2020-2021中考数学圆与相似的综合题试题及答案
，解得 二次函数的解析式为 y=x2-4x-5.
（2）解：如图 1,令 x=0，则 y=−5， ∴ C(0,−5)， ∴ OC=OB， ∴ ∠ OBC=∠ OCB=45°， ∴ AB=6,BC=5 ，
要使以 B,C,D 为顶点的三角形与△ ABC 相似,则有
或
，
当
时，
CD=AB=6，
∴ D(0,1)，
△ ABC 在直线 MN 右侧部分为△ AMN，
∴ S=
= ·AM·DF= ×t× t= t ,
②当 5<t≤6 时，△ ABC 在直线 MN 右侧部分为四边形 ABNM，如图 3
∵ AM=AN=t，AB=BC=5， ∴ BN=t-5，CN=-5-（t-5）=10-t， 又∵ △ CNF∽ △ CBO，
（2） 由 S△ CPQ= CP•CQ =5，据此建立方程，求出 t 值即可； （3） 延长 QE 交 AC 于点 D， 根据折叠可得 △ QCP≌ △ QEP，若 PE⊥AB，则 QD∥ AB，可得 △ CQD∽ △ CBA， 利用相似三角形的对应边成比例，求出 DE=0.5t，根据
两角分别相等可证 △ ABC∽ △ DPE，利用相似三角形对应边成比例 值即可.
三角形性质得 = ,代入数值得 NF= （10-t），最后由 S=
-
= ·AC·OB-
·CM·NF，代入数值即可得表达式.
4．如图 1，在 Rt△ ABC 中，∠ ACB=90°，AC=6cm，BC=8cm，点 P 从 A 出发沿 AC 向 C 点以 1 厘米/秒的速度匀速移动；点 Q 从 C 出发沿 CB 向 B 点以 2 厘米/秒的 速度匀速移动．点 P、Q 分别从起点同时出发，移动到某一位置时所需时间为 t 秒． （1）当 t=________时，PQ∥ AB （2）当 t 为何值时，△ PCQ 的面积等于 5cm2？ （3）在 P、Q 运动过程中，在某一时刻，若将△ PQC 翻折，得到△ EPQ，如图 2，PE 与 AB 能否垂直？若能，求出相应的 t 值；若不能，请说明理由． 能垂直，理由如下： 延长 QE 交 AC 于点 D，
∴ 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，
当
时，
∴
，
∴ CD= ，
∴ D(0, )，
即：D 的坐标为(0,1)或(0, )；
（3）解：设 H(t，t2-4t-5)
∥ x 轴，
，
又因为点 E 在抛物线上，即
，解得
（舍去）
∴ BC 所在直线解析式为 y=x-5,
∴
则
，
而 CE 是定值， ∴ 当 HF 的值最大时，四边形 CHEF 有最大面积。
∴ = = =，
∴ = ，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．如图 1，在平面直角坐标系中，已知抛物线 y=ax2+bx-5 与 x 轴交于 A(-1，0)，B(5，0)两 点，与 y 轴交与点 C.
∴
∴
，
解得：
，
综上可知：当 t= 时，PE⊥AB
【答案】 （1）2.4 （2）解：∵ 点 P 从 A 出发沿 AC 向 C 点以 1 厘米/秒的速度匀速移动；点 Q 从 C 出发沿 CB 向 B 点以 2 厘米/秒的速度匀速移动，
∴ PC=AC-AP=6-t，CQ=2t，
∴ S△ CPQ= CP•CQ=
当
时，HF 取得最大值 ，四边形 CHEF 的最大面积为
,
此时 H( ，
)
【解析】【分析】（1）根据待定系数法直接确定出抛物线解析式；（2）分两种情况，利
用相似三角形的比例式即可求出点 D 的坐标；（3）先求出直线 BC 的解析式，进而求出四
边形 CHEF 的面积的函数关系式，即可求出最大值；
3．图，已知△ ABC 的顶点坐标分别为 A（3，0），B（0，4），C（-3，0）。动点 M，N 同时从 A 点出发，M 沿 A→C,N 沿折线 A→B→C，均以每秒 1 个单位长度的速度移动，当一 个动点到达终点 C 时，另一个动点也随之停止移动，移动时间记为 t 秒。连接 MN。
∵ 将△ PQC 翻折，得到△ EPQ， ∴ △ QCP≌ △ QEP， ∴ ∠ C=∠ QEP=90°， 若 PE⊥AB，则 QD∥ AB， ∴ △ CQD∽ △ CBA，
∴
，
∴
，
∴ QD=2.5t，
∵ QC=QE=2t
∴ DE=0.5t
∵ ∠ A=∠ EDP，∠ C=∠ DEP=90°，
∴ △ ABC∽ △ DPE，
＝5，
∴ t2-6t+5=0
解得 t1=1，t2=5（不合题意，舍去）
∴ 当 t=1 秒时，△ PCQ 的面积等于 5cm2
（3）解： 【解析】【解答】解：(1) ∵ 点 P 从 A 出发沿 AC 向 C 点以 1 厘米/秒的速度匀速移动；点 Q 从 C 出发沿 CB 向 B 点以 2 厘米/秒的速度匀速移动， ∴ PC=AC-AP=6-t，CQ=2t， 当 PQ∥ AB 时，∴ △ PQC∽ △ ABC， ∴ PC：AC=CQ：BC， ∴ (6-t)：6=2t：8 ∴ t=2.4 ∴ 当 t=2.4 时，PQ∥ AB 【分析】（1）根据题意可得 PC=AC-AP=6-t，CQ=2t，根据平行线可得△ PQC∽ △ ABC，利 用相似三角形对应边成比例可得 PC：AC=CQ：BC，即得(6-t)：6=2t：8，求出 t 值即可；
∴ ==,
∴= = ,
∴ AF= t，NF= t，
∴ N（3- t， t），
∴ O′（3- t, t）， 设 D（x,y）,
∴
=3- t，
= t，
∴ x=3- t,y= t，
∴ D（3- t， t）， 又∵ D 在直线 BC 上，
∴ ×（3- t）+4= t，
∴ t= ，
∴ D（- ， ）. （3）①当 0<t≤5 时（如图 2），
，
∵ CA= ，
∴
，
∴ CF=
；
（2）解：∵ ∠ CFE=∠ BFA，∠ CEB=∠ CAB， ∴ ∠ ECA=180°﹣∠ CEB﹣∠ CFE=180°﹣∠ CAB﹣∠ BFA， ∵ ∠ ABF=180°﹣∠ CAB﹣∠ AFB， ∴ ∠ ECA=∠ ABF， ∵ ∠ CAE=∠ ABF=45°， ∴ △ CEA∽ △ BFA，
∴
（0＜x＜2）
（3）解：由（2）知，△ CEA∽ △ BFA，
∴
，
∴
，
∴ AB=x+2，
∵ ∠ ABE 的正切值是 ，
∴ tan∠ ABE=
，
∴ x= ，
∴ AB=x+2= . 【解析】【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质，求得∠ DAC=∠ ACD=45°，进而根据两 角对应相等的两三角形相似，可得△ CEF∽ △ CAE，然后根据相似三角形的性质和勾股定理 可求解；（2）根据相似三角形的判定与性质，由三角形的周长比可求解；（3）由（2）中 的相似三角形的对应边成比例，可求出 AB 的关系，然后可由∠ ABE 的正切值求解.
又△ ANF∽ △ ABO，根据相似三角形性质得 = = ,
代入数值即可得 AF= t，NF= t，从而得 N（3- t， t），根据中点坐标公式得 O′（3- t,
t），
设 D（x,y）,再由中点坐标公式得 D（3- t， t），又由 D 在直线 BC 上，代入即可得 D 点 坐标.（3）①当 0<t≤5 时（如图 2），△ ABC 在直线 MN 右侧部分为△ AMN，根据三角形 面积公式即可得出 S 表达式. ②当 5<t≤6 时，△ ABC 在直线 MN 右侧部分为四边形 ABNM，由△ CNF∽ △ CBO，根据相似
（3）当∠ ABE 的正切值是 时，求 AB 的长. 【答案】 （1）解：∵ AD=CD. ∴ ∠ DAC=∠ ACD=45°， ∵ ∠ CEB=45°， ∴ ∠ DAC=∠ CEB， ∵ ∠ ECA=∠ ECA， ∴ △ CEF∽ △ CAE，
2020-2021中考数学圆与相似综合经典题及详细答案
2020-2021中考数学圆与相似综合经典题及详细答案一、相似1．如图，BD是□ABCD的对角线，AB⊥BD，BD=8cm，AD=10cm，动点P从点D出发，以5cm/s的速度沿DA运动到终点A，同时动点Q从点B出发，沿折线BD—DC运动到终点C，在BD、DC上分别以8cm/s、6cm/s的速度运动.过点Q作QM⊥AB，交射线AB于点M，连接PQ，以PQ与QM为边作□PQMN.设点P的运动时间为t(s)（t>0），□PQMN与□ABCD重叠部分图形的面积为S（cm2）.（1）AP=________cm（同含t的代数式表示）.（2）当点N落在边AB上时，求t的值.（3）求S与t之间的函数关系式.（4）连结NQ，当NQ与△ABD的一边平行时，直接写出t的值.【答案】（1）（10-5t）（2）解：如图①，当点N落在边AB上时，四边形PNBQ为矩形．∵PN∥DB，∴△APN∽△ADB，∴AP：AD=PN：DB，∴（10－5t）：10=8t：8，120t=80，∴．（3）解：分三种情况讨论：a)如图②，过点P作PE⊥BD于点E，则PE=3t．当时，．b)如图③，过点P作PE⊥BD于点E，则PE=3t，设PN交AB于点F，则．当时，．c)如图④，当时，PF=8-4t，FB=3t，PN=DB=QM=8，∴FN=4t，DQ=6(t-1)，∴BM=DQ=6(t-1)．∵∠GBM=∠A，∠DBA=∠GMB，∴△BGM∽△ABD，∴GM：BM=DB：AB，解得：GM=8t-8，∴S=S平行四边形PNMQ-S△FMN-S△BMG=8（9t-6）－ ×4t×（9t-6）－ ×（6t-6）（8t-8）= ．综上所述：（4）解：分三种情况讨论．①当NQ∥AB时，如图5，过P作PF⊥BD于F，则PF=3t，DF=4t，PN=FQ=BQ=8t，∴BD=8t+8t+4t=8，解得：．②当AD∥NQ，且Q在BD上时，如图6．∵PNQD和PNBQ都是平行四边形，∴PN=DQ=BQ，∴8t+8t=8，解得：．③当AD∥NQ，且Q在DC上时，如图7，可以证明当Q与C重合，即直线NQ与直线BC重合时，满足条件，如图8，此时DQ=AB= =6，t= =2．综上所述：或或．【解析】【解答】解：（1）（10-5t）；【分析】（1）由题意可得，DP=5t,所以AP=AD-DP=10-5t;（2）由欧勾股定理的逆定理可得∠ABD=，所以根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可得，当点N落在边AB上时，四边形PNBQ为矩形；由平行线分线段成比例定理可得比例式：,则可得关于t的方程，解方程即可求解；（3）由（2）知，当□PQMN全部在□ABCD中时，运动时间是秒，由已知条件可知，点Q 在BD边上的运动速度是8cm/s，在DC边上的运动速度是6cm/s，所以当点Q运动到C点时，点P也运动到了点A，所以分3种情况：a)如图②，过点P作PE⊥BD于点E，当0 < t ≤时， S=BQ PE；b)如图③，过点P作PE⊥BD于点E，设PN交AB于点F，当< t ≤ 1 时，S =（PF+BQ）PE；c)如图④，当1 < t ≤ 2 时， S =平行四边形PNMQ的面积-三角形FNM的面积-三角形BMG 的面积；（4）由题意NQ与△ABD的一边平行可知，有3种情况：①当NQ∥AB；②当AD∥NQ，且Q在BD上时；③当AD∥NQ，且Q在DC上时。
2020-2021中考数学圆与相似综合练习题含答案
2020-2021中考数学圆与相似综合练习题含答案一、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．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。
2020-2021中考数学专题复习分类练习 圆与相似综合解答题含详细答案
2020-2021中考数学专题复习分类练习圆与相似综合解答题含详细答案一、相似1．在△ABC中，∠ABC=90°．（1）如图1，分别过A、C两点作经过点B的直线的垂线，垂足分别为M、N，求证：△ABM∽△BCN；（2）如图2，P是边BC上一点，∠BAP=∠C，tan∠PAC= ，求tanC的值；（3）如图3，D是边CA延长线上一点，AE=AB，∠DEB=90°，sin∠BAC= ，，直接写出tan∠CEB的值．【答案】（1）解：∵AM⊥MN，CN⊥MN，∴∠AMB=∠BNC=90°，∴∠BAM+∠ABM=90°，∵∠ABC=90°，∴∠ABM+∠CBN=90°，∴∠BAM=∠CBN，∵∠AMB=∠NBC，∴△ABM∽△BCN（2）解：如图2，过点P作PM⊥AP交AC于M，PN⊥AM于N.∵∠BAP+∠1=∠CPM+∠1=90°，∴∠BAP=∠CPM=∠C，∴MP=MC∵tan∠PAC=，设MN=2m,PN=m,根据勾股定理得，PM=,∴tanC=（3）解：在Rt△ABC中，sin∠BAC= = ，过点A作AG⊥BE于G，过点C作CH⊥BE交EB的延长线于H，∵∠DEB=90°，∴CH∥AG∥DE，∴ =同（1）的方法得，△ABG∽△BCH∴，设BG=4m，CH=3m，AG=4n，BH=3n，∵AB=AE，AG⊥BE，∴EG=BG=4m，∴GH=BG+BH=4m+3n，∴，∴n=2m，∴EH=EG+GH=4m+4m+3n=8m+3n=8m+6m=14m，在Rt△CEH中，tan∠BEC= =【解析】【分析】（1）根据垂直的定义得出∠AMB=∠BNC=90°，根据同角的余角相等得出∠BAM=∠CBN，利用两个角对应相等的两个三角形相似得出：△ABM∽△BCN；（2）过点P作PF⊥AP交AC于F，在Rt△AFP中根据正切函数的定义，由tan∠PAC=,同（1）的方法得，△ABP∽△PQF，故,设AB= a，PQ=2a，BP= b，FQ=2b（a＞0，b＞0），然后判断出△ABP∽△CQF，得从而表示出CQ，进根据线段的和差表示出BC，再判断出△ABP∽△CBA，得出再得出BC，从而列出方程，表示出BC,AB，在Rt△ABC中，根据正切函数的定义得出tanC的值；（3）在Rt△ABC中，利用正弦函数的定义得出：sin∠BAC=,过点A作AG⊥BE于G，过点C作CH⊥BE交EB的延长线于H，根据平行线分线段成比例定理得出，同（1）的方法得，△ABG∽△BCH ，故，设BG=4m，CH=3m，AG=4n，BH=3n，根据等腰三角形的三线合一得出EG=BG=4m，故GH=BG+BH=4m+3n，根据比例式列出方程，求解得出n与m的关系，进而得出EH=EG+GH=4m+4m+3n=8m+3n=8m+6m=14m，在Rt△CEH中根据正切函数的定义得出tan∠BEC的值。
2020-2021中考数学圆与相似的综合题试题及详细答案
2020-2021中考数学圆与相似的综合题试题及详细答案一、相似1．如图，矩形OABC的两边在坐标轴上，点A的坐标为（10，0），抛物线y=ax2+bx+4过点B，C两点，且与x轴的一个交点为D（﹣2，0），点P是线段CB上的动点，设CP=t （0＜t＜10）．（1）请直接写出B、C两点的坐标及抛物线的解析式；（2）过点P作PE⊥BC，交抛物线于点E，连接BE，当t为何值时，∠PBE=∠OCD？（3）点Q是x轴上的动点，过点P作PM∥BQ，交CQ于点M，作PN∥CQ，交BQ于点N，当四边形PMQN为正方形时，请求出t的值．【答案】（1）解：在y＝ax2＋bx＋4中，令x＝0可得y＝4，∴C（0，4），∵四边形OABC为矩形，且A（10，0），∴B（10，4），把B、D坐标代入抛物线解析式可得，解得，∴抛物线解析式为y＝ x2＋ x＋4；（2）解：由题意可设P（t，4），则E（t， t2＋ t＋4），∴PB＝10﹣t，PE＝ t2＋ t＋4﹣4＝ t2＋ t，∵∠BPE＝∠COD＝90°，当∠PBE＝∠OCD时，则△PBE∽△OCD，∴，即BP•OD＝CO•PE，∴2（10﹣t）＝4（ t2＋ t），解得t＝3或t＝10（不合题意，舍去），∴当t＝3时，∠PBE＝∠OCD；当∠PBE＝∠CDO时，则△PBE∽△ODC，∴，即BP•OC＝DO•PE，∴4（10﹣t）＝2（ t2＋ t），解得t＝12或t＝10（均不合题意，舍去）综上所述∴当t＝3时，∠PBE＝∠OCD（3）解：当四边形PMQN为正方形时，则∠PMC＝∠PNB＝∠CQB＝90°，PM＝PN，∴∠CQO＋∠AQB＝90°，∵∠CQO＋∠OCQ＝90°，∴∠OCQ＝∠AQB，∴Rt△COQ∽Rt△QAB，∴，即OQ•AQ＝CO•AB，设OQ＝m，则AQ＝10﹣m，∴m（10﹣m）＝4×4，解得m＝2或m＝8，①当m＝2时，CQ＝＝，BQ＝＝，∴sin∠BCQ＝＝，sin∠CBQ＝＝，∴PM＝PC•sin∠PCQ＝ t，PN＝PB•sin∠CBQ＝（10﹣t），∴ t ＝（10﹣t），解得t＝，②当m＝8时，同理可求得t＝，∴当四边形PMQN为正方形时，t的值为或【解析】【分析】（1）先求出抛物线与y轴的交点C的坐标，再根据矩形ABCO及点A的坐标为（10，0），求出点B的坐标，然后利用待定系数法，将点B、D的坐标分别代入函数解析式求出二次函数解析式。
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。
2020-2021中考数学圆与相似综合经典题附答案
2020-2021中考数学圆与相似综合经典题附答案一、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。
2020-2021中考数学圆的综合综合题含答案解析
2020-2021中考数学中考数学圆的综合圆的综合 综合题含答案解析综合题含答案解析一、圆的综合 1．如图，已知在△ABC 中，AB=15，AC=20，tanA=12，点P 在AB 边上，⊙P 的半径为定长.当点P 与点B 重合时，⊙P 恰好与AC 边相切；当点P 与点B 不重合时，⊙P 与AC 边相交于点M 和点N ．（1）求⊙P 的半径；的半径；（2）当AP=65时，试探究△APM 与△PCN 是否相似，并说明理由． 【答案】（1）半径为35；（2）相似，理由见解析. 【解析】【分析】（1）如图，作BD ⊥AC ，垂足为点D ，⊙P 与边AC 相切，则BD 就是⊙P 的半径，利用解直角三角形得出BD 与AD 的关系，再利用勾股定理可求得BD 的长； （2）如图，过点P 作PH ⊥AC 于点H ，作BD ⊥AC ，垂足为点D ，根据垂径定理得出MN=2MH ，PM=PN ，再利用勾股定理求出PH 、AH 、MH 、MN 的长，从而求出AM 、NC 的长，然后求出AM MP、PNNC的值，得出AM MP=PN NC，利用两边对应成比例且夹角相等的两三角形相似即可证明.【详解】（1）如图，作BD ⊥AC ，垂足为点D ，∵⊙P 与边AC 相切， ∴BD 就是⊙P 的半径， 在Rt △ABD 中，tanA=1BD2AD， 设BD=x ，则AD=2x ， ∴x 2+(2x)2=152， 解得：x=35， ∴半径为35；（2）相似，理由见解析，如图，过点P 作PH ⊥AC 于点H ，作BD ⊥AC ，垂足为点D ，∴PH 垂直平分MN ， ∴PM=PN ， 在Rt △AHP 中，tanA=12PH AH=，设PH=y ，AH=2y ，y 2+（2y ）2=（65）2 解得：y=6（取正数）， ∴PH=6，AH=12， 在Rt △MPH 中，MH=()22356-=3，∴MN=2MH=6， ∴AM=AH-MH=12-3=9， NC=AC-MN-AM=20-6-9=5，∴935535AM MP ==，355PN NC =， ∴AM MP =PN NC ， 又∵PM=PN ，∴∠PMN=∠PNM ， ∴∠AMP=∠PNC ， ∴△AMP ∽△PNC.【点睛】本题考查了解直角三角形、垂径定理、相似三角形的判定与性质等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线、灵活应用相关的性质与定理是解题的关键.2．如图1，以边长为4的正方形纸片ABCD 的边AB 为直径作⊙O ，交对角线AC 于点E ． （1）图1中，线段AE= ；（2）如图2，在图1的基础上，以点A 为端点作∠DAM=30°，交CD 于点M ，沿AM 将四边形ABCM 剪掉，使Rt △ADM 绕点A 逆时针旋转（如图3），设旋转角为α（0°＜α＜150°），在旋转过程中AD 与⊙O 交于点F ． ①当α=30°时，请求出线段AF 的长；②当α=60°时，求出线段AF的长；判断此时DM与⊙O的位置关系，并说明理由；③当α= °时，DM与⊙O相切．【答案】（1）2（2）①2②2，相离③当α=90°时，DM与⊙O相切【解析】（1）连接BE，∵AC是正方形ABCD的对角线，∴∠BAC=45°，∴△AEB是等腰直角三角形，又∵AB=8，∴AE=4；（2）①连接OA、OF，由题意得，∠NAD=30°，∠DAM=30°，故可得∠OAM=30°，∠DAM=30°，则∠OAF=60°，又∵OA=OF，∴△OAF是等边三角形，∵OA=4，∴AF=OA=4；②连接B'F，此时∠NAD=60°，∵AB'=8，∠DAM=30°，∴AF=AB'cos∠DAM=8×=4； 此时DM与⊙O的位置关系是相离；③∵AD=8，直径的长度相等，∴当DM与⊙O相切时，点D在⊙O上，故此时可得α=∠NAD=90°．点睛：此题属于圆的综合题，主要是仔细观察每一次旋转后的图形，根据含30°角的直角三角形进行计算，另外在解答最后一问时，关键是判断出点D的位置，有一定难度．3．如图，P A、PB是⊙O的切线，A，B为切点，∠APB=60°，连接PO并延长与⊙O交于C 点，连接AC、BC．（Ⅰ）求∠ACB的大小；（Ⅱ）若⊙O半径为1，求四边形ACBP的面积．【答案】（Ⅰ）60°；（Ⅱ）332【解析】分析：（Ⅰ）连接AO，根据切线的性质和切线长定理，得到OA⊥AP，OP平分∠APB，然后根据角平分线的性质和三角形的外角的性质，30°角的直角三角形的性质，得到∠ACB的度数；（Ⅱ）根据30°角的直角三角形的性质和等腰三角形的性质，结合等底同高的性质求三角形的面积即可．详解：（Ⅰ）连接OA ，如图，∵P A 、PB 是⊙O 的切线， ∴OA ⊥AP ，OP 平分∠APB ， ∴∠APO=12∠APB=30°，∴∠AOP=60°， ∵OA=OC ， ∴∠OAC=∠OCA ， ∴∠ACO=12AOP=30°，同理可得∠BCP=30°， ∴∠ACB=60°；（Ⅱ）在Rt △OPA 中，∵∠APO=30°， ∴AP=3OA=3，OP=2OA=2， ∴OP=2OC ， 而S △OPA =12×1×3， ∴S △AOC =12S △PAO =34，∴S △ACP =334，∴四边形ACBP 的面积=2S △ACP =332．点睛：本题考查了切线的性质，解直角三角形，等腰三角形的判定，熟练掌握切线的性质是解题的关键．4．等腰Rt △ABC 和⊙O 如图放置，已知AB=BC=1，∠ABC=90°，⊙O 的半径为1，圆心O 与直线AB 的距离为5．1）若△ABC 以每秒2个单位的速度向右移动，⊙O 不动，则经过多少时间△ABC 的边与圆第一次相切？ （2）若两个图形同时向右移动，△ABC 的速度为每秒2个单位，⊙O 的速度为每秒1个单位，则经过多少时间△ABC 的边与圆第一次相切？ （3）若两个图形同时向右移动，△ABC 的速度为每秒2个单位，⊙O 的速度为每秒1个单位，同时△ABC 的边长AB 、BC 都以每秒0.5个单位沿BA 、BC 方向增大．△ABC 的边与圆第一次相切时，点B 运动了多少距离？【答案】（1）522-；（2） 52-；（3）20423- 【解析】分析：（1）分析易得，第一次相切时，与斜边相切，假设此时，△ABC 移至△AʹBʹCʹ处，AʹCʹ与⊙O 切于点E ，连OE 并延长，交BʹCʹ于F ．由切线长定理易得CCʹ的长，进而由三角形运动的速度可得答案；（2）设运动的时间为t 秒，根据题意得：CCʹ=2t ，DDʹ=t ，则CʹDʹ=CD+DDʹCʹDʹ=CD+DDʹ--CCʹ=4+t CCʹ=4+t-2t=4-t -2t=4-t ，由第（1）的结论列式得出结果；（3）求出相切的时间，进而得出B 点移动的距离． 详解：（1）假设第一次相切时，△ABC 移至△AʹBʹCʹ处， 如图1，AʹCʹ与⊙O 切于点E ，连接OE 并延长，交BʹCʹ于F ，设⊙O 与直线l 切于点D ，连接OD ，则OE ⊥AʹCʹ，OD ⊥直线l ， 由切线长定理可知CʹE=CʹD ， 设CʹD=x ，则CʹE=x ， ∵△ABC 是等腰直角三角形， ∴∠A=∠ACB=45°，∴∠AʹCʹBʹ=∠ACB=45°， ∴△EFCʹ是等腰直角三角形， ∴CʹF=2x ，∠OFD=45°， ∴△OFD 也是等腰直角三角形， ∴OD=DF ， ∴2x+x=1，则x=2-1，∴CCʹ=BD CCʹ=BD-BC--BC--BC-CʹD=5CʹD=5CʹD=5-1--1-（2-1）=5-2，∴点C 运动的时间为522-；则经过522-秒，△ABC 的边与圆第一次相切； （2）如图2，设经过t 秒△ABC 的边与圆第一次相切，△ABC 移至△AʹBʹCʹ处，⊙O 与BC 所在直线的切点D 移至Dʹ处，AʹCʹ与⊙O 切于点E ，连OE 并延长，交BʹCʹ于F ， ∵CCʹ=2t ，DDʹ=t ，∴CʹDʹ=CD+DDʹCʹDʹ=CD+DDʹ--CCʹ=4+t CCʹ=4+t-2t=4-t -2t=4-t ， 由切线长定理得CʹE=CʹDʹ=4CʹE=CʹDʹ=4-t -t ， 由（1）得：4-t=2-1， 解得：t=5-2，答：经过5-2秒△ABC 的边与圆第一次相切； （3）由（2）得CCʹ=（2+0.5）t=2.5t ，DDʹ=t ， 则CʹDʹ=CD+DDʹCʹDʹ=CD+DDʹ--CCʹ=4+t CCʹ=4+t-2.5t=4-1.5t -2.5t=4-1.5t ， 由切线长定理得CʹE=CʹDʹ=4CʹE=CʹDʹ=4-1.5t -1.5t ， 由（1）得：4-1.5t=2-1，解得：t=10223-， ∴点B 运动的距离为2×10223-=20423-．点睛：本题要求学生熟练掌握圆与直线的位置关系，并结合动点问题进行综合分析，比较复杂，难度较大，考查了学生数形结合的分析能力．5．如图，在⊙O 中，直径AB ⊥弦CD 于点E ，连接AC ，BC ，点F 是BA 延长线上的一点，且∠FCA ＝∠B .(1)求证：CF 是⊙O 的切线； (2)若AE ＝4，tan ∠ACD ＝33，求FC 的长．【答案】（1）见解析【解析】分析：（1）利用圆周角定理以及等腰三角形的性质得出∠OCF=90°，进而得出答案； （2）根据正切的性质求出EC 的长，然后利用垂径定理求出圆的半径，再根据等边三角形的性质，利用勾股定理求出即可．详解：(1)证明：连接OC.∵AB 是⊙O 的直径， ∴∠ACB ＝90°，∴∠OCB ＋∠ACO ＝90°90°.. ∵OB ＝OC ，∴∠B ＝∠OCB. 又∵∠FCA ＝∠B ，∴∠FCA ＝∠OCB ， ∴∠FCA ＋∠ACO ＝90°，即∠FCO ＝90°， ∴FC ⊥OC ， ∴FC 是⊙O 切线． (2)解：∵AB ⊥CD ，∴∠AEC ＝90°，∴EC=AE 443tan ACE 33∠==， 设OA ＝OC ＝r ，则OE ＝OA －AE ＝r －4. 在Rt △OEC 中，OC 2＝OE 2＋CE 2， 即r 2＝(r －4)2＋(43)2，解得r ＝8. ∴OE ＝r －4＝4＝AE. ∵CE ⊥OA ，∴CA ＝CO ＝8， ∴△AOC 是等边三角形， ∴∠FOC ＝60°，∴∠F ＝30°30°.. 在Rt △FOC 中， ∵∠OCF ＝90°，OC ＝8，∠F ＝30°， ∴OF＝2OC ＝16， ∴FC ＝22OF OC 83-=.点睛：此题主要考查了切线的判定、垂径定理的推论以及勾股定理等知识，得出BC 的长是解题关键．6．如图．在△ABC 中，∠C =90°，AC =BC ，AB =30cm ，点P 在AB 上，AP =10cm ，点E 从点P出发沿线段PA以2c m/s的速度向点A运动，同时点F从点P出发沿线段PB以1c m/s的速度向点B运动，点E到达点A后立刻以原速度沿线段AB向点B运动，在点E、F运动过程中，以EF为边作正方形EFGH，使它与△ABC在线段AB的同侧，设点E、F运动的时间为t （s）（0＜t＜20）．（1）当点H落在AC边上时，求t的值；（2）设正方形EFGH与△ABC重叠部分的面积为S．①试求S关于t的函数表达式；②以点C为圆心，12t为半径作⊙C，当⊙C与GH所在的直线相切时，求此时S的值．【答案】（1）t=2s或10s；（2）①S=2229? (02)75050(210)240400? (1020)t tt t tt t t⎧<≤⎪⎪-+-<≤⎨⎪-+<<⎪⎩；②100cm2．【解析】试题分析：（1）如图1中，当0＜t≤5时，由题意AE=EH=EF，即10﹣2t=3t，t=2；如图2中，当5＜t＜20时，AE=HE，2t﹣10=10﹣（2t﹣10）+t，t=10；（2）分四种切线讨论a、如图3中，当0＜t≤2时，重叠部分是正方形EFGH，S=（3t）2=9t2．b、如图4中，当2＜t≤5时，重叠部分是五边形EFGMN．c、如图5中，当5＜t＜10时，重叠部分是五边形EFGMN．d、如图6中，当10＜t＜20时，重叠部分是正方形EFGH．分别计算即可；②分两种情形分别列出方程即可解决问题．试题解析：解：（1）如图1中，当0＜t≤5时，由题意得：AE=EH=EF，即10﹣2t=3t，t=2如图2中，当5＜t＜20时，AE=HE，2t﹣10=10﹣（2t﹣10）+t，t=10．综上所述：t=2s或10s时，点H落在AC边上．（2）①如图3中，当0＜t≤2时，重叠部分是正方形EFGH，S=（3t）2=9t2如图4中，当2＜t≤5时，重叠部分是五边形EFGMN，S=（3t）2﹣1（5t﹣10）2=﹣27t2+50t﹣50．21如图5中，当5＜t＜10时，重叠部分是五边形EFGMN，S=（20﹣t）2﹣（30﹣3t）2=﹣27t2+50t﹣50．2如图6中，当10＜t＜20时，重叠部分是正方形EFGH，S=（20﹣t）2=t2﹣40t+400．综上所述：S=2229? (02)75050(210)240400? (1020) t tt t tt t t⎧<≤⎪⎪-+-<≤⎨⎪-+<<⎪⎩．②如图7中，当＜t≤5时，12t+3t=15，解得：t=307，此时S=100cm2，当5＜t＜20时，12t+20﹣t=15，解得：t=10，此时S=100．综上所述：当⊙C与GH所在的直线相切时，求此时S的值为100cm2点睛：本题考查了圆综合题、正方形的性质、等腰直角三角形的性质、切线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，注意不能漏解，属于中考压轴题．7．四边形ABCD内接于⊙O，点E为AD上一点，连接AC，CB，∠B=∠AEC．（1）如图1，求证：CE=CD；（2）如图2，若∠B+∠CAE=120°，∠ACD=2∠BAC，求∠BAD的度数；（3）如图3，在（2）的条件下，延长CE交⊙O于点G，若tan∠BAC= 5311，EG=2，求AE的长．【答案】（1）见解析；（2）60°；（3）7.【解析】试题分析：(1)利用圆的内接四边形定理得到∠CED=∠CDE.(2) 作CH⊥DE于H, 设∠ECH=α，由（1）CE=CD，用α表示∠CAE，∠BAC，而∠BAD=∠BAC+∠CAE.（3）连接AG，作GN⊥AC，AM⊥EG，先证明∠CAG=∠BAC，设NG=53m，可得AN=11m，利用直角n AGM, n AEM，勾股定理可以算出m的值并求出AE长.试题解析：（1）解：证明：∵四边形ABCD内接于⊙O.∴∠B+∠D=180°，∵∠B=∠AEC，∴∠AEC+∠D=180°，∵∠AEC+∠CED=180°，∴∠D=∠CED，∴CE=CD．（2）解：作CH⊥DE于H．设∠ECH=α，由（1）CE=CD，∴∠ECD=2α，∵∠B=∠AEC，∠B+∠CAE=120°，∴∠CAE+∠AEC=120°，∴∠ACE=180°﹣∠AEC﹣∠ACE=60°，60°++α）=30°﹣α， ∴∠CAE=90°﹣∠ACH=90°﹣（60°=60°+2+2α，∠ACD=∠ACH+∠HCD=60°∵∠ACD=2∠BAC，=30°++α，∴∠BAC=30°=30°++α+30°﹣α=60°．∴∠BAD=∠BAC+∠CAE=30°（3）解：连接AG，作GN⊥AC，AM⊥EG，∵∠CED=∠AEG，∠CDE=∠AGE，∠CED=∠CDE， ∴∠AEG=∠AGE，∴AE=AG，∴EM=MG=1EG=1，2∴∠EAG=∠ECD=2α，∴∠CAG=∠CAD+∠DAG=30°﹣α+2α=∠BAC，∵tan ∠BAC =5311，∴设NG=53m ，可得AN =11m ，AG =22AG AM -=14m ，∵∠ACG =60°，∴CN=5m，AM =83m ，MG =22AG AM -=2m =1，∴m =12，∴CE=CD =CG ﹣EG =10m ﹣2=3， ∴AE =22AM EM +=221+43（）=7．8．阅读下列材料：如图1，⊙O 1和⊙O 2外切于点C ，AB 是⊙O 1和⊙O 2外公切线，A 、B 为切点， 求证：AC ⊥BC证明：过点C 作⊙O 1和⊙O 2的内公切线交AB 于D ，∵DA 、DC 是⊙O 1的切线 ∴DA=DC ． ∴∠DAC=∠DCA ． 同理∠DCB=∠DBC ．又∵∠DAC+∠DCA+∠DCB+∠DBC=180°， ∴∠DCA+∠DCB=90°． 即AC ⊥BC ．根据上述材料，解答下列问题：（1）在以上的证明过程中使用了哪些定理？请写出两个定理的名称或内容； （2）以AB 所在直线为x 轴，过点C 且垂直于AB 的直线为y 轴建立直角坐标系（如图2），已知A 、B 两点的坐标为（﹣4，0），（1，0），求经过A 、B 、C 三点的抛物线y=ax 2+bx+c 的函数解析式；（3）根据（2）中所确定的抛物线，试判断这条抛物线的顶点是否落在两圆的连心O 1O 2上，并说明理由．【答案】（1）见解析；（2）213222y x x=+- ；（3）见解析 【解析】试题分析：（1）由切线长相等可知用了切线长定理；由三角形的内角和是180°，可知用了三角形内角和定理；（2）先根据勾股定理求出C 点坐标，再用待定系数法即可求出经过、、A B C 三点的抛物线的函数解析式；（3）过C 作两圆的公切线，交AB 于点D ，由切线长定理可求出D 点坐标，根据,C D 两点的坐标可求出过,C D 两点直线的解析式，根据过一点且互相垂直的两条直线解析式的关系可求出过两圆圆心的直线解析式，再把抛物线的顶点坐标代入直线的解析式看是否适合即可．试题解析：(1)DA 、DC 是1O e 的切线， ∴DA =DC .应用的是切线长定理；180DAC DCA DCB DBC ∠+∠+∠+∠=o，应用的是三角形内角和定理 (2)设C 点坐标为(0,y ),则222AB AC BC =+， 即()()222224141y y --=-+++，即225172y =+,解得y =2(舍去)或y =−2.故C 点坐标为(0,−2)， 设经过、、A B C 三点的抛物线的函数解析式为2y ax bx c ，=++则164002,a b c a b c c -+=⎧⎪++=⎨⎪=-⎩ 解得12322a b c ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪=-⎪⎪⎩，故所求二次函数的解析式为2132.22y x x =+- (3)过C 作两圆的公切线CD 交AB 于D ,则AD =BD =CD ,由A (−4,0),B (1,0)可知3(,0)2D -， 设过CD 两点的直线为y =kx +b ,则3022k b b ⎧-+=⎪⎨⎪=-⎩， 解得432k b ⎧=-⎪⎨⎪=-⎩， 故此一次函数的解析式为423y x =--，∵过12,O O 的直线必过C 点且与直线423y x =--垂直，故过12,O O 的直线的解析式为324y x =-， 由(2)中所求抛物线的解析式可知抛物线的顶点坐标为325(,)28--，代入直线解析式得33252,428⎛⎫⨯--=- ⎪⎝⎭故这条抛物线的顶点落在两圆的连心12O O 上.9．如图，AB 是⊙O 的直径，弦CD ⊥AB 于点G ，点F 是CD 上一点，且满足若13CF DF =,连接AF 并延长交⊙O 于点E ，连接AD 、DE ，若CF=2，AF=3.（1）求证：△ADF ∽△AED ； （2）求FG 的长； （3）求tan ∠E 的值． 【答案】(1)证明见解析;(2)FG =2;(3)54. 【解析】分析：（1）由AB 是 O 的直径，弦CD ⊥AB ，根据垂径定理可得：弧AD=弧AC ，DG=CG ，继而证得△ADF ∽△AED ；（2）由13CF FD = ,CF=2，可求得DF 的长，继而求得CG=DG=4，则可求得FG=2；（3）由勾股定理可求得AG 的长，即可求得tan ∠ADF 的值，继而求得tan ∠E=54 .本题解析：①∵AB 是⊙O 的直径，弦CD ⊥AB ， ∴DG=CG ，∴»»AD AC =，∠ADF=∠AED ，∵∠FAD=∠DAE （公共角），∴△ADF ∽△AED ；②∵13CF FD=，CF=2，∴FD=6，∴CD=DF+CF=8，∴CG=DG=4，∴FG=CG-CF=2；③∵AF=3，FG=2，∴AG=225AF FG -=，点睛：本题考查了相似三角形的判定与性质、圆周角定理、垂径定理、勾股定理以及三角函数等知识点，考查内容较多，综合性较强，难度适中，注意掌握数形结合的思想.10．如图，AB 是半圆O 的直径，半径OC ⊥AB ，OB ＝4，D 是OB 的中点，点E 是弧BC 上的动点，连接AE ，DE ．（1）当点E 是弧BC 的中点时，求△ADE 的面积；（2）若3tan 2AED ∠= ，求AE 的长；（3）点F 是半径OC 上一动点，设点E 到直线OC 的距离为m ，当△DEF 是等腰直角三角形时，求m 的值.【答案】（1）62ADES=；（2）1655AE =；（3）23m = ，22m =，71m =-.【解析】 【分析】（1）作EH ⊥AB ，连接OE ，EB ，设DH ＝a ，则HB ＝2﹣a ，OH ＝2+a ，则EH ＝OH ＝2+a ，根据Rt △AEB 中，EH 2＝AH•BH ，即可求出a 的值，即可求出S △ADE 的值；（2）作DF ⊥AE ，垂足为F ，连接BE ，设EF ＝2x ，DF ＝3x ，根据DF ∥BE 故AF AD EF BD=，得出AF ＝6x ，再利用Rt △AFD 中，AF 2+DF 2＝AD 2，即可求出x ，进而求出AE 的长； （3）根据等腰直角三角形的不同顶点进行分类讨论，分别求出m 的值.【详解】解：（1）如图，作EH ⊥AB ，连接OE ，EB ， 设DH ＝a ，则HB ＝2﹣a ，OH ＝2+a ， ∵点E 是弧BC 中点， ∴∠COE ＝∠EOH ＝45°， ∴EH ＝OH ＝2+a ，在Rt △AEB 中，EH 2＝AH•BH ， （2+a ）2＝（6+a ）（2﹣a ）， 解得a ＝222±-， ∴a ＝222-，EH=22，S △ADE ＝1622AD EH =n n ;（2）如图，作DF ⊥AE ，垂足为F ，连接BE设EF ＝2x ，DF ＝3x ∵DF ∥BE ∴AF ADEF BD = ∴622AF x ==3 ∴AF ＝6x在Rt △AFD 中，AF 2+DF 2＝AD 2 （6x ）2+（3x ）2＝（6）2 解得x ＝255 AE ＝8x ＝1655（3）当点D 为等腰直角三角形直角顶点时，如图设DH ＝a由DF=DE,∠DOF=∠EHD=90°，∠FDO+∠DFO=∠FDO+∠EDH ， ∴∠DFO=∠EDH ∴△ODF ≌△HED ∴OD ＝EH ＝2在Rt △ABE 中，EH 2＝AH•BH （2）2＝（6+a ）•（2﹣a ）解得a＝±232-m＝23当点E为等腰直角三角形直角顶点时，如图同理得△EFG≌△DEH设DH＝a，则GE＝a，EH＝FG＝2+a在Rt△ABE中，EH2＝AH•BH（2+a）2＝（6+a）（2﹣a）解得a＝222±-∴m＝22当点F为等腰直角三角形直角顶点时，如图同理得△EFM≌△FDO设OF＝a，则ME＝a，MF＝OD＝2∴EH＝a+2在Rt△ABE中，EH2＝AH•BH（a+2）2＝（4+a）•（4﹣a）-解得a＝±71m＝71-【点睛】此题主要考查圆内综合问题，解题的关键是熟知全等三角形、等腰三角形、相似三角形的判定与性质.11．如图1，等腰直角△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，过点A，C的圆交AB于点D，交BC 于点E，连结DE（2）如图2，连结CD，若CE=3，△ACD的面积为10，求tan∠BCD1）若AD=7，BD=1，分别求DE，CE的长是△CPF的内心（3）如图3，在圆上取点P使得∠PCD=∠BCD（点P与点E不重合），连结PD，且点D ①请你画出△CPF，说明画图过程并求∠CDF的度数②设PC=a ，PF=b ，PD=c ，若（a-2c ）（b-2c ）=8，求△CPF 的内切圆半径长．【答案】（1）DE=1，CE=32；（2）tan ∠BCD=14；（3）①135°；②2. 【解析】 【分析】（1）由A 、C 、E 、D 四点共圆对角互补为突破口求解；（2）找∠BDF 与∠ODA 为对顶角，在⊙O 中，∠COD=2∠CAD ，证明△OCD 为等腰直角三角形，从而得到∠EDC+∠ODA=45°，即可证明∠CDF=135°；（3）过点D 做DH CB ⊥于点H ，以D 为圆心，DH 为半径画圆，过点P 做D e 切线PF 交CB 的延长线于点F ，结合圆周角定理得出∠CPD=∠CAD=45°，再根据圆的内心是三角形三个内角角平分线的交点，得出∠CPF=90°，然后根据角平分线性质得出114522DCF CFD PCF PFC ∠+∠=∠+∠=︒，最后再根据三角形内角和定理即可求解；证明∠DCF+∠CFD=45°，从而证明∠CPF 是直角，再求证四边形PKDN 是正方形，最后以△PCF 面积不变性建立等量关系，结合已知（a-2c ）（b-2c ）=8，消去字母a ，b 求出c 值，即求出△CPF 的内切圆半径长为22c ． 【详解】（1）由图可知：设BC=x ．在Rt △ABC 中，AC=BC ．由勾股定理得： AC 2+BC 2=AB 2，∵AB=AD+BD ，AD=7，BD=1， ∴x 2+x 2=82， 解得：x=42．∵⊙O 内接四边形，∠ACD=90°，∴∠ADE=90°， ∴∠EDB=90°，∵∠B=45°，∴△BDE 是等腰直角三形．∴DE=DB ，又∵DB=1， ∴DE=1，又∵CE=BC-BE ，∴CE=42232-=．（2）如图所示：在△DCB 中过点D 作DM ⊥BE ，设BE=y ，则DM=12y ， 又∵CE=3，∴BC=3+y ，∵S △ACB =S ACD +S DCB ， ∴()1114242103y y 222⨯⨯=+⨯+⨯， 解得：y=2或y=-11（舍去）．∴EM=1，CM=CE+ME=1+3=4，又∵∠BCD=∠MCD ， ∴tan ∠BCD=tan ∠MCD ，在Rt △DCM 中，tan ∠MCD=DM CM =14，∴tan ∠BCD=14． （3）①如下图所示： 过点D 做DH CB ⊥于点H ，以D 为圆心，DH 为半径画圆，过点P 做D e 切线PF 交CB 的延长线于点F ．∵∠CAD=45°，∴∠CPD=∠CAD=45°，又∵点D 是CPF ∆的内心，∴PD 、CD 、DF 都是角平分线，∴∠FPD=∠CPD =45°，∠PCD=∠DCF ，∠PFD=∠CFD ∴∠CPF=90°∴∠PCF+∠PFC=90°∴114522DCF CFD PCF PFC ∠+∠=∠+∠=︒ ∴∠CDF=180°CDF=180°--∠DCF-∠CFD F=90°CFD F=90°+45°+45°+45°=135°=135°， 即∠CDF 的度数为135°．②如下图所示过点D 分别作DK ⊥PC ，DM ⊥CF ，DN ⊥PF 于直线PC ，CF 和PF 于点K ，M ，N 三点， 设△PCF 内切圆的半径为m ，则DN=m ，∵点D 是△PCF 的内心，∴DM=DN=DK ，又∵∠DCF+∠CFD+∠FDC=180°，∠FDC=45°，∴∠DCF+∠CFD=45°，又∵DC ，DF 分别是∠PCF 和∠PFC 的角平分线，∴∠PCF=2∠DCF ，∠PFC=2∠DFC ，∴∠PCF+∠PFC=90°，∴∠CPF=90°．在四边形PKDN 中，∠PND=∠NPK=∠PKD=90°，∴四边形PKDN 是矩形，又∵KD=ND ，∴四边形PKDN 是正方形．又∵∠MBD=∠BDM=45°，∠BDM=∠KDP ， ∴∠KDP=45°．∵PC=a ，PF=b ，PD=c ， ∴PN=PK=2C 2， ∴NF=2b c 2-，CK=2a c 2-， 又∵CK=CM ，FM=FN ，CF=CM+FM ，∴CF=a b 2c +-， 又∵S △PCF =S △PDF +S △PDC +S △DCF ，∴112121ab a c b c (a b 2222222=⨯+⨯++-c ）×2c 2， 化简得：ab=()22a b c c +-------（Ⅰ），又∵若（a-2c ）（b-2c ）=8化简得：()2ab 2c a b 2c 8-++=------（Ⅱ），将（Ⅰ）代入（Ⅱ）得：c 2=8，解得：c 22=，或c 22=-（舍去），∴m=22c 22222=⨯=， 即△CPF 的内切圆半径长为2． 【点睛】本题考查圆的内接四边形性质，圆的内心，圆心角、圆周角，同弧（或等弧）之间的相互关系，同时也考查直角三角形，勾股定理，同角或等角的三角函数值相等和三角形的面积公式，正方形，对顶角和整式的运算等知识点；难点是作辅助线和利用等式求△CPF 的内切圆半径长．12．如图1，AB 为半圆O 的直径，半径OP ⊥AB ，过劣弧AP 上一点D 作DC ⊥AB 于点C ．连接DB ，交OP 于点E ，∠DBA ＝22.5°．⑴若OC ＝2，则AC 的长为的长为 ； ⑵试写出AC 与PE 之间的数量关系，并说明理由； ⑶连接AD 并延长，交OP 的延长线于点G ，设DC ＝x ，GP ＝y ，请求出x 与y 之间的等量关系式. （请先补全图形，再解答）【答案】⑴ 222-；⑵见解析；⑶ y =2x 【解析】【分析】（1）如图，连接OD ，则有∠AOD=45°，所以△DOC 为等腰直角三角形，又OC=2，所以DO=AO=22,故可求出AC 的长；（2）连接AD ，DP ，过点D 作DF ⊥OP ，垂足为点F . 证AC=PF 或AC=EF ，证DP=DE证PF=EF=12PE ，故可证出PE =2AC ； （3）首先求出22OD CD x ==，再求AB=22x ,再证△DGE ≌△DBA,得GE =AB =22x ，由PE=2AC 得PE =2(2)x x -，再根据GP =GE －PE 可求结论.【详解】（1）连接OD ，如图，∵∠B=22.5°，∴∠DOC=45°DOC=45°,, ∵DC ⊥AB∴△DOC 为等腰直角三角形，∵OC=2，∴OD=22,∴AO=22，∴AC=AO-OC=222- ⑵连接AD ，DP ，过点D 作DF ⊥OP ，垂足为点F . ∵OP ⊥AB ,∴∠POD=∠DOC=45°，∴AD=PD ，∵△DOC 为等腰直角三角形， ∴DC=CO,易证DF=CO ，∴DC=DF ，∴Rt △DAC ≌Rt △DPF ,∴PF=AC, ∵DO=AO,∠DOA=45°∴∠DAC=67.5°∴∠DPE=67.5°DPE=67.5°,, ∵OD=OB ，∠B=22.5°，∴∠ODE=22.5° ∴∠DEP=22.5°DEP=22.5°+45°+45°+45°=67.5°=67.5° ∴∠DEP=∠DPE∴PF=EF=12PE ∴PE =2AC（3）如图2，由∠DCO =90°，∠DOC =45°得22OD CD x == ∴ AB =2OD=22x∵AB 是直径，∴∠ADB=∠EDG=90°，由（2）得AD=ED,∠DEG=∠DAC ∴△DGE ≌△DBA∴ GE =AB =22x∵PE =2AC ∴PE =2(2)x x - ∴ GP =GE －PE =222(2-)x x x -即：y =2x【点睛】 本题是一道圆的综合题，涵盖的知识点较多，难度较大，主要考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形全等的判定与性质等知识，熟练掌握并运用这些知识是解题的关键.13．已知四边形ABCD 是⊙O 的内接四边形，∠DAB ＝120°，BC ＝CD ，AD ＝4，AC ＝7，求AB 的长度．【答案】AB ＝3．【解析】【分析】 作DE ⊥AC ，BF ⊥AC ，根据弦、弧、圆周角、圆心角的关系，求得BC CD=u u u r u u u r ，进而得到∠DAC ＝∠CAB ＝60°，在Rt △ADE 中，根据60°锐角三角函数值，可求得DE ＝23，AE ＝2，再由Rt △DEC 中，根据勾股定理求出DC 的长，在△BFC 和△ABF 中，利用60°角的锐角三角函数值及勾股定理求出AF 的长，然后根据求出的两个结果，由AB ＝2AF ，分类讨论求出AB 的长即可.【详解】作DE ⊥AC ，BF ⊥AC ，∵BC ＝CD ，∴BC CD =u u u r u u u r ，∴∠CAB ＝∠DAC ，∵∠DAB ＝120°，∴∠DAC ＝∠CAB ＝60°，∵DE ⊥AC ，∴∠DEA ＝∠DEC ＝90°， ∴sin60°＝4DE ，cos60°＝4AE ， ∴DE ＝23，AE ＝2，∵AC ＝7，∴CE ＝5，∴DC ＝()2223537+=，∴BC ＝37，∵BF ⊥AC ，∴∠BFA ＝∠BFC ＝90°， ∴tan60°＝BF AF，BF 2+CF 2＝BC 2， ∴BF ＝3AF ，∴()()()2223737AF +-=，∴AF ＝2或AF ＝32， ∵cos60°＝AF AB， ∴AB ＝2AF ，当AF ＝2时，AB ＝2AF ＝4，∴AB ＝AD ，∵DC ＝BC ，AC ＝AC ，∴△ADC ≌△ABC （SSS ），∴∠ADC ＝∠ABC ，∵ABCD 是圆内接四边形，∴∠ADC+∠ABC ＝180°，∴∠ADC ＝∠ABC ＝90°，但AC 2＝49，()222243753AD DC +=+=，AC 2≠AD 2+DC 2， ∴AB ＝4（不合题意，舍去），当AF ＝32时，AB ＝2AF ＝3， ∴AB ＝3． 【点睛】此题主要考查了圆的相关性质和直角三角形的性质，解题关键是构造直角三角形模型，利用直角三角形的性质解题.14．如图，已知AB 是⊙O 的直径，点C 、D 在⊙O 上，∠D ＝60°且AB ＝6，过O 点作OE ⊥AC ，垂足为E ．（1）求OE 的长；（2）若OE 的延长线交⊙O 于点F ，求弦AF 、AC 和弧CF 围成的图形（阴影部分）的面积．（结果保留π）【答案】（1）OE的长为32；（2）阴影部分的面积为32π【解析】（1）OE=32（2）S=32π15．已知：如图，以等边三角形ABC一边AB为直径的⊙O与边AC、BC分别交于点D、E，过点D作DF⊥BC，垂足为F．（1）求证：DF为⊙O的切线；（2）若等边三角形ABC 的边长为4，求图中阴影部分的面积．【答案】（1）见解析）见解析（2）33223π-【解析】试题分析：（1）连接DO，要证明DF为⊙O的切线只要证明∠FDP=90°即可；（2）首先由已知可得到CD，CF的长，从而利用勾股定理可求得DF的长；再连接OE，求得CF，EF的长，从而利用S直角梯形FDOE﹣S扇形OED求得阴影部分的面积．试题解析：（1）证明：连接DO．∵△ABC是等边三角形，∴∠A=∠C=60°．∵OA=OD，∴△OAD是等边三角形．∴∠ADO=60°，∵DF⊥BC，∴∠CDF=90°﹣∠C=30°，∴∠FDO=180°﹣∠ADO﹣∠CDF=90°，∴DF为⊙O的切线；（2）∵△OAD是等边三角形，∴AD=AO=AB=2．Rt△CDF中，∴CD=AC﹣AD=2．∵∠CDF=30°，∴CF=CD=1．∴DF=，连接OE，则CE=2．∴CF=1，∴EF=1．∴S直角梯形FDOE=（EF+OD）•DF=，∴S扇形OED==，∴S阴影=S直角梯形FDOE﹣S扇形OED=﹣．【点睛】此题考查学生对切线的判定及扇形的面积等知识点的掌握情况，当已知条件中明确指出直线与圆有公共点时，常连接过该公共点的半径，证明该半径垂直于这条直线．也考查了等边三角形的性质和利用割补法计算补规则图形的面积．。
2020-2021中考数学圆与相似综合题汇编含详细答案
2020-2021中考数学圆与相似综合题汇编含详细答案一、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。
2020-2021全国中考数学圆与相似的综合中考真题汇总附答案
2020-2021全国中考数学圆与相似的综合中考真题汇总附答案一、相似1．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。
2020-2021全国中考数学圆与相似的综合中考真题汇总及详细答案
2020-2021全国中考数学圆与相似的综合中考真题汇总及详细答案一、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⊥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。
（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。