90ADB ∴∠=o ，90ADB ODE ∴∠=∠=o ，DE OD ∴⊥，DE ∴是O e 的切线．()2//CD AB Q ，ADC DAB ∴∠=∠，CDB DBE ∠=∠，n n，∴=AC BD∴=，AC BDQ，EDB DAB∠=∠DCB DAB∠=∠，∴∠=∠，EDB DCB∴V∽DBECDBV，CD DB∴=，BD BE2∴=⋅，BD CD BE2∴=⋅．AC CD BE【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质、圆周角定理、切线的判定等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，准确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型.7．如图，点P是正方形ABCD内的一点，连接PA，PB，PC．将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P'CB的位置.(1)设AB的长为a，PB的长为b(b<a)，求△PAB旋转到△P'CB的过程中边PA所扫过区域(图中阴影部分)的面积；(2)若PA=2，PB=4，∠APB=135°，求PC的长.【答案】(1) S阴影=(a2-b2)；(2)PC=6.【解析】试题分析：（1）依题意，将△P′CB逆时针旋转90°可与△PAB重合，此时阴影部分面积=扇形BAC的面积-扇形BPP'的面积，根据旋转的性质可知，两个扇形的中心角都是90°，可据此求出阴影部分的面积．（2）连接PP'，根据旋转的性质可知：BP=BP'，旋转角∠PBP'=90°，则△PBP'是等腰直角三角形，∠BP'C=∠BPA=135°，∠PP'C=∠BP'C-∠BP'P=135°-45°=90°，可推出△PP'C是直角三角形，进而可根据勾股定理求出PC的长．试题解析：（1）∵将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P′CB的位置，∴△PAB≌△P'CB，∴S△PAB=S△P'CB，S阴影=S扇形BAC-S扇形BPP′=（a2-b2）；（2）连接PP′，根据旋转的性质可知：△APB≌△CP′B，∴BP=BP′=4，P′C=PA=2，∠PBP′=90°，∴△PBP'是等腰直角三角形，P'P2=PB2+P'B2=32；又∵∠BP′C=∠BPA=135°，∴∠PP′C=∠BP′C-∠BP′P=135°-45°=90°，即△PP′C是直角三角形．PC==6．考点：1.扇形面积的计算；2.正方形的性质；3.旋转的性质．8．如图，已知AB是⊙O的直径，点C为圆上一点，点D在OC的延长线上，连接DA，交BC的延长线于点E，使得∠DAC=∠B．（1）求证：DA是⊙O切线；（2）求证：△CED∽△ACD；（3）若OA=1，sinD=13，求AE的长．【答案】（1）证明见解析；（22【解析】分析：（1）由圆周角定理和已知条件求出AD⊥AB即可证明DA是⊙O切线；（2）由∠DAC=∠DCE，∠D=∠D可知△DEC∽△DCA；（3）由题意可知AO=1，OD=3，DC=2，由勾股定理可知AD=2，故此可得到DC2=DE•AD，故此可求得DE的长，于是可求得AE的长．详解：（1）∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠CAB+∠B=90°．∵∠DAC=∠B，∴∠CAB+∠DAC=90°，∴AD⊥AB．∵OA是⊙O半径，∴DA为⊙O的切线；（2）∵OB=OC，∴∠OCB=∠B．∵∠DCE=∠OCB，∴∠DCE=∠B．∵∠DAC =∠B ，∴∠DAC =∠DCE ．∵∠D =∠D ，∴△CED ∽△ACD ；（3）在Rt △AOD 中，OA =1，sin D =13，∴OD =OA sinD =3，∴CD =OD ﹣OC =2． ∵AD =22OD OA -=22． 又∵△CED ∽△ACD ，∴AD CD CD DE =，∴DE =2CD AD=2， ∴AE =AD ﹣DE =22﹣2=2．点睛：本题主要考查的是切线的性质、圆周角定理、勾股定理的应用、相似三角形的性质和判定，证得△DEC ∽△DCA 是解题的关键．9．如图，已知⊙O 的半径为1，PQ 是⊙O 的直径，n 个相同的正三角形沿PQ 排成一列，所有正三角形都关于PQ 对称，其中第一个△A 1B 1C 1的顶点A 1与点P 重合，第二个△A 2B 2C 2的顶点A 2是B 1C 1与PQ 的交点，…，最后一个△A n B n C n 的顶点B n 、C n 在圆上．如图1，当n=1时，正三角形的边长a 1=_____；如图2，当n=2时，正三角形的边长a 2=_____；如图3，正三角形的边长a n =_____（用含n 的代数式表示）．38313 24313n+ 【解析】 分析：（1）设PQ 与11B C 交于点D ，连接1B O ，得出OD=1A D -O 1A ，用含1a 的代数式表示OD ，在△O 1B D 中，根据勾股定理求出正三角形的边长1a ；（2）设PQ 与2B 2C 交于点E ，连接2B O ，得出OE=1A E-O 1A ，用含2a 的代数式表示OE ，在△O 2B E 中，根据勾股定理求出正三角形的边长2a ；（3）设PQ 与n B n C 交于点F ，连接n B O ，得出OF=1A F-O 1A ，用含an 的代数式表示OF ，在△O n B F 中，根据勾股定理求出正三角形的边长an ． 本题解析：(1)易知△A 1B 1C 1的高为323 ∴a 13.(2)设△A 1B 1C 1的高为h ，则A 2O ＝1－h ，连结B 2O ，设B 2C 2与PQ 交于点F ，则有OF ＝2h －1.∵B 2O 2＝OF 2＋B 2F 2，∴1＝(2h －1)2＋2212a ⎛⎫ ⎪⎝⎭ . ∵h ＝32a 2，∴1＝(3a 2－1)2＋14a 22， 解得a 2＝8313. (3)同(2)，连结B n O ，设B n C n 与PQ 交于点F ，则有B n O 2＝OF 2＋B n F 2， 即1＝(nh －1)2＋212n a ⎛⎫ ⎪⎝⎭. ∵h ＝3 a n ，∴1＝14a n 2＋2312n na ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭， 解得a n ＝43n .10．如图，一条公路的转弯处是一段圆弧»().AB ()1用直尺和圆规作出»AB 所在圆的圆心O ；(要求保留作图痕迹，不写作法) ()2若»AB 的中点C 到弦AB 的距离为2080m AB m =，，求»AB 所在圆的半径．【答案】(1)见解析；（2）50m【解析】分析：()1连结AC 、BC ，分别作AC 和BC 的垂直平分线，两垂直平分线的交点为点O ，如图1；()2连接OA OC OC ，，交AB 于D ，如图2，根据垂径定理的推论，由C 为»AB的中点得到1OC AB AD BD AB 402⊥===，，则CD 20=，设O e 的半径为r ，在Rt OAD V 中利用勾股定理得到222r (r 20)40=-+，然后解方程即可．详解：()1如图1，点O 为所求；()2连接OA OC OC ，，交AB 于D ，如图2，C Q 为»AB 的中点，OC AB ∴⊥， 1402AD BD AB ∴===， 设O e 的半径为r ，则20OA r OD OD CD r ==-=-，，在Rt OAD V 中，222OA OD AD =+Q ，222(20)40r r ∴=-+，解得50r =，即»AB 所在圆的半径是50m ．点睛：本题考查了垂径定理及勾股定理的应用，在利用数学知识解决实际问题时，要善于把实际问题与数学中的理论知识联系起来，能将生活中的问题抽象为数学问题．11．如图，正三角形ABC 内接于⊙O ，P 是BC 上的一点，且PB ＜PC ，PA 交BC 于E ，点F 是PC 延长线上的点，CF=PB ，AB=13，PA=4．（1）求证：△ABP ≌△ACF ；（2）求证：AC 2=PA•AE ；（3）求PB 和PC 的长．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）PB=1，PC=3．【解析】试题分析：（1）先根据等边三角形的性质得到AB=AC ，再利用圆的内接四边形的性质得∠ACF=∠ABP ，于是可根据“SAS”判断△ABP ≌△ACF ；（2）先根据等边三角形的性质得到∠ABC=∠ACB=60°，再根据圆周角定理得∠APC=∠ABB=60°，加上∠CAE=∠PAC ，于是可判断△ACE ∽△APC ，然后利用相似比即可得到结论；（3）先利用AC 2=PA•AE 计算出AE=134 ，则PE=AP-AE=34，再证△APF 为等边三角形，得到PF=PA=4，则有PC+PB=4，接着证明△ABP ∽△CEP ，得到PB•PC=PE•A=3，然后根据根与系数的关系，可把PB 和PC 看作方程x 2-4x+3=0的两实数解，再解此方程即可得到PB 和PC 的长．试题解析：（1）∵∠ACP+∠ABP=180°，又∠ACP+∠ACF=180°，∴∠ABP=∠ACF在ABP ∆和ACF ∆中，∵AB=AC ，∠ABP=∠ACF ， CF PB =∴ABP ∆≌ACF ∆．(2)在AEC ∆和ACP ∆中，∵∠APC=∠ABC ，而ABC ∆是等边三角形，故∠ACB=∠ABC=60º，∴∠ACE =∠APC .又∠CAE =∠PAC ，∴AEC ∆∽ACP ∆ ∴AC AE AP AC=,即2AC PA AE =⋅. 由（1）知ABP ∆≌ACF ∆，∴∠BAP=∠CAF ， CF PB =∴∠BAP+∠PAC=∠CAF+∠PAC∴∠PAF=∠BAC=60°，又∠APC ＝∠ABC ＝60°.∴APF ∆是等边三角形∴AP=PF∴4PB PC PC CF PF PA +=+===在PAB ∆与CEP ∆中，∵∠BAP=∠ECP ，又∠APB=∠EPC=60°，∴PAB ∆∽CEP ∆ ∴PB PA PE PC=,即PB PC PA PE ⋅=⋅由（2）2AC PA AE =⋅，∴()22AC PB PC PA AE PA PE PA AE PE PA +⋅=⋅+⋅=+= ∴()22AC PB PC PA AE PA PE PA AE PE PA +⋅=⋅+⋅=+= ∴()2222224133PB PC PA AC PA AB ⋅=-=-=-=因此PB 和PC 的长是方程2430x x --=的解．解这个方程，得11x =， 23x =．∵PB<PB ，∴PB=11x =，PC=23x =，∴PB 和PC 的长分别是1和3。
中考数学专题复习圆与相似的综合题含答案解析
中考数学专题复习圆与相似的综合题含答案解析一、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。
中考数学专题复习圆与相似的综合题及答案
中考数学专题复习圆与相似的综合题及答案一、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，∴AE=CE，∵△ CDE沿直线 BC翻折到△CDF，∴△ CDE≌ △CDF，∴CF=CE，∠ DCF=∠ACB=45 ，° ∴CF=AE，∠ACF=∠DCF+∠ACB=90 ，°在△ ABE与△ACF中，∴△ ABE≌ △ ACF（SAS），∴∠ ABE=∠FAC，∵∠ BAG+∠ CAF=90 ，°∴∠ BAG+∠ ABE=90 ，°∴∠ AGB=90 ，°∴AF⊥BE2）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=9°0 ，可证得结论。
（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。
备战中考数学与圆与相似有关的压轴题附详细答案
备战中考数学与圆与相似有关的压轴题附详细答案一、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。