中考数学《圆与相似的综合》专项训练附答案
【答案】 （1）解：设平移后抛物线的解析式
，
将点 A（8，,0）代入，得
=
，
所以顶点 B（4,3），
所以 S 阴影=OC•CB=12
（2）解：设直线 AB 解析式为 y=mx+n，将 A（8，0）、B（4，3）分别代入得
，解得：
，
所以直线 AB 的解析式为
，作 NQ 垂直于 x 轴于点 Q，
①当 MN＝AN 时， N 点的横坐标为
点，因此设函数解析式为：
， 将点 A 的坐标代入就可求出 b 的值，再
求出顶点 B 的坐标，利用割补法可得出阴影部分的面积=以 OC，BC 为边的矩形的面积。
（2）利用待定系数法先求出直线 AB 的函数解析式，作 NQ 垂直于 x 轴于点 Q，再分情况
讨论：当 MN＝AN 时， 就可表示出点 N 的坐标，利用相似三角形的性质，得出对应边成
（1）求点 A、C 的坐标； （2）如图 1，点 D 在第一象限抛物线上，AD 交 y 轴于点 E，当 DE=3AE，OB=4CE 时，求 a 的值； （3）如图 2，在（2）的条件下，点 P 在 C、D 之间的抛物线上，连接 PC、PD，点 Q 在点 B 、 D 之 间 的 抛 物 线 上 ， QF∥ PC ， 交 x 轴 于 点 F ， 连 接 CF 、 CB ， 当 PC=PD ， ∠ CFQ=2∠ ABC，求 BQ 的长． 【答案】 （1）解：当 x=0 时，y=3，∴ C（0，3）． 当 y=0 时，ax2+（a+3）x+3=0，
tan∠ OCF= =tan∠ ABC= ，求出 OF= ．设 FN=m，则 QN=2m，Q（m+ ，2m），根据
Q 在抛物线上列出方程- （m+ ）2+ ×（m+ ）+3=2m，解方程求出满足条件的 m 的 值，得到 Q 点坐标，然后根据两点间的距离公式求出 BQ．
4．如图 1，抛物线
平移后过点 A（8，,0）和原点，顶点为 B，对称轴与 轴
∴ - （m+ ）2+ ×（m+ ）+3=2m，
解得 m= 或 m=- （舍去）， ∴ Q（4，5）， ∵ B（6，0），
∴ BQ=
．
【解析】【分析】（1）令 x=0，求出 y 的值，得到 C 点坐标；令 y=0，求出 x 的值，根据
a＜0 得出 A 点坐标；（2）如图 1，过点 D 作 DM⊥AB 于 M．根据平行线分线段成比例定
=3a+3，
∴ - =-12a， ∵ a＜0，
∴ a=-
（3）解：如图 2，过点 D 作 DT⊥y 轴于点 T，过点 P 作 PG⊥y 轴于点 G，连接 TP．
∵ a=- ，
∴ 抛物线的解析式为 y=- x2+ x+3，D（3，6），DT=3，OT=6，CT=3=DT， 又∵ PC=PD，PT=PT， ∴ △ TCP≌ △ TDP， ∴ ∠ CTP=∠ DTP=45°，TG=PG．
【解析】【分析】（1）利用菱形和平行四边形的性质可得出 AB∥ CD∥ EF，AB=CD=EF，再
利用平行线的性质可证得∠ ABG=∠ FEG，然后利用 AAS 可证得△ ABG≌ △ FEG，由全等三角
形的性质可证得结论。
（2）①过点 G 作 GM ∥ BH ，交 DH 于点 M ，易证△ GME∽ △ BHE。得出对应边成比例，
TG=PG．设 P（t，- t2+ t+3），列出方程 t2- t+3=t，解方程求得 t=1 或 6，根据点 P 在 C、D 之间，得到 t=1．过点 F 作 FK∥ y 轴交 BC 于点 K，过点 Q 作 QN⊥x 轴于点 N，根据 平行线的性质以及已知条件得出∠ KFQ=∠ PCG，进而证明∠ KFQ=∠ KFC=∠ OCF=∠ ABC，由
5．如图 1，以□ABCD 的较短边 CD 为一边作菱形 CDEF,使点 F 落在边 AD 上，连接 BE，交 AF 于点 G.
（1）猜想 BG 与 EG 的数量关系.并说明理由；
（2）延长 DE,BA 交于点 H，其他条件不变，
①如图 2，若∠ ADC=60°，求 的值；
②如图 3，若∠ ADC=α（0°<α<90°）,直接写出
比例，建立关于 t 的方程，求出 t 的值；当 AM＝AN 时再由△ ANQ 和△ APO 相似，△ NQM
和△ MOP 相似，得出对应边成比例，分别求出 t 的值，然后根据当 MN＝MA 时， ∠ MNA = ∠ MAN < 45 °故 ∠ AMN 是钝角，可得出符合题意的 t 的值；②将直线 MN 和直线 AB 联 立方程组，可得出点 N 的横坐标，结合根的判别式可求出 xN≥6 或 xN≤﹣14，然后由 0＜xN ＜8，就可求得结果。
，=,
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
Rt△ EFO 中，cosα= ， ∴ OF=bcosα， ∴ DG=a+2bcosα， 过 H 作 HM⊥AD 于 M， ∵ ∠ ADC=∠ HAD=∠ ADH=α，
∴ AH=HD，
∴ AM= AD= （2a+2bcosα）=a+bcosα，
Rt△ AHM 中，cosα= ，
∴ AH=
，
∴=
=cosα
，纵坐标为
，
由三角形 NQM 和三角形 MOP 相似可知
,得
去）.
，解得
当 AM＝AN 时，AN＝
,由三角形 ANQ 和三角形 APO 相似可知
，MQ＝
，
（舍 ，
由三角形 NQM 和三角形 MOP 相似可知
解得：
t＝12（舍去）；
当 MN＝MA 时，
故
得：
，
是钝角，显然不成立,
故
；
②由 MN 所在直线方程为 y=
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，
理求出 OM=3，得到 D 点纵坐标为 12a+12．再求出 OE=3a+3，那么 CE=OC-OE=-3a．根据
OB=4CE，得出- =-12a，解方程求出 a=- ；（3）如图 2，过点 D 作 DT⊥y 轴于点 T，过点 P 作 PG⊥y 轴于点 G，连接 TP．利用 SSS 证明△ TCP≌ △ TDP，得出∠ CTP=∠ DTP=45°，那么
，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．在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，抛物线 y=ax2+（a+3）x+3（a＜0）从左到右依次 交 x 轴于 A、B 两点，交 y 轴于点 C．
中考数学《圆与相似的综合》专项训练附答案
一、相似
1．如图，在等腰 Rt△ ABC 中，O 为斜边 AC 的中点，连接 BO，以 AB 为斜边向三角内部作 Rt△ ABE，且∠ AEB=90°，连接 EO．求证：
（1）∠ OAE=∠ OBE；
（2）AE=BE+ OE． 【答案】（1）证明：在等腰 Rt△ ABC 中，O 为斜边 AC 的中点， ∴ OB⊥AC， ∴ ∠ AOB=90°， ∵ ∠ AEB=90°， ∴ A，B，E，O 四点共圆， ∴ ∠ OAE=∠ OBE （2）证明：在 AE 上截取 EF=BE，
∴ tan∠ PCG=
，
∵ tan∠ ABC=
，
∴ ∠ PCG=∠ ABC，
∴ ∠ KFQ=∠ ABC．
∵ ∠ CFQ=2∠ ABC，
∴ ∠ CFQ=2∠ KFQ，
∴ ∠ KFQ=∠ KFC=∠ OCF=∠ ABC，
∴ tan∠ OCF=
，
∴ OF= ．
设 FN=m，则 QN=2m，Q（m+ ，2m）， ∵ Q 在抛物线上，
相交于点 C，与原抛物线相交于点 D．
（1）求平移后抛物线的解析式并直接写出阴影部分的面积 ；
（2）如图 2，直线 AB 与 轴相交于点 P，点 M 为线段 OA 上一动点，
MN 与 AP 相交于点 N，设
，试探求：
① 为何值时
为等腰三角形；
② 为何值时线段 PN 的长度最小，最小长度是多少．
为直角，边
设 P（t，- t2+ t+3），
∴ OG=- t2+ t+3，PG=t，
∴ TG=OT-OG=6-（- t2+ t+3）= t2- t+3，
∴ t2- t+3=t，解得 t=1 或 6， ∵ 点 P 在 C、D 之间， ∴ t=1． 过点 F 作 FK∥ y 轴交 BC 于点 K，过点 Q 作 QN⊥x 轴于点 N，则∠ KFC=∠ OCF， ∠ KFB=∠ CON=90°． ∵ FQ∥ PC， ∴ ∠ PCF+∠ CFQ=180°，∠ PCF+∠ PCG+∠ OCF=180°， ∴ ∠ CFQ=∠ PCG+∠ OCF， ∴ ∠ CFK+∠ KFQ=∠ PCG+∠ OCF， ∴ ∠ KFQ=∠ PCG． ∵ P（1，5），∴ PG=1，CG=OG-OC=5-3=2，
中考数学总复习《相似与圆综合》专项提升练习题及答案(人教版)
中考数学总复习《相似与圆综合》专项提升练习题及答案（人教版)学校:___________班级：___________姓名：___________考号：___________1．如图，在Rt ABC △中90C ∠=︒，BAC ∠的平分线交BC 于点D ，点O 在边AB 上，以O 为圆心的圆经过A ，D 两点，O 交AB 于点E ，连接DE ．(1)求证：BC 是O 的切线；(2)若:8:3AC DE =，O 的半径为3，求线段BE 的长．2．如图，在ABC 中AB AC =，以AB 为直径的圆交BC 于点D ，交AC 于点E ，连接OD ．(1)求证：OD AC ∥；(2)若8AE =，CE=2，求BD 的长．3．如图，已知ABC 是O 的圆内接三角形，AD 为O 的直径，DE 为O 的切线，AE 交⊙O 于点F C E =．(1)求证：AB AF =；(2)若255,4AB AD ==，求线段AE 的长． 4．如图，ABC 是O 的内接三角形，D 是圆外一点，连接,DA DAC ABC ∠∠=，连接DC 交O 于点E ．是O的切线；是CD的中点，求ABC中，点∠=∠CAD是O的切线；2，AC=求O的半径．是半圆O的直径，过点O作弦为O的直径，(1)求证：AC CD=；(2)连接AC，若1EB=求AC的长．CE=，38．已知如图四边形ABCD内接于圆延长AD BC相交于点E 点F是BD的延长线上的点且DE平分⊙CDF．（1）求证：AB=AC；（2）若AC=3cm AD=2cm 求DE的长．9．如图已知⊙ABC内接于⊙O AD AE分别平分⊙BAC和⊙BAC的外角⊙BAF且分别交圆于点D F连接DE CD DE与BC相交于点G．(1)求证：DE是⊙ABC的外接圆的直径；(2)设OG=3 CD=25求⊙O的半径．10．如图⊙O是Rt⊙ABC的外接圆⊙ABC=90° 点P是圆外一点P A切⊙O于点A且P A=PB．（1）试说明：PB是⊙O的切线；（2）已知⊙O的半径为3AB=22求P A的长．11．如图⊙O是Rt⊙ABC的外接圆⊙ABC=90° 点P是圆外一点P A切⊙O于点A且P A=PB．15．如图 已知ABC 以BC 为直径 O 为圆心的半圆交AC 于点F 点E 为弧CF 的中点 连接BE 交AC 于点M AD 为ABC 的角平分线 且AD BE ⊥ 垂足为点H ．()1判断直线AB 与O 的位置关系 并说明理由；()2若3AB = 4BC = 求BE 的长．16．如图 在ABC 中 O 为AC 上一点 以O 为圆心 OC 长为半径作圆与BC 相切于点C 过点A 作D BO ⊥交BO 的延长线于点D ,且AOD BAD ∠∠=.（1）求证：AB 为O 的切线；（2）若6BC = 43tan ABC ∠= ,求AD 的长.17．如图 已知圆O 是ABC 的外接圆 AB 是圆O 的直径 C 是圆上的一点D 是AB 延长线上的一点 AE CD ⊥交DC 的延长线于点E 且AC 平分EAB ∠．（1）求证：DE 是圆O 的切线．（2）若6AB = 4.8AE = 求BD 和BC 的长．18．如图在四边形ABCD 中AB=CD ⊙C=90° 以AB 为直径的圆O交AD 于点E CD=ED 连接BD 交圆O于点 F.（1）求证：BC 与圆O相切.（2）若BD=10 AB=13 求AE 的长.参考答案： 1．(1)证明见解析；(2)67．【分析】（1）连接OD 利用角平分线的定义 同圆的半径相等 等腰三角形的性质 平行线的判定与性质和圆的切线的判定定理解答即可；（2）利用相似三角形的判定与性质得到26AD AE AC AC =⋅= 利用勾股定理求得AC 的长再利用相似三角形的判定与性质 列出比例式即可得出结论．【详解】（1）证明：连接OD 如图⊙AD 平分BAC ∠⊙CAD BAD ∠=∠⊙OA OD =⊙BAD ODA ∠=∠⊙ODA CAD ∠=∠⊙AC OD ∥⊙180ODC C ∠+∠=︒⊙90C ∠=︒⊙90ODC ∠=︒⊙OD BC ⊥⊙OD 为O 的半径⊙BC 是O 的切线；（2）⊙AE 为O 的直径⊙90ADE ∠=︒⊙90C ∠=︒⊙ADE C ∠=∠⊙O 的半径为6AE =2AD AE =:AC DE =38DE AC =⊙BOD BAC ∽AOD AC BO B = 331663BE BE +=+67BE =． 由CED CBA ∽ 得到由等腰三角形的性质得到,CAD BAD BAD ∠=∠∠B 即可证明CED CBA ∽ 得到CE CD BC CA= 代入有关数据即可求出BD 的长． 【详解】（1）⊙AB 为直径 ⊙AD BC ⊥．⊙AB AC =⊙BAD CAD ∠=∠．⊙OA OD =⊙BAD ADO ∠=∠⊙CAD ADO ∠=∠．⊙OD AC ∥．（2）解：连接DE,,AD BC AB AC ⊥=⊙CD BD =⊙四边形ABDE 是圆内接四边形 ⊙180B AED ∠+∠=︒⊙180CED AED ∠+∠=︒⊙CED B ∠=∠⊙ECD ACB ∠=∠⊙CED CBA ∽⊙CECDBC CA =⊙8210,AC AE CE CD BD =+=+== ⊙2210BDBD =⊙10BD =．3．(1)见解析为O的切线为O的直径DEBF垂直平分BFAF．）解：如图2⊙AD 为O 的直径⊙90ABD ．⊙ABD ADE ∠=∠⊙ABD ADE ∽△△⊙AB AD AD AE=． ⊙255,4AB AD ==⊙12516AE =． 【点睛】本题考查圆周角定理 直径所对的圆周角是直角 垂径定理 切线的性质 相似三角形的判定和性质；添加辅助线 构造相似三角形是解题的关键．4．(1)见解析(2)22CE =【分析】（1）作圆的直径AF 连接CF 由圆周角定理得到ABC AFC ∠=∠ 90ACF ∠=︒ 由条件推出90DAC CAF ∠+∠=︒ 即可证明AD 是O 的切线．（2）由圆内接四边形的性质推出DAE DCA △∽△ 得到DA DE DC DA= 代入有关数据 即可求出CE 的长． 【详解】（1）证明：作圆的直径AF 连接CF⊙,DAC ABC ABC AFC ∠∠∠∠==⊙DAC AFC ∠∠=⊙AF 是O 的直径⊙90ACF ∠=︒⊙90CAF AFC ∠+∠=︒⊙90DAC CAF ∠+∠=︒是O的切线；）解：连接AE(2)O的半径为【分析】（1）如图所示 连接OD 在Rt ACD △中 1290∠+∠=︒ 根据OB OD = 可证13∠=∠ 可得90ADO ∠=︒ 由此即可求证；（2）根据题意 在Rt ACD △中求出AD 的长 根据ADE ABD ∽可求出AB 的长 由此即可求解．【详解】（1）证明：如图所示 连接OD⊙OB OD =⊙3B ∠=∠⊙1B ∠=∠⊙13∠=∠在Rt ACD △中 1290∠+∠=︒⊙4180239()0∠=︒-∠+∠=︒⊙OD AD ⊥⊙AD 为O 的切线．（2）解：⊙223CD AE AC ===，⊙在Rt ACD △中 2222(23)24AD AC CD =+=+=⊙AD 为O 的切线 如图所示 连接DE BE 是直径⊙90BDE C ∠=∠=︒⊙∥DE AC⊙CAD ADE ∠=∠⊙CAD B ∠=∠⊙ADE B ∠=∠ 且DAE BAD ∠=∠⊙ADE ABD ∽=AD AE AB AD2•AD AE AB = 即24AE AB ==216AB =8AB =6BE AB AE =-=⊙O 的半径为【点睛】本题主要考查圆与直角三角形的综合相似三角形的判定和性质的知识是解题的关键．．(1)直线AC (2)203 理由：BED ∠与BED DAB =∠BED C ∠=∠DAB C ∴∠=∠OC AD ⊥90AFO ∴∠=︒DAB ∴∠+∠C ∴∠+∠OAC ∴∠AB 是O 直径90ADB ∴∠=︒22221086BD AB AD ∴=-=-=OC AD ⊥90AFO ∴∠=︒又OAF BAD ∠=∠AFO ADB ∴∽AOC FOA ∠=∠ 90CAO AFO ∠=∠=︒CAO AFO ∴∽CAO ADB ∴∽OA AC BD AD ∴= 即568AC = 203AC ∴=． 【点睛】本题考查了直线与圆的关系 圆周角定理 垂径定理 切线的判定 相似三角形的判定和性质 熟练掌握知识点并灵活运用是解题的关键．7．(1)证明见解析(2)2【分析】（1）由圆周角定理 平行线的性质可得OC AD ⊥ 再由垂径定理即可证明；（2）由条件可以证明ACE BCA ∽可得2•AC CE BC = 于是可求AC 的长．【详解】（1）证明：⊙AB 为O 的直径⊙90ADB ∠=︒⊙DB AD ⊥⊙OC BD ∥∽⊙ACE BCA＝AC BC CE AC::2•=AC CE BC()21134 AC=⨯+=2AC=．⊙AE=292 ABAD=．⊙DE=95222-=（cm）．【点睛】本题综合考查了角平分线相似三角形圆内接四边形的性质是中学阶段的常规题目．9．(1)见解析(2)5【分析】（1）根据条件AD AE分别平分⊙BAC和⊙BAC的外角⊙BAF证明⊙2+⊙3=90°即可；（2）由⊙1=⊙2得出点D为弧BC的中点从而得出DE垂直平分BC连接BE设圆的半径为r然后证明⊙CDG⊙⊙EBG利用相似三角形的性质和勾股定理可求出r的值．【详解】（1）解：因为AD AE分别是⊙BAC和⊙BAF的平分线所以⊙1=⊙2＝12⊙BAC⊙3=⊙EAF＝12⊙BAF所以⊙2＋⊙3＝12（⊙BAC＋⊙BAF）因为⊙BAC＋⊙BAF＝180°所以⊙2＋⊙3＝90°所以⊙EAD＝90°所以DE是圆O的直径；（2）因为⊙1=⊙2 所以BD CD=又DE是⊙ABC的外接圆的直径所以DE垂直平分BC连接BE则⊙BEG=⊙DCG又⊙BGE=⊙DGC所以⊙CDG⊙⊙EBG所以DG CG BG EG=设圆的半径为r所以33r CGBG r-=+又BG=CG⊙BC=2 ⊙P A=6．点睛：本题考查了相似三角形的性质和判定全等三角形的性质和判定切线的判定勾股定理等知识点的运用主要培养学生的推理能力题目具有一定的代表性难度也适中．11．(1)证明见解析；（2）1.【分析】（1）要证PB是⊙O的切线只要连接OB求证⊙OBP=90°即可；（2）连接OP交AB于点D求半径时可以证明△APO⊙⊙DP A还可证明△P AO⊙⊙ABC在Rt△OAP中利用勾股定理．【详解】（1）证明：连接OB⊙OA=OB⊙⊙OAB=⊙OBA⊙P A=PB⊙⊙P AB=⊙PBA⊙⊙OAB+⊙P AB=⊙OBA+⊙PBA⊙⊙P AO=⊙PBO．又⊙P A是⊙O的切线⊙⊙P AO=90°⊙⊙PBO=90°⊙OB⊙PB．又⊙OB是⊙O半径⊙PB是⊙O的切线（2）连接OP交AB于点D⊙⊙ACB=⊙OPB=90° ⊙B=⊙B,⊙⊙ACB⊙⊙OPB⊙AC CB OP PB=,⊙342 r=⊙r=3 2.（2）如图当点P与点B重合时⊙O的半径最大此时点O在BC的垂直平分线上过点O作OD⊙BC于点D 则BD=12BC⊙AB是切线⊙⊙ABO=90°⊙⊙ABC+⊙OBD=⊙BOD+⊙OBD=90°⊙⊙ABC=⊙BOD,⊙sin⊙BOD= sin⊙ABC=BDOB=ACAB=35,⊙OB=10 3即半径的最大值为10 3.【点睛】本题考查了圆的切线及相似三角形的性质与判定熟练掌握相关知识是解题关键.13．(1) 圆的半径为4.5；(2) EF=32．【分析】（1）连接OD根据垂径定理得：DH=25设圆O的半径为r根据勾股定理列方程可得结论；（2）过O作OG⊙AE于G证明⊙AGO⊙⊙AHF列比例式可得AF的长从而得EF的长．【详解】（1）连接OD⊙直径AB⊙弦CD CD=4⊙DH=CH=CD=2在Rt⊙ODH中AH=5⊙AG=AE=×6=3⊙⊙⊙AF=⊙EF=AF﹣AE=﹣6=．又⊙ACD=⊙ABD ⊙⊙BAD=⊙ABD ⊙AD=BD；（2）解：⊙BD=AD BC=AF ⊙==⊙=⊙CD=DF ⊙BC=AF ⊙⊙BDC=⊙ADF ⊙⊙CDA=⊙BDF=⊙EAF由（1）可知⊙DCA=⊙DBA 且⊙EFA=⊙DBA⊙⊙DCA=⊙EFA ⊙⊙AEF⊙⊙DAC ⊙=⊙==⊙EF•DF=30 ⊙DF：FE=3：2⊙设DF=3x 则FE=2x ⊙6x2=30 解得x=⊙DE=DF+FE=5x=5．【点睛】本题主要考查了圆中的计算问题以及相似三角形的应用.BE=．15．()1直线AB与O的位置关系是相切理由见解析；()2855【分析】（1）连接CE推出AD⊙CE得出⊙ECM=⊙DAC=⊙DAB=⊙EBC根据⊙AHB=90°推出⊙DAB+⊙AB E=90°．代入推出⊙ABE+⊙EBC=90° 根据切线的判定推出即可；（2）求出AC长求出AM=AB=3 求出CM=2 证⊙ECM⊙⊙EBC得出比例式推出BE=2EC在⊙BEC中根据勾股定理即可求出BE．【详解】()1直线AB与O的位置关系是相切理由是：连接CE∵BC为直径∴90∠=BEC∵AD BE⊥AD EC∴//∠=∠∴ACE CAD∵弧EF=弧CE∠=∠∴FCE CBE∠=∠∴CAD CBE909090经过直径的外端的切线．ABC 是直角三角形在ABM 中 平分BAC ∠AM AB ==2CM =E E ∠=∠ ∴CME BCE ∽12EC MC EB CB == 2EB EC =在Rt BEC 中 由勾股定理得：855BE =． 【点睛】本题考查了切线的判定圆周角定理等知识的应用 有一定的难度． ⊙O 切BC⊙OC⊙BC ⊙ACB=90°⊙ AD⊙BD ⊙⊙D=90°⊙⊙ABD＋⊙BAD =90° ⊙CBD＋⊙BOC=90°⊙⊙BOC=⊙AOD ⊙AOD=⊙BAD⊙⊙BOC=⊙BAD⊙⊙ABD=⊙CBD在⊙OBC和⊙OBE中OEA OCBABD CBDOB OB∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩⊙⊙OBC⊙⊙OBE⊙OE=OC ⊙OE是⊙O的半径⊙OE⊙AB ⊙AB为⊙O的切线；（2）⊙tan⊙ABC=AC4BC3=BC=6⊙AC=8 ⊙AB=226810+=⊙BE=BC=6 ⊙AE=4⊙⊙AOE=⊙ABC ⊙tan⊙AOE=AE4EO3=⊙EO=3⊙AO=5 OC=3 ⊙BO=226335+=在⊙AOD和⊙BOC中AOD BOCADO BCO∠=∠⎧⎨∠=∠⎩⊙⊙AOD⊙⊙BOC ⊙AO ADBO BC=即5AD635=⊙AD=25.【点睛】本题考查了切线的判定与性质相似三角形的判定与性质等熟练掌握相关的判定与性质定理是解题的关键.是O 的切线求其它边的长）证明：如图 连接OCAC 平分EAC ∴∠=又在圆中ACO ∴∠=EAC ∴∠=OC AE ∴∥是O 的切线．,D D ∠=∠⊙DCO DEA ∽DOCOAD AE =DB BO COAB BD AE +=+336 4.8DB BD +=+2BD =；Rt Rt EAC CAB ∽EAACAC AB =4.86ACAC =21445AC =由勾股定理得：2265 5BC AB AC=-=．【点睛】本题考查了切线的判定相似三角形的性质和勾股定理的运用．解决问题的关键是掌握切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．18．（1）见解析；（2）119 3【详解】分析：(1)连接BE 可证明Rt⊙BCD⊙Rt⊙BED 结合条件可证明⊙BDC＝⊙ABD 可证得AB⊙CD,最后看单词结果;(2)连接EF 根据圆周角定理得出⊙AFB＝90° 在Rt⊙ABF中根据勾股定理得出BF＝5 然后由Rt⊙ABF⊙Rt⊙BDC ED＝从而求出AE的长.详解：（1）证明：连接BE．⊙AB是直径⊙⊙AEB＝90°．在Rt⊙BCD和Rt⊙BED 中⊙Rt⊙BCD⊙Rt⊙BED．⊙⊙ADB＝⊙BDC．又AD＝AB⊙⊙ADB＝⊙ABD．⊙⊙BDC＝⊙ABD．⊙AB⊙CD．⊙⊙ABC＋⊙C＝180°．⊙⊙ABC＝180°－⊙C＝180°―90°＝90°．即BC⊙AB．又B在⊙O上⊙BD与⊙O相切．（2）解：连接AF．⊙AB是直径⊙⊙AFB＝90° 即AF⊙BD．⊙AD＝AB BC＝10⊙BF＝5．在Rt⊙ABF和Rt⊙BDC中⊙Rt⊙ABF⊙Rt⊙BDC．⊙＝．⊙＝．⊙DC＝．⊙ED＝．⊙AE＝AD―ED＝13―＝．点睛：本题考查了切线的判定定理勾股定理及相似三角形的判定与性质根据题意正确的作出辅助线是解答本题的关键.。
中考数学圆与相似综合题含详细答案
中考数学圆与相似综合题含详细答案一、相似1．如图，正方形ABCD、等腰Rt△BPQ的顶点P在对角线AC上（点P与A、C不重合），QP与BC交于E，QP延长线与AD交于点F，连接CQ．（1）①求证：AP=CQ；②求证：PA2=AF•AD；（2）若AP：PC=1：3，求tan∠CBQ．【答案】（1）证明：①∵四边形ABCD是正方形，∴AB=CB，∠ABC=90°，∴∠ABP+∠PBC=90°，∵△BPQ是等腰直角三角形，∴BP=BQ，∠PBQ=90°，∴∠PBC+∠CBQ=90°∴∠ABP=∠CBQ，∴△ABP≌△CBQ，∴AP=CQ;②∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAC=∠BAC=∠ACB=45°，∵∠PQB=45°，∠CEP=∠QEB，∴∠CBQ=∠CPQ，由①得△ABP≌△CBQ，∠ABP=∠CBQ∵∠CPQ=∠APF，∴∠APF=∠ABP，∴△APF∽△ABP，(本题也可以连接PD，证△APF∽△ADP)（2）证明：由①得△ABP≌△CBQ，∴∠BCQ=∠BAC=45°，∵∠ACB=45°,∴∠PCQ=45°+45°=90°∴tan∠CPQ= ,由①得AP=CQ,又AP:PC=1:3，∴tan∠CPQ= ，由②得∠CBQ=∠CPQ，∴tan∠CBQ=tan∠CPQ= .【解析】【分析】（1）①利用正方形的性质和等腰直角三角形的性质易证△ABP≌△CBQ，可得AP=CQ；②利用正方形的性质可证得∠CBQ=∠CPQ，再由△ABP≌△CBQ可证得∠APF=∠ABP，从而证出△APF∽△ABP，由相似三角形的性质得证；（2）由△ABP≌△CBQ可得∠BCQ=∠BAC=45°，可得∠PCQ=45°+45°=90°，再由三角函数可得tan∠CPQ=，由AP:PC=1:3，AP=CQ，可得tan∠CPQ=，再由∠CBQ=∠CPQ可求出答案.2．如图，抛物线过点，．为线段OA上一个动点（点M与点A不重合），过点M作垂直于x轴的直线与直线AB和抛物线分别交于点P、N．（1）求直线AB的解析式和抛物线的解析式；（2）如果点P是MN的中点，那么求此时点N的坐标；（3）如果以B，P，N为顶点的三角形与相似，求点M的坐标．【答案】（1）解：设直线的解析式为（）∵，∴解得∴直线的解析式为∵抛物线经过点，∴解得∴（2）解：∵轴，则，∴，∵点是的中点∴∴解得，（不合题意，舍去）∴（3）解：∵，，∴，∴∵∴当与相似时，存在以下两种情况：∴解得∴∴ ,解得∴【解析】【分析】（1）运用待定系数法解答即可。
中考数学 圆与相似综合试题及答案解析
中考数学圆与相似综合试题及答案解析一、相似1．已知，如图，AB是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，OF⊥BC于点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：CE2=EH•EA；（3）若⊙O的半径为，sinA= ，求BH的长．【答案】（1）证明：如图，∵∠ODB=∠AEC，∠AEC=∠ABC，∴∠ODB=∠ABC，∵OF⊥BC，∴∠BFD=90°，∴∠ODB+∠DBF=90°，∴∠ABC+∠DBF=90°，即∠OBD=90°，∴BD⊥OB，∴BD是⊙O的切线（2）证明：连接AC，如图2所示：∵OF⊥BC，∴，∴∠CAE=∠ECB，∵∠CEA=∠HEC，∴△CEH∽△AEC，∴，∴CE2=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，sin∠BAE= ，∴AB=5，BE=AB•sin∠BAE=5× =3，∴EA= =4，∵，∴BE=CE=3，∵CE2=EH•EA，∴EH= ，∴在Rt△BEH中，BH= .【解析】【分析】（1）要证BD是⊙O的切线，只需证∠OBD=90°，因为∠OBC+∠BOD=90°，所以只须证∠ODB=∠OBC即可。
由圆周角定理和已知条件易得∠ODB=∠ABC，则∠OBC+∠BOD=90°=∠ODB+∠BOD，由三角形内角和定理即可得∠OBD=90°；（2）连接AC，要证CE2=EH•EA；只需证△CEH∽△AEC，已有公共角∠AEC，再根据圆周角定理可得∠CAE=∠ECB，即可证△CEH∽△AEC，可得比例式求解；（3）连接BE，解直角三角形AEB和直角三角形BEH即可求解。
2．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= t2②当＜t≤4时，S=-t2+10t−16③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<t≤4时，如图（2），∵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<t≤4时，如图（2），利用待定系数法，求出直线AB 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。
中考数学 圆与相似 综合题附答案解析
中考数学圆与相似综合题附答案解析一、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1，等腰△ABC中，AC＝BC，点O在AB边上，以O为圆心的圆与AC相切于点C，交AB边于点D，EF为⊙O的直径，EF⊥BC于点G．（1）求证：D是弧EC的中点；（2）如图2，延长CB交⊙O于点H，连接HD交OE于点K，连接CF，求证：CF＝OK＋DO；（3）如图3，在(2)的条件下，延长DB交⊙O于点Q，连接QH，若DO＝，KG＝2，求QH的长【答案】（1）证明：如图1中，连接OC．∵AC是⊙O的切线，∴OC⊥AC，∴∠ACO=90°，∴∠A+∠AOC=90°，∵CA=CB，∴∠A=∠B，∵EF⊥BC，∴∠OGB=90°，∴∠B+∠BOG=90°，∴∠BOG=∠AOC，∵∠BOG=∠DOE，∴∠DOC=∠DOE，∴点D是的中点（2）证明：如图2中，连接OC．∵EF⊥HC，∴CG=GH，∴EF垂直平分HC，∴FC=FH，∵∠CFK= ∠COE，∵∠COD=∠DOE，∴∠CFK=∠COD，∵∠CHK= ∠COD，∴∠CHK= ∠CFK，∴点K在以F为圆心FC为半径的圆上，∴FC=FK=FH，∵DO=OF，∴DO+OK=OF+OK=FK=CF，即CF=OK+DO；（3）解：如图3中，连接OC、作HM⊥AQ于M．设OK=x，则CF= +x，OG=2﹣x，GF= ﹣（2﹣x），∵CG2=CF2﹣FG2=CO2﹣OG2，∴（ +x）2﹣[ -（2﹣x）]2=（）2﹣（2﹣x）2，解得x= ，∴CF=5，FG=4，CG=3，OG= ，∵∠CFE=∠BOG，∴CF∥OB，∴ = = ，可得OB= ，BG= ，BH= ，由△BHM∽△BOG，可得 = = ，∴BM= ，HM= ，MQ=OQ﹣OB﹣BM=在Rt△HMQ中，QH= = =【解析】【分析】（1）如图1中，连接OC．根据切线的性质得出OC⊥AC，根据垂直的定义得出∠ACO=90°，根据直角三角形两锐角互余得出∠A+∠AOC=90°，根据等边对等角得出∠A=∠B，根据垂直的定义得出∠OGB=90°，根据直角三角形两锐角互余得出∠B+∠BOG=90°，根据等角的余角相等得出∠BOG=∠AOC，根据对顶角相等及等量代换得出∠DOC=∠DOE，根据相等的圆心角所对的弧相等得出结论；（2）如图2中，连接OC．根据垂径定理得出CG=GH，进而得出EF垂直平分HC，根据线段垂直平分线上上的点到线段两个端点的距离相等得出FC=FH，根据圆周角定理及等量代换得出∠CFK=∠COD，∠CHK=∠CFK，从而得出点K在以F为圆心FC为半径的圆上，根据同圆的半径相等得出FC=FK=FH，DO=OF，根据线段的和差及等量代换得出CF=OK+DO；（3）如图3中，连接OC、作HM⊥AQ于M．设OK=x，则CF= +x，OG=2﹣x，GF=﹣（2﹣x），根据勾股定理由CG2=CF2﹣FG2=CO2﹣OG2，列出关于x的方程，求解得出x的值，从而得出CF=5，FG=4，CG=3，OG= 根据平行线的判定定理得出，内错角相等，两直线平行得出CF∥OB，根据平行线分线段成比例定理得出C F ∶O B = C G∶ G B = F G ∶G O ，进而可得OB,BG,BH的长，由△BHM∽△BOG，可得 B H ∶O B = B M ∶B G = H M ∶O G，再得出BM,HM,MQ的长，在Rt△HMQ中，根据勾股定理得出QH的长。
中考数学圆与相似的综合题试题及答案解析
中考数学圆与相似的综合题试题及答案解析一、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．如图，在平面直角坐标系中，O为原点，平行四边形A BCD的边BC在x轴上，D点在y 轴上，C点坐标为（2，0），BC=6，∠BCD=60°，点E是AB上一点，AE=3EB，⊙P过D，O，C三点，抛物线y=ax2+bx+c过点D，B，C三点．（1）请直接写出点B、D的坐标：B（________），D（________）；（2）求抛物线的解析式；（3）求证：ED是⊙P的切线；（4）若点M为抛物线的顶点，请直接写出平面上点N的坐标，使得以点B，D，M，N为顶点的四边形为平行四边形．【答案】（1）-4，0；0，2（2）解：将（2，0），B（-4,0），D(0,);三点分别代入y=ax2+bx+c得，解得∴所求抛物线的解析式y=- x2- x+（3）证明：在Rt△OCD中，CD=2OC=4，∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB=CD=4，AB∥CD，∠A=∠BCD=60°，AD=BC=6，∵AE=3BE，∴AE=3，∴，∵∴∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠DAE=∠DCB=60°，∴△AED∽△COD，∴∠ADE=∠CDO，而∠ADE+∠ODE=90°∴∠CDO+∠ODE=90°，∴CD⊥DE，∵∠DOC=90°，∴CD为⊙P的直径，∴ED是⊙P的切线（4）解：点N的坐标为（-5，）、（3，）、（-3，- ）【解析】【解析】解：（1）∵C点坐标为（2，0），∴OC=2 ,∵BC=6 ,∴OB=BC-OC=4 ,∴B（-4,0），∵∠BCD=60°，tan∠BCD= ,∴ ,∴OD=,∴D(0,);（4存在,∵y=−x2−x+=−(x+1)2+∴M(−1,)，∵B(−4,0),D(0,)，如图，当BM为平行四边形BDMN的对角线时，点D向左平移4个单位,再向下平移个单位得到B，则点M(−1,)向左平移4个单位,再向下平移个单位得到N1(−5,)；当DM为平行四边形BDMN的对角线时，点B向右平移3个单位,再向上平移个单位得到D，则点M(−1,)向右平移4个单位,再向上平移个单位得到N2(3,)；当BD为平行四边形BDMN的对角线时，点M向右平移1个单位,再向下平移个单位得到D，则点B(−4,0)向右平移1个单位,再向下平移个单位得到N3(−3,−)；综上所述,以点B,D,M,N为顶点的四边形为平行四边形时,点N的坐标为(−5，,)或(3,)或(−3,−）【分析】（1）根据点C的坐标，求出OC的长度，进而求出OB的长度，得出B点的坐标。
中考数学圆与相似的综合题试题含详细答案
中考数学圆与相似的综合题试题含详细答案一、相似1．如图，抛物线过点，．为线段OA上一个动点（点M与点A不重合），过点M作垂直于x轴的直线与直线AB和抛物线分别交于点P、N．（1）求直线AB的解析式和抛物线的解析式；（2）如果点P是MN的中点，那么求此时点N的坐标；（3）如果以B，P，N为顶点的三角形与相似，求点M的坐标．【答案】（1）解：设直线的解析式为（）∵，∴解得∴直线的解析式为∵抛物线经过点，∴解得∴（2）解：∵轴，则，∴，∵点是的中点∴∴解得，（不合题意，舍去）∴（3）解：∵，，∴，∴∵∴当与相似时，存在以下两种情况：∴解得∴∴ ,解得∴【解析】【分析】（1）运用待定系数法解答即可。
（2）由（1）可得直线AB的解析式和抛物线的解析式，由点M（m,0）可得点N，P用m 表示的坐标，则可求得NP与PM，由NP=PM构造方程，解出m的值即可。
（3）在△BPN与△APM中，∠BPN=∠APM，则有和这两种情况，分别用含m的代数式表示出BP，PN，PM，PA，代入建立方程解答即可。
2．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.3．在平面直角坐标系中，抛物线与轴的两个交点分别为A （-3，0）、B（1，0），与y轴交于点D(0，3)，过顶点C作CH⊥x轴于点H.（1）求抛物线的解析式和顶点C的坐标；（2）连结AD、CD，若点E为抛物线上一动点（点E与顶点C不重合），当△ADE与△ACD面积相等时，求点E的坐标；（3）若点P为抛物线上一动点（点P与顶点C不重合），过点P向CD所在的直线作垂线，垂足为点Q，以P、C、Q为顶点的三角形与△ACH相似时，求点P的坐标.【答案】（1）解：设抛物线的解析式为，∵抛物线过点A(-3，0),B(1，0)，D(0，3)，∴，解得，a=-1，b=-2，c=3，∴抛物线解析式为，顶点C（-1,4）；（2）解：如图1，∵A(-3，0)，D(0，3),∴直线AD的解析式为y=x+3，设直线AD与CH交点为F，则点F的坐标为(-1，2)∴CF=FH，分别过点C、H作AD的平行线，与抛物线交于点E，由平行间距离处处相等，平行线分线段成比例可知，△ADE与△ACD面积相等，∴直线EC的解析式为y=x+5，直线EH的解析式为y=x+1，分别与抛物线解析式联立，得，，解得点E坐标为(-2，3)，，；（3）解：①若点P在对称轴左侧（如图2），只能是△CPQ∽△ACH，得∠PCQ=∠CAH，∴，分别过点C、P作x轴的平行线，过点Q作y轴的平行线，交点为M和N，由△CQM∽△QPN，得 =2，∵∠MCQ=45°，设CM=m，则MQ=m，PN=QN=2m，MN=3m，∴P点坐标为(-m-1，4-3m)，将点P坐标代入抛物线解析式，得，解得m=3，或m=0(与点C重合，舍去)∴P点坐标为(-4，-5)；②若点P在对称轴右侧（如图①），只能是△PCQ∽△ACH，得∠PCQ=∠ACH，∴，延长CD交x轴于M，∴M(3，0)过点M作CM垂线，交CP延长线于点F，作FN x轴于点N，∴，∵∠MCH=45°，CH=MH=4∴MN=FN=2，∴F点坐标为(5，2)，∴直线CF的解析式为y= ，联立抛物线解析式，得，解得点P坐标为( ， )，综上所得，符合条件的P点坐标为(-4，-5)，( ， ).【解析】【分析】（1）将A（-3，0）、B（1，0）、D(0，3)，代入y=ax2+bx+3求出即可；(2)求出直线AD的解析式，分别过点C、H作AD的平行线，与抛物线交于点E，利用△ADE与△ACD面积相等，得出直线EC和直线EH的解析式，联立出方程组求解即可;(3) （3）分两种情况讨论：①点P在对称轴左侧；②点P在对称轴右侧.4．如图1，抛物线平移后过点A（8，,0）和原点，顶点为B，对称轴与轴相交于点C，与原抛物线相交于点D．（1）求平移后抛物线的解析式并直接写出阴影部分的面积；（2）如图2，直线AB与轴相交于点P，点M为线段OA上一动点，为直角，边MN与AP相交于点N，设，试探求：① 为何值时为等腰三角形；② 为何值时线段PN的长度最小，最小长度是多少．【答案】（1）解：设平移后抛物线的解析式，将点A（8，,0）代入，得 = ，所以顶点B（4,3），所以S阴影=OC•CB=12（2）解：设直线AB解析式为y=mx+n，将A（8，0）、B（4，3）分别代入得，解得：，所以直线AB的解析式为，作NQ垂直于x轴于点Q，①当MN＝AN时， N点的横坐标为，纵坐标为，由三角形NQM和三角形MOP相似可知 ,得，解得（舍去）.当AM＝AN时，AN＝ ,由三角形ANQ和三角形APO相似可知，，MQ＝，由三角形NQM和三角形MOP相似可知得：，解得：t＝12（舍去）；当MN＝MA时，故是钝角，显然不成立,故；②由MN所在直线方程为y= ，与直线AB的解析式y=﹣x+6联立，得点N的横坐标为X N= ，即t2﹣x N t+36﹣x N=0，由判别式△=x2N﹣4（36﹣）≥0，得x N≥6或x N≤﹣14，又因为0＜x N＜8，所以x N的最小值为6，此时t=3，当t=3时，N的坐标为（6，""），此时PN取最小值为【解析】【分析】（1）平移前后的两个二次函数的a的值相等，平移后的图像经过点原点，因此设函数解析式为：，将点A的坐标代入就可求出b的值，再求出顶点B的坐标，利用割补法可得出阴影部分的面积=以OC，BC为边的矩形的面积。
中考数学《圆与相似的综合》专项训练及答案解析
中考数学《圆与相似的综合》专项训练及答案解析一、相似1．如图，抛物线y=﹣ +bx+c过点A（3，0），B（0，2）．M（m，0）为线段OA上一个动点（点M与点A不重合），过点M作垂直于x轴的直线与直线AB和抛物线分别交于点P、N．（1）求直线AB的解析式和抛物线的解析式；（2）如果点P是MN的中点，那么求此时点N的坐标；（3）如果以B，P，N为顶点的三角形与△APM相似，求点M的坐标．【答案】（1）解：设直线AB的解析式为y=px+q，把A（3，0），B（0，2）代入得，解得，∴直线AB的解析式为y=﹣ x+2；把A（3，0），B（0，2）代入y=﹣ +bx+c得，解得，∴抛物线解析式为y=﹣ x2+ x+2（2）解：∵M（m，0），MN⊥x轴，∴N（m，﹣ m2+ m+2），P（m，﹣ m+2），∴NP=﹣ m2+4m，PM=﹣ m+2，而NP=PM，∴﹣ m2+4m=﹣ m+2，解得m1=3（舍去），m2= ，∴N点坐标为（，）（3）解：∵A（3，0），B（0，2），P（m，﹣ m+2），∴AB= = ，BP= = m，而NP=﹣ m2+4m，∵MN∥OB，∴∠BPN=∠ABO，当 = 时，△BPN∽△OBA，则△BPN∽△MPA，即 m：2=（﹣ m2+4m）：，整理得8m2﹣11m=0，解得m1=0（舍去），m2= ，此时M点的坐标为（，0）；当 = 时，△BPN∽△ABO，则△BPN∽△APM，即 m： =（﹣ m2+4m）：2，整理得2m2﹣5m=0，解得m1=0（舍去），m2= ，此时M点的坐标为（，0）；综上所述，点M的坐标为（，0）或（，0）【解析】【分析】（1）因为抛物线和直线AB都过点A（3,0）、B（0,2），所以用待定系数法求两个解析式即可；（2）由题意知点P是MN的中点，所以PM=PN；而MN OA交抛物线与点N，交直线AB于点P，所以M、P、N的横坐标相同且都是m,纵坐标分别可用（1）中相应的解析式表示，即P（m,）,N（m,）,PM与PN的长分别为相应两点的纵坐标的绝对值，代入PM=PN即可的关于m的方程，解方程即可求解；（3）因为以B，P，N为顶点的三角形与△APM相似，而△APM是直角三角形，所以分两种情况：当∠PBN=时，则可得△PBN∽△PMA，即得相应的比例式，可求得m的值；当∠PNB=时，则可得△PNB∽△PMA，即得相应的比例式，可求得m的值。
中考数学 圆与相似 综合题含答案
中考数学圆与相似综合题含答案一、相似1．如图，在△ABC中，点N为AC边的任意一点，D为线段AB上一点，若∠MPN的顶点P为线段CD上任一点，其两边分别与边BC，AC交于点M、N，且∠MPN+∠ACB=180°．（1）如图1，若AC=BC，∠ACB=90°，且D为AB的中点时，求，请证明你的结论；（2）如图2，若BC=m，AC=n，∠ACB=90°，且D为AB的中点时，则 =________；（3）如图3，若 =k，BC=m，AC=n，请直接写出的值．（用k，m，n表示）【答案】（1）解：如图1中，作PG⊥AC于G，PH⊥BC于H，∵AC=BC，∠ACB=90°，且D为AB的中点，∴CD平分∠ACB，∵PG⊥AC于G，PH⊥BC于H，∴PG=PH，∵∠PGC=∠PHC=∠GCH=90°，∴∠GPH=∠MPN=90°，∴∠MPH=∠NPG，∵∠PHM=∠PGN=90°，∴△PHM∽△PGN，∴ =1（2）（3）解：如图3中，作PG⊥AC于G，PH⊥BC于H，DT⊥AC于T，DK⊥BC于K，易证△PMH∽△PGN，∴，∵，∴，∵DT∥PG，DK∥PH，∴，∴，∴【解析】【解答】解：（2）如图2中，作PG⊥AC于G，PH⊥BC于H，∵∠PGC=∠PHC=∠GCH=90°，∴∠GPH=∠MPN=90°，∴∠MPH=∠NPG，∵∠PHM=∠PGN=90°，∴△PHM∽△PGN，∴，∵△PHC∽△ACB，PG=HC，∴，故答案为：；【分析】（1）作PG⊥AC于G，PH⊥BC于H，根据已知条件可证△PHM和△PGN的两角对应相等，进而可得△PHM∽△PGN，由相似三角形的对应边成比例即可求出。
（2）作PG⊥AC于G，PH⊥BC于H，由两角对应相等，可得△PHM∽△PGN，由相似三角形的对应边成比例可得 = ，由两角对应相等，可得△PHC∽△ACB，又PG=HC，相似三角形的对应边成比例及等量代换即可求出。
中考数学《圆与相似的综合》专项训练及详细答案
中考数学《圆与相似的综合》专项训练及详细答案一、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．已知：如图，在△ABC中，AB=BC=10，以AB为直径作⊙O分别交AC，BC于点D，E，连接DE和DB，过点E作EF⊥AB，垂足为F，交BD于点P．（1）求证：AD=DE；（2）若CE=2，求线段CD的长；（3）在（2）的条件下，求△DPE的面积．【答案】（1）解：∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°，即BD⊥AC∵AB=BC，∴△ABD≌CBD∴∠ABD=∠CBD在⊙O中，AD与DE分别是∠ABD与∠CBD所对的弦∴AD=DE；（2）解：∵四边形ABED内接于⊙O，∴∠CED=∠CAB，∵∠C=∠C，∴△CED∽△CAB，∴，∵AB=BC=10，CE=2，D是AC的中点，∴CD= ；（3）解：延长EF交⊙O于M，在Rt△ABD中，AD= ，AB=10，∴BD=3 ，∵EM⊥AB，AB是⊙O的直径，∴，∴∠BEP=∠EDB，∴△BPE∽△BED，∴，∴BP= ，∴DP=BD-BP= ，∴S△DPE：S△BPE=DP：BP=13：32，∵S△BCD= × ×3 =15，S△BDE：S△BCD=BE：BC=4：5，∴S△BDE=12，∴S△DPE= ．【解析】【分析】（1）根据已知条件AB是⊙O的直径得出∠ADB=90°，再根据等腰三角形的三线合一的性质即可得出结论。
中考数学综合题专练∶圆与相似及答案解析
中考数学综合题专练∶圆与相似及答案解析一、相似1．如图所示，将二次函数y=x2+2x+1的图象沿x轴翻折，然后向右平移1个单位，再向上平移4个单位，得到二次函数y=ax2+bx+c的图象．函数y=x2+2x+1的图象的顶点为点A．函数y=ax2+bx+c的图象的顶点为点B，和x轴的交点为点C，D（点D位于点C的左侧）．（1）求函数y=ax2+bx+c的解析式；（2）从点A，C，D三个点中任取两个点和点B构造三角形，求构造的三角形是等腰三角形的概率；（3）若点M是线段BC上的动点，点N是△ABC三边上的动点，是否存在以AM为斜边的Rt△AMN，使△AMN的面积为△ABC面积的？若存在，求tan∠MAN的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：y=x2+2x+1=（x+1）2的图象沿x轴翻折，得y=﹣（x+1）2，把y=﹣（x+1）2向右平移1个单位，再向上平移4个单位，得y=﹣x2+4，∴所求的函数y=ax2+bx+c的解析式为y=﹣x2+4（2）解：∵y=x2+2x+1=（x+1）2，∴A（﹣1，0），当y=0时，﹣x2+4=0，解得x=±2，则D（﹣2，0），C（2，0）；当x=0时，y=﹣x2+4=4，则B（0，4），从点A，C，D三个点中任取两个点和点B构造三角形的有：△ACB，△ADB，△CDB，∵AC=3，AD=1，CD=4，AB= ，BC=2 ，BD=2 ，∴△BCD为等腰三角形，∴构造的三角形是等腰三角形的概率=（3）解：存在，易得BC的解析是为y=﹣2x+4，S△ABC= AC•OB= ×3×4=6，M点的坐标为（m，﹣2m+4）（0≤m≤2），①当N点在AC上，如图1，∴△AMN的面积为△ABC面积的，∴（m+1）（﹣2m+4）=2，解得m1=0，m2=1，当m=0时，M点的坐标为（0，4），N（0，0），则AN=1，MN=4，∴tan∠MAC= =4；当m=1时，M点的坐标为（1，2），N（1，0），则AN=2，MN=2，∴tan∠MAC= =1；②当N点在BC上，如图2，BC= =2 ，∵BC•AN= AC•BC，解得AN= ，∵S△AMN= AN•MN=2，∴MN= = ，∴∠MAC= ；③当N点在AB上，如图3，作AH⊥BC于H，设AN=t，则BN= ﹣t，由②得AH= ，则BH= ，∵∠NBG=∠HBA，∴△BNM∽△BHA，∴，即，∴MN= ，∵AN•MN=2，即•（﹣t）• =2，整理得3t2﹣3 t+14=0，△=（﹣3 ）2﹣4×3×14=﹣15＜0，方程没有实数解，∴点N在AB上不符合条件，综上所述，tan∠MAN的值为1或4或【解析】【分析】（1）将y=x2+2x+1配方成顶点式，根据轴对称的性质，可得出翻折后的函数解析式，再根据函数图像平移的规律：上加下减，左加右减，可得出答案。