历年中考数学易错题汇编-圆与相似练习题附答案解析
历年中考数学易错题汇编-圆与相似练习题附答案解析一、相似1．如图,在一间黑屋子里用一盏白炽灯照一个球.（1）球在地面上的影子是什么形状?（2）当把白炽灯向上平移时,影子的大小会怎样变化?（3）若白炽灯到球心的距离是1 m,到地面的距离是3 m,球的半径是0.2 m,则球在地面上影子的面积是多少?【答案】（1）解：球在地面上的影子的形状是圆.（2）解：当把白炽灯向上平移时,影子会变小.（3）解：由已知可作轴截面，如图所示：依题可得：OE=1 m，AE=0.2 m，OF=3 m，AB⊥OF于H，在Rt△OAE中，∴OA= = = (m)，∵∠AOH=∠EOA，∠AHO=∠EAO=90°，∴△OAH∽△OEA，∴，∴OH= == (m)，又∵∠OAE=∠AHE=90°，∠AEO=∠HEA，∴△OAE∽△AHE，∴ = ，∴AH= ==2625 (m).依题可得：△AHO∽△CFO，∴ AHCF=OHOF ，∴CF= AH⋅OFOH = 2625×32425=64 (m)，∴S影子=π·CF2=π· (64)2 = 38 π=0.375π(m2).答：球在地面上影子的面积是0.375π m2.【解析】【分析】（1）球在灯光的正下方，根据中心投影的特点可得影子是圆.（2）根据中心投影的特点：在灯光下，离点光源近的物体它的影子短，离点光源远的物体它的影子长；所以白炽灯向上移时，阴影会逐渐变小.（3）作轴截面（如图）由相似三角形的判定得三组三角形相似，再根据相似三角形的性质对应边成比例，可求得阴影的半径，再根据面积公式即可求出面积.2．如图，抛物线与坐标轴交点分别为，，，作直线BC．（1）求抛物线的解析式；（2）点P为抛物线上第一象限内一动点，过点P作轴于点D，设点P的横坐标为，求的面积S与t的函数关系式；（3）条件同，若与相似，求点P的坐标．【答案】（1）解：把，，代入得：，解得：，，，抛物线的解析式为（2）解：设点P的坐标为(t,- t×2+ t+2)，∵A(-1,0)，B(3,0)，∴AB=4，∴S=（3）解：当∽时，，即，整理得：，解得：或舍去，，，点P的坐标为；当∽，则，即，整理得，解得：或舍去，，，点P的坐标为，综上所述点P的坐标为或【解析】【分析】（1）利用待定系数法，将点A、B、C三点坐标分别代入函数解析式，建立方程组，就可求出a、b、c的值，即可解答；或设函数解析式为交点式，即y=a （x+1）(x-3），再将点C的坐标代入可解答。
（2）点P为抛物线上第一象限内一动点，因此利用二次函数解析式，由P的横坐标为t表示出点P的坐标，利用三角形的面积公式，就可得出s与t的函数解析式。
（3）分两种情况讨论：当△ ODP ∽△ COB 时；当△ ODP ∽△ BOC ，分别利用相似三角形的性质，分别得出对应边成比例，建立关于t的方程，求出t的值，就可得出点P的坐标。
3．已知：如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点O在AB上，以O为圆心，OA长为半径的圆与AC，AB分别交于点D，E，且∠CBD＝∠A．（1）判断直线BD与⊙O的位置关系，并证明你的结论；（2）若AD：AO＝8：5，BC＝2，求BD的长．【答案】（1）解：BD是⊙O的切线；理由如下：∵OA=OD，∴∠ODA=∠A∵∠CBD=∠A，∴∠ODA=∠CBD，∵∠C=90°，∴∠CBD+∠CDB=90°，∴∠ODA+∠CDB=90°，∴∠ODB=90°，即BD⊥OD，∴BD是⊙O的切线（2）解：设AD=8k，则AO=5k，AE=2OA=10k，∵AE是⊙O的直径，∴∠ADE=90°，∴∠ADE=∠C，又∵∠CBD=∠A，∴△ADE∽△BCD，∴，即，解得：BD= ．所以BD的长是【解析】【分析】（1）由等腰三角形的性质和已知得出∠ODA=∠CBD，由直角三角形的性质得出∠CBD+∠CDB=90°，因此∠ODA+∠CDB=90°，得出∠ODB=90°，即可得出结论；（2）设AD=8k，则AO=5k，AE=2OA=10k，由圆周角定理得出∠ADE=90°，△ADE∽△BCD，得出对应边成比例，即可求出BD的长．4．已知：如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3cm，BC＝4cm，点P从点B出发，沿BC 向点C匀速运动，速度为lcm/s；同时，点Q从点A出发，沿AB向点B匀速运动，速度为2cm/s；当一个点停止运动时，另一个点也停止运动连接PQ，设运动时间为t（s）（0＜t ＜2.5），解答下列问题：（1）①BQ＝________，BP＝________；（用含t的代数式表示）②设△PBQ的面积为y（cm2），试确定y与t的函数关系式________；（2）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使△PBQ的面积为△ABC面积的二分之一？如果存在，求出t的值；不存在，请说明理由；（3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使△BPQ为等腰三角形？如果存在，求出t的值；不存在，请说明理由．【答案】（1）5﹣2t；t；y=﹣ t2+ t（2）解：不存在，理由：∵AC＝3，BC＝4，∴S△ABC＝ ×3×4＝6，由（1）知，S△PBQ＝﹣ t2+ t，∵△PBQ的面积为△ABC面积的二分之一，∴﹣ t2+ t＝3，∴2t2﹣5t+10＝0，∵△＝25﹣4×2×10＜0，∴此方程无解，即：不存在某一时刻t，使△PBQ的面积为△ABC面积的二分之一（3）解：由（1）知，AQ＝2t，BQ＝5﹣2t，BP＝t，∵△BPQ是等腰三角形，∴①当BP＝BQ时，∴t＝5﹣2t，∴t＝，②当BP＝PQ时，如图2过点P作PE⊥AB于E，∴BE＝ BQ＝（5﹣2t），∵∠BEP＝90°＝∠C，∠B＝∠B，∴△BEP∽△BCA，∴，∴，∴t＝③当BQ＝PQ时，如图3，过点Q作QF⊥BC于F，∴BF＝ BP＝ t，∵∠BFQ＝90°＝∠C，∠B＝∠B，∴△BFQ∽△BCA，∴，∴，∴t＝，即：t为秒或秒或秒时，△BPQ为等腰三角形．【解析】【解答】（1）①在Rt△ABC中，AC＝3cm，BC＝4cm，根据勾股定理得，AB＝5cm，由运动知，BP＝t，AQ＝2t，∴BQ＝AB﹣AQ＝5﹣2t，故答案为：5﹣2t，t；②如图1，过点Q作QD⊥BC于D，∴∠BDQ＝∠C＝90°，∵∠B＝∠B，∴△BDQ∽△BCA，∴，∴，∴DQ＝（5﹣2t）∴y＝S△PBQ＝BP•DQ＝ ×t× （5﹣2t）＝﹣ t2+ t；【分析】（1）①先利用勾股定理求出AB，即可得出结论；②过点Q作QD⊥BC于D，进而得出△BDQ∽△BCA，用t表示出DQ，最后用三角形的面积公式即可得出结论；（2）先求出△ABC的面积，再利用△PBQ的面积为△ABC面积的二分之一，建立关于t的方程，进而判断出此方程无解，即可得出结论；（3）分三种情况，利用等腰三角形的性质和相似三角形的性质，得出比例式建立关于t的方程求解，即可得出结论．5．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：，将已知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△BDM∽△BCA，于是可得比例式，将已知的线段代入计算即可用含t的代数式表示DM、BD的长，则CD=CB-BD也可用含t的代数式表示出来，同理易证△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。
6．在直角坐标系中，过原点O及点A（8，0），C（0，6）作矩形OABC、连结OB，点D 为OB的中点，点E是线段AB上的动点，连结DE，作DF⊥DE，交OA于点F，连结EF．已知点E从A点出发，以每秒1个单位长度的速度在线段AB上移动，设移动时间为t 秒．（1）如图1，当t=3时，求DF的长．（2）如图2，当点E在线段AB上移动的过程中，∠DEF的大小是否发生变化？如果变化，请说明理由；如果不变，请求出tan∠DEF的值．（3）连结AD，当AD将△DEF分成的两部分的面积之比为1：2时，求相应的t的值．【答案】（1）解：当t=3时，点E为AB的中点，∵A（8，0），C（0，6），∴OA=8，OC=6，∵点D为OB的中点，∴DE∥OA，DE= OA=4，∵四边形OABC是矩形，∴OA⊥AB，∴DE⊥AB，∴∠OAB=∠DEA=90°，又∵DF⊥DE，∴∠EDF=90°，∴四边形DFAE是矩形，∴DF=AE=3（2）解：∠DEF的大小不变；理由如下：作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，如图2所示：∵四边形OABC是矩形，∴OA⊥AB，∴四边形DMAN是矩形，∴∠MDN=90°，DM∥AB，DN∥OA，∴，，∵点D为OB的中点，∴M、N分别是OA、AB的中点，∴DM= AB=3，DN= OA=4，∵∠EDF=90°，∴∠FDM=∠EDN，又∵∠DMF=∠DNE=90°，∴△DMF∽△DNE，∴，∵∠EDF=90°，∴tan∠DEF=（3）解：作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，若AD将△DEF的面积分成1：2的两部分，设AD交EF于点G，则点G为EF的三等分点；①当点E到达中点之前时，如图3所示，NE=3﹣t，由△DMF∽△DNE得：MF= （3﹣t），∴AF=4+MF=﹣ t+ ，∵点G为EF的三等分点，∴G（），设直线AD的解析式为y=kx+b，把A（8，0），D（4，3）代入得：，解得：，∴直线AD的解析式为y= x+6，把G（）代入得：t= ；②当点E越过中点之后，如图4所示，NE=t﹣3，由△DMF∽△DNE得：MF= （t﹣3），∴AF=4﹣MF=﹣ t+ ，∵点G为EF的三等分点，∴G（），代入直线AD的解析式y=﹣ x+6得：t= ；综上所述，当AD将△DEF分成的两部分的面积之比为1：2时，t的值为或【解析】【分析】（1）由t=3可得此时E为AB的中点，进而可得DE为△ABO的中位线，从而可得DE∥OA，DE的长，再由矩形的性质和判断可得四边形DFAE是矩形，，进而求出DF的长；（2）作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，可证得四边形DMAN是矩形，则DM∥AB，DN∥OA，再由平行线分线段成比例和已知可求出DM和DN的长，由两角相等可证△DMF∽△DNE，可得DF：DE=DM：DN，由三角函数可求出tan∠DEF的值；（3）作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，若AD将△DEF的面积分成1：2的两部分，设AD 交EF于点G，则点G为EF的三等分点；分点E到达中点之前、点E越过中点之后两种情况来求.都先求出直线AD的解析式，由△DMF∽△DNE求出用t的代数式表示的点G的坐标，代入直线AD的解析式可求出t的值.7．（1）【探索发现】如图1，是一张直角三角形纸片，，小明想从中剪出一个以为内角且面积最大的矩形，经过多次操作发现，当沿着中位线DE、EF剪下时，所得的矩形的面积最大，随后，他通过证明验证了其正确性，并得出：矩形的最大面积与原三角形面积的比值为________.（2）【拓展应用】如图2，在中，，BC边上的高，矩形PQMN 的顶点P、N分别在边AB、AC上，顶点Q、M在边BC上，求出矩形PQMN面积的最大值用含a、h的代数式表示；（3）【灵活应用】如图3，有一块“缺角矩形”ABCDE，，，，，小明从中剪出了一个面积最大的矩形为所剪出矩形的内角，直接写出该矩形的面积.【答案】（1）（2）解：，∽，，可得，设，由，当时，最大值为 .（3）解：如图，过DE上的点P作于点G，延长GP交AE延长线于点I，过点P 作于点H，则四边形AHPI和四边形BGPH均为矩形，设，则，，，，，，，由∽知，即，得，，则矩形BGPH的面积，当时，矩形BGPH的面积取得最大值，最大值为567.【解析】【解答】（1）解：、ED为中位线，，，，，又，四边形FEDB是矩形，则，故答案为：；【分析】（1）由中位线知EF= BC、ED= AB、由可得；（2）由△APN∽△ABC知，可得PN=a- ，设PQ=x，由S矩形PQMN=PQ•PN=，据此可得；（3）结合图形过DE上的点P作PG⊥BC于点G，延长GP交AE延长线于点I，过点P作PH⊥AB，设PG=x，知PI=28-x，由△EIP∽△EKD知，据此求得EI= ，PH= ，再根据矩形BGPH的面积S=可得答案.8．已知，如图，矩形ABCD中，AD＝2，AB＝3，点E，F分别在边AB，BC上，且BF＝FC，连接DE，EF，并以DE，EF为边作▱DEFG.（1）求▱DEFG对角线DF的长；（2）求▱DEFG周长的最小值；（3）当▱DEFG为矩形时，连接BG，交EF，CD于点P，Q，求BP：QG的值.【答案】（1）解：如图1所示：连接DF，∵四边形ABCD是矩形，∠C＝90°，AD＝BC，AB＝DC，∵BF＝FC，AD＝2；∴FC＝1，∵AB＝3；∴DC＝3，在Rt△DCF中，由勾股定理得，∴DF＝；故▱DEFG对角线DF的长（2）解：如图2所示：作点F关直线AB的对称点M，连接DM交AB于点N，连接NF，ME，点E在AB上是一个动点，①当点E不与点N重合时点M、E、D可构成一个三角形，∴ME+DE＞MD，②当点E与点N重合时点M、E（N）、D在同一条直线上，∴ME+DE＝MD由①和②DE+EF的值最小时就是点E与点N重合时，∵MB＝BF，∴MB＝1，∴MC＝3，又∵DC＝3，∴△MCD是等腰直角三角形，∴MD＝，∴NF+DF＝MD＝2 ，∴l▱DEFG＝2（NF+DF）＝4（3）解：①当AE＝1，BE＝2时，过点B作BH⊥EF，如图3（甲）所示：∵▱DEFG为矩形，∴∠A＝∠ABF＝90°，又∵BF＝1，AD＝2，∴在△ADE和△BEF中有，，∴△ADE≌△BEF中（SAS），∴DE＝EF，∴矩形DEFG是正方形；在Rt△EBF中，由勾股定理得：EF＝，∴BH ，又∵△BEF～△FHB，∴，HF＝，在△BPH和△GPF中有：，∴△BPH∽△GPF（AA），∴∴PF＝，又∵EP+PF＝EF，∴，又∵AB∥BC，EF∥DG，∴∠EBP＝∠DQG，∠EPB＝∠DGQ，∴△EBP∽△DQG（AA），∴ .②当AE＝2，BE＝1时，过点G作GH⊥DC，如图3（乙）所示：∵▱DEFG为矩形，∴∠A＝∠EBF＝90°，∵AD＝AE＝2，BE＝BF＝1，∴在Rt△ADE和Rt△EFB中，由勾股定理得：∴ED＝，EF＝，∴∠ADE＝45°，又∵四边形DEFG是矩形，∴EF＝DG，∠EDG＝90°，∴DG＝，∠HDG＝45°，∴△DHG是等腰直角三角形，∴DH＝HG＝1，在△HGQ和△BCQ中有，∴△HGQ∽△BCQ（AA），∴，∵HC＝HQ+CQ＝2，∴HQ＝，又∵DQ＝DH+HQ，∴DQ＝1+ ＝，∵AB∥DC，EF∥DG，∴∠EBP＝∠DQG，∠EPB＝∠DGQ，∴△EBP∽△DQG（AA），∴，综合所述，BP：QG的值为或 .【解析】【分析】（1）▱DEFG对角线DF的长就是Rt△DCF的斜边的长，由勾股定理求解；（2）▱DEFG周长的最小值就是求邻边2（DE+EF）最小值，DE+EF的最小值就是以AB 为对称轴，作点F的对称点M，连接DM交AB于点N，点E与N点重合时即DE+EF=DM 时有最小值，在Rt△DMC中由勾股定理求DM的长；（3）▱DEFG为矩形时有两种情况，一是一般矩形，二是正方形，分类用全等三角形判定与性质，等腰直角三角形判定与性质，三角形相似的判定与性质和勾股定理求解.二、圆的综合9．如图，点P在⊙O的直径AB的延长线上，PC为⊙O的切线，点C为切点，连接AC，过点A作PC的垂线，点D为垂足，AD交⊙O于点E．(1)如图1，求证：∠DAC=∠PAC；(2)如图2，点F（与点C位于直径AB两侧）在⊙O上，»»BF FA，连接EF，过点F作AD 的平行线交PC于点G，求证：FG=DE+DG；(3)在(2)的条件下，如图3，若AE=23DG，PO=5，求EF的长．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）2．【解析】【分析】（1）连接OC，求出OC∥AD，求出OC⊥PC，根据切线的判定推出即可；（2）连接BE交GF于H，连接OH，求出四边形HGDE是矩形，求出DE=HG，FH=EH，即可得出答案；（3）设OC交HE于M，连接OE、OF，求出∠FHO=∠EHO=45°，根据矩形的性质得出EH∥DG，求出OM=12AE，设OM=a，则HM=a，AE=2a，AE=23DG，DG=3a，求出ME=CD=2a，BM=2a，解直角三角形得出tan∠MBO＝12MOBM=，tanP=12COPO=,设OC=k，则PC=2k，根据OP=5k=5求出k=5，根据勾股定理求出a，即可求出答案．【详解】（1）证明：连接OC，∵PC为⊙O的切线，∴OC⊥PC，∵AD⊥PC，∴OC∥AD，∴∠OCA=∠DAC，∵OC=OA，∴∠PAC=∠OCA，∴∠DAC=∠PAC；（2）证明：连接BE交GF于H，连接OH，∵FG∥AD，∴∠FGD+∠D=180°，∵∠D=90°，∴∠FGD=90°，∵AB为⊙O的直径，∴∠BEA=90°，∴∠BED=90°，∴∠D=∠HGD=∠BED=90°，∴四边形HGDE是矩形，∴DE=GH，DG=HE，∠GHE=90°，∵»»BF AF=，∴∠HEF=∠FEA=12∠BEA=1902o⨯=45°，∴∠HFE=90°﹣∠HEF=45°，∴∠HEF=∠HFE，∴FH=EH，∴FG=FH+GH=DE+DG；（3）解：设OC交HE于M，连接OE、OF，∵EH=HF，OE=OF，HO=HO，∴△FHO≌△EHO，∴∠FHO=∠EHO=45°，∵四边形GHED是矩形，∴EH∥DG，∴∠OMH=∠OCP=90°，∴∠HOM=90°﹣∠OHM=90°﹣45°=45°，∴∠HOM=∠OHM，∴HM=MO，∵OM⊥BE，∴BM=ME，∴OM=12 AE，设OM=a，则HM=a，AE=2a，AE=23DG，DG=3a，∵∠HGC=∠GCM=∠GHE=90°，∴四边形GHMC是矩形，∴GC=HM=a，DC=DG﹣GC=2a，∵DG=HE，GC=HM，∴ME=CD=2a，BM=2a，在Rt△BOM中，tan∠MBO=122 MO aBM a==，∵EH∥DP，∴∠P=∠MBO，tanP=12CO PO =， 设OC=k ，则PC=2k ， 在Rt △POC 中，OP=5k=5， 解得：k=5，OE=OC=5，在Rt △OME 中，OM 2+ME 2=OE 2，5a 2=5， a=1， ∴HE=3a=3，在Rt △HFE 中，∠HEF=45°， ∴EF=2HE=32． 【点睛】考查了切线的性质，矩形的性质和判定，解直角三角形，勾股定理等知识点，能综合运用性质进行推理是解此题的关键．10．如图，AB 为⊙O 的直径，AC 为⊙O 的弦，AD 平分∠BAC ，交⊙O 于点D ，DE ⊥AC ，交AC 的延长线于点E ．（1）判断直线DE 与⊙O 的位置关系，并说明理由； （2）若AE ＝8，⊙O 的半径为5，求DE 的长．【答案】（1）直线DE 与⊙O 相切（2）4 【解析】试题分析：（1）连接OD ，∵AD 平分∠BAC ，∴EAD OAD ∠∠＝，∵OA OD ＝，∴ODA OAD ∠∠＝，∴ODA EAD ∠∠＝，∴EA ∥OD ，∵DE ⊥EA ，∴DE ⊥OD ，又∵点D 在⊙O 上，∴直线DE 与⊙O 相切 （2）如图1，作DF ⊥AB ，垂足为F ，∴DFA DEA 90∠∠︒＝＝，∵EAD FAD ∠∠＝，AD AD ＝，∴△EAD ≌△FAD ，∴AF AE 8＝＝，DF DE ＝，∵OA OD 5＝＝，∴OF 3＝，在Rt △DOF 中，22DF 4OD OF -＝＝，∴AF AE 8＝＝ 考点：切线的证明，弦心距和半径、弦长的关系点评：本题难度不大，第一小题通过内错角相等相等证明两直线平行，再由两直线平行推出同旁内角相等．第二小题通过求出两个三角形全等，从而推出对应边相等，接着用弦心距和弦长、半径的计算公式，求出半弦长．11．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=(a 2-b 2)；(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′=（a 2-b 2）；（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．12．如图1，将长为10的线段OA绕点O旋转90°得到OB，点A的运动轨迹为»AB，P是半径OB上一动点，Q是»AB上的一动点，连接PQ.发现：∠POQ＝________时，PQ有最大值，最大值为________；思考：（1）如图2，若P是OB中点，且QP⊥OB于点P，求»BQ的长；（2）如图3，将扇形AOB沿折痕AP折叠，使点B的对应点B′恰好落在OA的延长线上，求阴影部分面积；探究：如图4，将扇形OAB沿PQ折叠，使折叠后的弧QB′恰好与半径OA相切，切点为C，若OP＝6，求点O到折痕PQ的距离．【答案】发现： 90°，2；思考：（1）103π=；（2）2+100；（3）点O到折痕PQ30【解析】分析：发现：先判断出当PQ取最大时，点Q与点A重合，点P与点B重合，即可得出结论；思考：（1）先判断出∠POQ=60°，最后用弧长用弧长公式即可得出结论；（2）先在Rt△B'OP中，OP22−10)2=（10-OP）2，解得2−10，最后用面积的和差即可得出结论．探究：先找点O关于PQ的对称点O′，连接OO′、O′B、O′C、O′P，证明四边形OCO′B是矩形，由勾股定理求O′B，从而求出OO′的长，则OM=1230详解：发现：∵P是半径OB上一动点，Q是»AB上的一动点，∴当PQ取最大时，点Q与点A重合，点P与点B重合，此时，∠POQ=90°，22OA OB+2；思考：（1）如图，连接OQ，∵点P 是OB 的中点，∴OP=12OB=12OQ ． ∵QP ⊥OB ，∴∠OPQ=90° 在Rt △OPQ 中，cos ∠QOP=12OP OQ =， ∴∠QOP=60°，∴l BQ =6010101803ππ⨯=； （2）由折叠的性质可得，BP ＝B ′P ，AB ′＝AB ＝102，在Rt △B'OP 中，OP 2+(102−10)2=（10-OP ）2解得OP=102−10，S 阴影=S 扇形AOB -2S △AOP =290101210(10210)3602π⨯-⨯⨯⨯- ＝25π−1002+100；探究：如图2，找点O 关于PQ 的对称点O′，连接OO′、O′B 、O′C 、O′P ，则OM=O′M ，OO′⊥PQ ，O′P=OP=3，点O′是¼B Q '所在圆的圆心，∴O′C=OB=10，∵折叠后的弧QB′恰好与半径OA 相切于C 点，∴O′C ⊥AO ，∴O′C ∥OB ，∴四边形OCO′B 是矩形，在Rt △O′BP 中，226425-=在Rt △OBO′K ，2210(25)=230-，∴OM=12OO′=12×23030即O 到折痕PQ 的距离为30． 点睛：本题考查了折叠问题和圆的切线的性质、矩形的性质和判定，熟练掌握弧长公式l=180n R π（n 为圆心角度数，R 为圆半径），明确过圆的切线垂直于过切点的半径，这是常考的性质；对称点的连线被对称轴垂直平分．13．问题发现．(1)如图①，Rt △ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝3，BC ＝4，点D 是AB 边上任意一点，则CD 的最小值为______．(2)如图②，矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝4，点M 、点N 分别在BD 、BC 上，求CM+MN 的最小值．(3)如图③，矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝4，点E 是AB 边上一点，且AE ＝2，点F 是BC 边上的任意一点，把△BEF 沿EF 翻折，点B 的对应点为G ，连接AG 、CG ，四边形AGCD 的面积是否存在最小值，若存在，求这个最小值及此时BF 的长度．若不存在，请说明理由．【答案】(1) 125CD =;(2) CM MN +的最小值为9625.(3) 152【解析】 试题分析：（1）根据两种不同方法求面积公式求解；（2）作C 关于BD 的对称点C '，过C '作BC 的垂线，垂足为N ，求C N '的长即可;(3) 连接AC ，则ADC ACG AGCD S S S =+V V 四，321GB EB AB AE ==-=-=，则点G 的轨迹为以E 为圆心，1为半径的一段弧．过E 作AC 的垂线，与⊙E 交于点G ，垂足为M ，由AEM ACB V V ∽求得GM 的值，再由ACD ACG AGCD S S S =+V V 四边形 求解即可.试题解析：（1）从C 到AB 距离最小即为过C 作AB 的垂线，垂足为D ，22ABC CD AB AC BC S ⋅⋅==V ，∴341255AC BCCDAB⋅⨯===，（2）作C关于BD的对称点C'，过C'作BC的垂线，垂足为N，且与BD交于M，则CM MN+的最小值为C N'的长，设CC'与BD交于H，则CH BD⊥，∴BMC BCDV V∽，且125CH=，∴C CB BDC∠=∠'，245CC'=，∴C NC BCD'V V∽，∴244965525CC BCC NBD⨯⋅===''，即CM MN+的最小值为9625．（3）连接AC，则ADC ACGAGCDS S S=+V V四，321GB EB AB AE==-=-=，∴点G的轨迹为以E为圆心，1为半径的一段弧．过E作AC的垂线，与⊙E交于点G，垂足为M，∵AEM ACBV V∽，∴EM AEBC AC=，∴24855AE BCEMAC⋅⨯===，∴83155GM EM EG=-=-=，∴ACD ACGAGCDS S S=+V V四边形，113345225=⨯⨯+⨯⨯， 152=． 【点睛】本题考查圆的综合题、最短问题、勾股定理、面积法、两点之间线段最短等知识，解题的关键是利用轴对称解决最值问题，灵活运用两点之间线段最短解决问题．14．已知：BD 为⊙O 的直径，O 为圆心，点A 为圆上一点，过点B 作⊙O 的切线交DA 的延长线于点F ，点C 为⊙O 上一点，且AB ＝AC ，连接BC 交AD 于点E ，连接AC ．(1)如图1，求证：∠ABF ＝∠ABC ；(2)如图2，点H 为⊙O 内部一点，连接OH ，CH 若∠OHC ＝∠HCA ＝90°时，求证：CH ＝12DA ； (3)在(2)的条件下，若OH ＝6，⊙O 的半径为10，求CE 的长．【答案】(1)见解析；（2）见解析；（3）215. 【解析】【分析】 ()1由BD 为O e 的直径，得到D ABD 90∠∠+=o ，根据切线的性质得到FBA ABD 90∠∠+=o ，根据等腰三角形的性质得到C ABC ∠∠=，等量代换即可得到结论；()2如图2，连接OC ，根据平行线的判定和性质得到ACO COH ∠∠=，根据等腰三角形的性质得到OBC OCB ∠∠=，ABC CBO ACB OCB ∠∠∠∠+=+，根据相似三角形的性质即可得到结论；()3根据相似三角形的性质得到AB BD 2OH OC==，根据勾股定理得到22AD BD AB 16=-=，根据全等三角形的性质得到BF BE =，AF AE =，根据射影定理得到212AF 916==，根据相交弦定理即可得到结论． 【详解】()1BD Q 为O e 的直径，90BAD ∴∠=o ，90D ABD ∴∠+∠=o ，FB Q 是O e 的切线，90FBD ∴∠=o ，90FBA ABD ∴∠+∠=o ，FBA D ∴∠=∠，AB AC =Q ，C ABC ∴∠=∠，C D ∠=∠Q ，ABF ABC ∴∠=∠；()2如图2，连接OC ，90OHC HCA ∠=∠=o Q ，//AC OH ∴，ACO COH ∴∠=∠，OB OC =Q ，OBC OCB ∴∠=∠，ABC CBO ACB OCB ∴∠+∠=∠+∠，即ABD ACO ∠=∠，ABC COH ∴∠=∠，90H BAD ∠=∠=o Q ，ABD ∴V ∽HOC V ，2AD BD CH OC∴==， 12CH DA ∴=； ()3由()2知，ABC V ∽HOC V ，2AB BD OH OC ∴==， 6OH =Q ，O e 的半径为10， 212AB OH ∴==，20BD =，2216AD BD AB ∴=-=，在ABF V 与ABE V 中，90ABF ABE AB AB BAF BAE ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠=⎩o ， ABF ∴V ≌ABE V ，BF BE ∴=，AF AE =，90FBD BAD ∠=∠=o Q ，2AB AF AD ∴=⋅，212916AF ∴==， 9AE AF ∴==，7DE ∴=，2215BE AB AE =+=，AD Q ，BC 交于E ，AE DE BE CE ∴⋅=⋅，9721155AE DE CE BE ⋅⨯∴===． 【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行线的性质，勾股定理，射影定理，相交弦定理，正确的识别图形是解题的关键．15．如图，AC 是⊙O 的直径，OB 是⊙O 的半径，PA 切⊙O 于点A ，PB 与AC 的延长线交于点M ，∠COB ＝∠APB ．（1）求证：PB 是⊙O 的切线；（2）当MB ＝4，MC ＝2时，求⊙O 的半径．【答案】（1）证明见解析；（2）3.【解析】【分析】（1）根据题意∠M +∠P ＝90°，而∠COB ＝∠APB ，所以有∠M +∠COB ＝90°，即可证明PB是⊙O 的切线.（2）设圆的半径为r ,则OM =r +2,BM=4,OB =r ,再根据勾股定理列方程便可求出r .【详解】证明：（1）∵AC 是⊙O 的直径，PA 切⊙O 于点A ，∴PA ⊥OA∴在Rt △MAP 中，∠M +∠P ＝90°，而∠COB ＝∠APB ，∴∠M +∠COB ＝90°，∴∠OBM ＝90°，即OB ⊥BP ，∴PB 是⊙O 的切线；（2）设⊙O 的半径为r ，2OM r ∴=+ ,OB r = ,4BM =OBM ∆Q 为直角三角形∴222OM OB BM =+ ，即222(2)+4r r +=解得：r ＝3，∴⊙O 的半径为3．【点睛】本题主要考查圆的切线问题，证明圆的切线有两种思路一种是证明连线是半径，另一种是证明半径垂直.16．在△ABC 中，0090,60ACB BAC ∠=∠=，AC=2，P 为△ABC 所在平面内一点，分别连PA,PB ,PC ．（1）如图1,已知，APB BPC APC ∠=∠=∠，以A 为旋转中心，将APB ∆顺时针旋转60度，得到AMN ∆.①请画出图形，并求证：C 、P 、M 、N 四点在同一条直线上；②求PA+PB+PC 的值.（2）如图2，如果点P 满足090BPC ∠=，设Q 为AB 边中点，求PQ 的取值范围.【答案】（1）①详见解析；②27；（2）31312PQ PQ -≤≤+≠且；【解析】【分析】（1）①欲证明C 、P 、M 、N 四点在同一条直线上，只要证明∠APC+∠APM=180°，∠AMN+∠AMP=180°即可；②只要证明PA+PB+PC=PC+PM+MN=CN ，在Rt △CBN 中，利用勾股定理求出NC 即可； （2）如图2中，由∠BPC=90°，推出点P 在以BC 为直径的圆上（P 不与B 、C 重合），设BC 的中点为O ，作直线OQ 交⊙O 与P 和P′，可得PQ 的最小值为3-1，PQ 的最大值为3+1，PQ≠2，由此即可解决问题；【详解】（1）①证明：如图，∵△APB ≌△AMN ，△APM 是等边三角形，∴∠APM=∠APM=60°，∵∠APB=∠BPC=∠APC=120°，∴∠APB=∠BPC=∠APC=∠AMN=120°，∴∠APC+∠APM=180°，∠AMN+∠AMP=180°，∴C 、P 、M 、N 四点在同一条直线上；②解：连接BN ,易得ΔABN 是等边三角形∴∠ABN=60°，∵∠ABC=30°，∴∠NBC=90°，∵AC=2，∴AB=BN=4，3∵PA=PM，PB=MN，∴PA+PB+PC=PC+PM+MN=CN，在Rt△CBN中，CN=22+=，BC BN27∴PA+PB+PC=27．(2) 如图2中，∵∠BPC=90°，∴点P在以BC为直径的圆上（P不与B、C重合），设BC的中点为O，作直线OQ交⊙O与P和P′，可得PQ3-1，PQ3+1，PQ≠2，∴33+1且PQ≠2．∴≤≤≠的取值范围是且PQ31PQ31PQ2【点睛】本题考查几何变换综合题、等边三角形的性质和判定、全等三角形的性质、勾股定理、圆的有关知识等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用辅助圆解决问题，属于中考压轴题．。
中考数学复习圆与相似专项易错题附详细答案
中考数学复习圆与相似专项易错题附详细答案一、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，在平面直角坐标系中，直线y=﹣ x+ 与x轴、y轴分别交于点B、A，与直线y= 相交于点C．动点P从O出发在x轴上以每秒5个单位长度的速度向B匀速运动，点Q从C出发在OC上以每秒4个单位长度的速度，向O匀速运动，运动时间为t秒（0＜t＜2）．（1）直接写出点C坐标及OC、BC长；（2）连接PQ，若△OPQ与△OBC相似，求t的值；（3）连接CP、BQ，若CP⊥BQ，直接写出点P坐标．【答案】（1）解：对于直线y=﹣ x+ ，令x=0，得到y= ，∴A（0，），令y=0，则x=10，∴B（10，0），由，解得，∴C（，）．∴OC= =8，BC= =10（2）解：①当时，△OPQ∽△OCB，∴，∴t= ．②当时，△OPQ∽△OBC，∴，∴t=1，综上所述，t的值为或1s时，△OPQ与△OBC相似（3）解：如图作PH⊥OC于H．∵OC=8，BC=6，OB=10，∴OC2+BC2=OB2，∴∠OCB=90°，∴当∠PCH=∠CBQ时，PC⊥BQ．∵∠PHO=∠BCO=90°，∴PH∥BC，∴，∴，∴PH=3t，OH=4t，∴tan∠PCH=tan∠CBQ，∴，∴t= 或0（舍弃），∴t= s时，PC⊥BQ．【解析】【分析】（1）根据直线与坐标轴交点的坐标特点求出A,B点的坐标，解联立直线AB,与直线OC的解析式组成的方程组，求出C点的坐标，根据两点间的距离公式即可直接算出OC,OB的长；（2）根据速度乘以时间表示出OP=5t，CQ=4t，OQ=8-4t，①当OP∶OC=OQ∶OB时，△OPQ∽△OCB，根据比例式列出方程，求解得出t的值；②当OP∶OB=OQ∶OC时，△OPQ∽△OBC，根据比例式列出方程，求解得出t的值，综上所述即可得出t的值；（3）如图作PH⊥OC于H．根据勾股定理的逆定理判断出∠OCB=90°，从而得出当∠PCH=∠CBQ时，PC⊥BQ．根据同位角相等二直线平行得出PH∥BC，根据平行线分线段成比例定理得出OP∶OB=PH∶BC=OH∶OC,根据比例式得出PH=3t，OH=4t，根据等角的同名三角函数值相等及正切函数的定义，由tan∠PCH=tan∠CBQ，列出方程，求解得出t的值，经检验即可得出答案。
中考数学复习圆与相似专项易错题及详细答案
中考数学复习圆与相似专项易错题及详细答案一、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。
中考数学易错题专题复习-圆与相似练习题附答案解析
中考数学易错题专题复习-圆与相似练习题附答案解析一、相似1．如图，在一块长为a(cm)，宽为b(cm)(a>b)的矩形黑板的四周，镶上宽为x(cm)的木板，得到一个新的矩形．（1）试用含a，b，x的代数式表示新矩形的长和宽；（2）试判断原矩形的长、宽与新矩形的长、宽是不是比例线段，并说明理由．【答案】（1）解：由原矩形的长、宽分别为a(cm)，b(cm)，木板宽为x(cm)，可得新矩形的长为(a＋2x)cm，宽为(b＋2x)cm（2）解：假设两个矩形的长与宽是成比例线段，则有，由比例的基本性质，得ab＋2bx＝ab＋2ax，∴2(a－b)x＝0.∵a>b，∴a－b≠0，∴x＝0，又∵x>0，∴原矩形的长、宽与新矩形的长、宽不是比例线段．【解析】【分析】（1）根据已知，观察图形，可得出新矩形的长和宽。
（2）假设两个矩形的长与宽是成比例线段，列出比例式，再利用比例的性质得出x=0，即可判断。
2．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。
2020-2021中考数学复习圆与相似专项易错题含答案解析
2020-2021中考数学复习圆与相似专项易错题含答案解析一、相似1．如图，M为等腰△ABD的底AB的中点，过D作DC∥AB，连结BC；AB=8cm，DM=4cm，DC=1cm，动点P自A点出发，在AB上匀速运动，动点Q自点B出发，在折线BC﹣CD上匀速运动，速度均为1cm/s，当其中一个动点到达终点时，它们同时停止运动，设点P运动t（s）时，△MPQ的面积为S（不能构成△MPQ的动点除外）．（1）t（s）为何值时，点Q在BC上运动，t（s）为何值时，点Q在CD上运动；（2）求S与t之间的函数关系式；（3）当t为何值时，S有最大值，最大值是多少？（4）当点Q在CD上运动时，直接写出t为何值时，△MPQ是等腰三角形．【答案】（1）解：过点C作CE⊥AB，垂足为E，如图1，∵DA=DB，AM=BM，∴DM⊥AB.∵CE⊥AB，∴∴CE∥DM.∵DC∥ME,CE∥DM,∴四边形DCEM是矩形，∴CE=DM=4，ME=DC=1.∵AM=BM,AB=8,∴AM=BM=4.∴BE=BM−ME=3.∵∴CB=5.∵当t=4时，点P与点M重合，不能构成△MPQ，∴t≠4.∴当且t≠4(s)时,点Q在BC上运动;当 (s)时，点Q在CD上运动.（2）解：①当0<t<4时，点P在线段AM上，点Q在线段BC上，过点Q作QF⊥AB，垂足为F，如图2，∵QF⊥AB，CE⊥AB，∴∴QF∥CE.∴△QFB∽△CEB.∴∵CE=4，BC=5，BQ=t，∴∴∵PM=AM−AP=4−t，∴②当时，点P在线段BM上，点Q在线段BC上，过点Q作QF⊥AB，垂足为F，如图3，∵QF⊥AB,CE⊥AB,∴∴QF∥CE.∴△QFB∽△CEB.∴∵CE=4，BC=5，BQ=t，∴∴∵PM=AP−AM=t−4，∴③当时，点P在线段BM上，点Q在线段DC上，过点Q作QF⊥AB，垂足为F，如图4，此时QF=DM=4.∵PM=AP−AM=t−4，∴综上所述：当0<t<4时当时, 当时，S=2t−8.（3）解：①当0<t<4时,∵ 0<2<4，∴当t=2时,S取到最大值,最大值为②当时, 对称轴为x=2.∵∴当x>2时，S随着t的增大而增大，∴当t=5时,S取到最大值,最大值为③当时，S=2t−8.∵2>0，∴S随着t的增大而增大,∴当t=6时，S取到最大值，最大值为2×6−8=4.综上所述：当t=6时，S取到最大值，最大值为4（4）解：当点Q在CD上运动即时，如图5，则有，即∵MP=t−4<6−4，即MP<2，∴QM≠MP，QP≠MP.若△MPQ是等腰三角形，则QM=QP.∵QM=QP，QF⊥MP，∴MF=PF=12MP.∵MF=DQ=5+1−t=6−t，MP=t−4，∴解得：∴当t= 秒时，△MPQ是等腰三角形【解析】【分析】（1）过点C作CE⊥AB于E，结合题中条件得出四边形DCEM是矩形，结合矩形性质和勾股定理求出BC的长，最后考虑不能构成△MPQ，即可解决问题。
2020-2021历年中考数学易错题汇编-圆与相似练习题含详细答案
2020-2021历年中考数学易错题汇编-圆与相似练习题含详细答案一、相似1．如图（1），在矩形DEFG中，DE=3，EG=6，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BC=3，AC=6，△ABC的一边BC和矩形的一边DG在同一直线上，点C和点D重合，Rt△ABC将从D以每秒1个单位的速度向DG方向匀速平移，当点C与点G重合时停止运动，设运动时间为t秒，解答下列问题：（1）如图（2），当AC过点E时，求t的值；（2）如图（3），当AB与DE重合时，AC与EF、EG分别交于点M、N，求CN的长；（3）在整个运动过程中，设Rt△ABC与△EFG重叠部分面积为y，请求出y与t的函数关系式，并写出相应t的取值范围．【答案】（1）解：如图（2），当AC过点E时，在Rt△ABC中，BC=3，AC=6，∴BC所对锐角∠A=30°，∴∠ACB=60°，依题意可知∠ABC=∠EDC=90°，∵∠ACB=∠ECD，∴△ABC∽△EDC，∴，即，∴CD= ，∴t=CD= ；（2）解：如图（3），∵∠EDG=90°，DE=3，EG=6，∴DG= =3 ，在Rt△EDG中，sin∠EGD= ，∴∠EGD=30°，∵∠NCB=∠CNG+∠EGD，∴∠CNG=∠NCB﹣∠EGD=60°﹣30°=30°，∴∠CNG=∠EGD，∴NC=CG=DG﹣BC=3 ﹣3；（3）解：由（1）可知，当x＞时，△ABC与△EFG有重叠部分．分两种情况：①当＜t≤3时，如图（4），△ABC与△EFG有重叠部分为△EMN，设AC与EF、EG分别交于点M、N，过点N作直线NP⊥EF于P，交DG于Q，则∠EPN=∠CQN=90°，∵NC=CG，∴NC=DG﹣DC=3 ﹣t，在Rt△NQC中，NQ=sin∠NCQ×NC=sin60°×（3 ﹣t）= ，∴PN=PQ﹣NQ=3﹣ = ，∵∠PMN=∠NCQ=60°，∴sin∠PMN= ，MN= =t﹣，在矩形DEFG中，EF∥DG，∴∠MEN=∠CGN，∵∠MNE=∠CNG，∠CNG=∠CGN，∴∠EMN=∠MNE，∴EM=MN，∴EM=MN=t﹣，∴y=S△EMN= EM•PN= × ；②当3＜t≤3 时，如图（5），△ABC与△EFG重叠部分为四边形PQNM，设AB与EF、EG分别交于点P、Q，AC与EF、EG分别交于点M、N，则∠EPQ=90°，∵CG=3 ﹣t，∴S△EMN= ，∵EP=DB=t﹣3，∠PEQ=30°，∴在Rt△EPQ中，PQ=tan∠PEQ×EP=tan30°×（t﹣3）= ，∴S△EPQ= EP•PQ= （t﹣3）× = ，∴y=S△EMN﹣S△EPQ=（）﹣（）= +（﹣，综上所述，y与t的函数关系式：y= ．【解析】【分析】（1）证△ABC∽△EDC，由相似三角形的性质可求出CD的值，即可求t；（2）利用勾股定理求出DG的值，则由三角函数可∠EGD=30°，进而可证得∠CNG=∠EGD，则NC=CG=DG﹣BC，可求出答案；（3）根据重叠部分可确定x的取值范围，再由三角形的面积公式可求出函数解析式.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。
中考数学易错题精选-圆与相似练习题附答案解析
中考数学易错题精选-圆与相似练习题附答案解析一、相似1．如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，动点P从点A开始沿边AC向点C以1个单位长度的速度运动，动点Q从点C开始沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，过点P作PD∥BC，交AB于点D，连接PQ分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒（t≥0）．（1）直接用含t的代数式分别表示：QB=________，PD=________．（2）是否存在t的值，使四边形PDBQ为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．并探究如何改变Q的速度（匀速运动），使四边形PDBQ在某一时刻为菱形，求点Q 的速度；（3）如图2，在整个运动过程中，求出线段PQ中点M所经过的路径长．【答案】（1）8-2t；（2）解：不存在在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，∴AB=10∵PD∥BC，∴△APD∽△ACB，∴，即，∴AD= ，∴BD=AB-AD=10- ，∵BQ∥DP，∴当BQ=DP时，四边形PDBQ是平行四边形，即8-2t= ，解得：t= ．当t= 时，PD= ，BD=10- ，∴DP≠BD，∴▱PDBQ不能为菱形．设点Q的速度为每秒v个单位长度，则BQ=8-vt，PD= ，BD=10- ，要使四边形PDBQ为菱形，则PD=BD=BQ，当PD=BD时，即 =10- ，解得：t=当PD=BQ，t= 时，即，解得：v=当点Q的速度为每秒个单位长度时，经过秒，四边形PDBQ是菱形．（3）解：如图2，以C为原点，以AC所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系．依题意，可知0≤t≤4，当t=0时，点M1的坐标为（3，0），当t=4时点M2的坐标为（1，4）．设直线M1M2的解析式为y=kx+b，∴，解得，∴直线M1M2的解析式为y=-2x+6．∵点Q（0，2t），P（6-t，0）∴在运动过程中，线段PQ中点M3的坐标（，t）．把x= 代入y=-2x+6得y=-2× +6=t，∴点M3在直线M1M2上．过点M2作M2N⊥x轴于点N，则M2N=4，M1N=2．∴M1M2=2∴线段PQ中点M所经过的路径长为2 单位长度．【解析】【解答】（1）根据题意得：CQ=2t，PA=t，∴QB=8-2t，∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，PD∥BC，∴∠APD=90°，∴tanA= ，∴PD= ．【分析】CQ=2t，PA=t，可得QB=8﹣2t，根据tanA=，可以表示PD；易得△APD∽△ACB，即可求得AD与BD的长，由BQ∥DP，可得当BQ=DP时，四边形PDBQ是平行四边形；求得此时DP与BD的长，由DP≠BD，可判定▱PDBQ不能为菱形；然后设点Q 的速度为每秒v个单位长度，由要使四边形PDBQ为菱形，则PD=BD PD=BQ，列方程即可求得答案．以C为原点，以AC所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系，求出直线M1M2解析式，证明M3在直线M1M2上，利用勾股定理求出M1M2.2．已知：如图，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，对角线AC，BD交于点0．点P从点A出发，沿方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点Q从点D出发，沿DC方向匀速运动，速度为1cm/s；当一个点停止运动时，另一个点也停止运动．连接PO并延长，交BC于点E，过点Q作QF∥AC，交BD于点F．设运动时间为t（s）（0＜t＜6），解答下列问题：（1）当t为何值时，△AOP是等腰三角形？（2）设五边形OECQF的面积为S（cm2），试确定S与t的函数关系式；（3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使S五边形S五边形OECQF：S△ACD=9：16？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；（4）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使OD平分∠COP？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：∵在矩形ABCD中，Ab=6cm，BC=8cm，∴AC=10，①当AP=PO=t，如图1，过P作PM⊥AO，∴AM= AO= ，∵∠PMA=∠ADC=90°，∠PAM=∠CAD，∴△APM∽△ADC，∴，∴AP=t= ，②当AP=AO=t=5，∴当t为或5时，△AOP是等腰三角形（2）解：作EH⊥AC于H，QM⊥AC于M，DN⊥AC于N，交QF于G，在△APO与△CEO中，∵∠PAO=∠ECO，AO=OC，∠AOP=∠COE，∴△AOP≌△COE，∴CE=AP=t，∵△CEH∽△ABC，∴，∴EH= ，∵DN= = ，∵QM∥DN，∴△CQM∽△CDN，∴，即，∴QM= ，∴DG= = ，∵FQ∥AC，∴△DFQ∽△DOC，∴，∴FQ= ，∴S五边形OECQF=S△OEC+S四边形OCQF= =，∴S与t的函数关系式为（3）解：存在，∵S△ACD= ×6×8=24，∴S五边形OECQF：S△ACD=（）：24=9：16，解得t= ，t=0，（不合题意，舍去），∴t= 时，S五边形S五边形OECQF：S△ACD=9：16（4）解：如图3，过D作DM⊥AC于M，DN⊥AC于N，∵∠POD=∠COD，∴DM=DN= ，∴ON=OM= = ，∵OP•DM=3PD，∴OP= ，∴PM= ，∵，∴，解得：t≈15（不合题意，舍去），t≈2.88，∴当t=2.88时，OD平分∠COP．【解析】【分析】（1）根据矩形的性质可得：AB=CD=6，BC=AD=8，所以AC=10；而P、Q 两点分别从A点和D点同时出发且以相同的速度为1cm/s运动，当一个点停止运动时，另一个点也停止运动，所以点P不可能运动到点D；所以△AOP是等腰三角形分两种情况讨论：①当AP=PO=t时，过P作PM⊥AO，易证△CQM∽△CDN，可得比例式即可求解；②当AP=AO=t=5时，△AOP是等腰三角形；（2）作EH⊥AC于H，QM⊥AC于M，DN⊥AC于N，交QF于G，可将五边形转化成一个三角形和一个直角梯形，则五边形OECQF的面积S=三角形OCE的面积+直角梯形OCQF的面积；（3）因为三角形ACD的面积=AD CD=24，再将（2）中的结论代入已知条件S五边形S ：S△ACD=9：16中，可得关于t的方程，若有解且符合题意，则存在，反之，不存五边形OECQF在；（4）假设存在。
中考数学易错题专题训练-圆与相似练习题及答案解析
中考数学易错题专题训练-圆与相似练习题及答案解析一、相似1．如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴分别交于点A、B，与y轴交于点C，且OA=1，OB=3，顶点为D，对称轴交x轴于点Q．（1）求抛物线对应的二次函数的表达式；（2）点P是抛物线的对称轴上一点，以点P为圆心的圆经过A、B两点，且与直线CD相切，求点P的坐标；（3）在抛物线的对称轴上是否存在一点M，使得△DCM∽△BQC？如果存在，求出点M 的坐标；如果不存在，请说明理由．【答案】（1）解：∴代入，得解得∴抛物线对应二次函数的表达式为：（2）解：如图，设直线CD切⊙P于点E．连结PE、PA，作点．由得对称轴为直线x=1，∴∴∴为等腰直角三角形．∴∴∴∴为等腰三角形．设∴在中，∴∴整理，得解得，∴点P的坐标为或（3）解：存在点M，使得∽．如图，连结∵∴为等腰直角三角形，∴由（2）可知，∴∴分两种情况．当时，∴，解得．∴∴当时，∴，解得∴∴综上，点M的坐标为或【解析】【分析】（1）用待定系数法即可求解；（2）由（1）中的解析式易求得抛物线的对称轴为直线x=1，顶点D（1，4），点C（0，3），由题意可设点P（1，m），计算易得△DCF为等腰直角三角形，△DEP为等腰三角形，在直角三角形PED和APQ中，用勾股定理可将PE、PA用含m的代数式表示出来，根据PA=PE可列方程求解；（3）由△DCM∽△BQC所得比例式分两种情况：或，根据所得比例式即可求解。
2．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是⊙O的直径，AC和BD相交于点E，且DC2＝CE·CA．（1）求证：BC＝CD；（2）分别延长AB，DC交于点P，若PB＝OB，CD＝，求⊙O的半径．【答案】（1）证明：∵DC2＝CE·CA，∴，∵∠DCE=∠ACD，∴△CDE~△CAD，∴∠CDE=∠CAD，又∵∠CBD=∠CAD，∴∠CDE=∠CBD，∴CD=CB.（2）解：连结OC（如图），设⊙O的半径为r，由（1）知CD=CB，∴弧CD=弧CB，∴∠CDB=∠CBD=∠CAB=∠CAD=∠BAD，∠BOC=2∠CAB，∴∠BOC=∠BAD，∴OC∥AD，∴，∵PB＝OB，∴PB=OB=OA=r，PO=2r，∴=2，∵CD=2，∴PC=4，PD=PC+CD=6，又∵∠PCB=∠CDB+∠CBD，∠PAD=∠PACB+∠CAD，∴∠PCB=∠PAD，∵∠CPB=∠APD，∴△PCB~△PAD，∴，即，解得：r=4.即⊙O的半径为4.【解析】【分析】（1）根据相似三角形的判定：两边对应成比例及夹角相等可得△CDE~△CAD，再由相似三角形的性质：对应角相等，等量代换可得∠CDE=∠CBD，根据等腰三角形的性质即可得证.（2）连结OC，设⊙O的半径为r，根据圆周角定理可得∠BOC=∠BAD，由平行线的判定得OC∥AD，根据平行线所截线段成比例可得=2，从而求得PC、PD长，再根据相似三角形的判定可得△PCB~△PAD，由相似三角形的性质可得，从而求得半径.3．如图，二次函数（其中a，m是常数，且a>0，m>0）的图象与x轴分别交于点A，B（点A位于点B的左侧），与y轴交于点C(0，－3)，点D在二次函数的图象上，CD∥AB，连接AD.过点A作射线AE交二次函数的图象于点E，AB平分∠DAE.（1）用含m的代数式表示a；（2）求证：为定值；（3）设该二次函数图象的顶点为F.探索：在x轴的负半轴上是否存在点G，连接CF，以线段GF、AD、AE的长度为三边长的三角形是直角三角形？如果存在，只要找出一个满足要求的点G即可，并用含m的代数式表示该点的横坐标；如果不存在，请说明理由.【答案】（1）解：将C（0，-3）代入函数表达式得，，∴（2）证明：如答图1，过点D、E分别作x轴的垂线，垂足为M、N.由解得x1=－m，x2=3m.∴A(－m，0)，B(3m，0).∵CD∥AB，∴点D的坐标为（2m，－3）.∵AB平分∠DAE.∴∠DAM=∠EAN.∵∠DMA=∠ENA=900，∴△ADM∽△AEN, ∴ .设点E的坐标为（x, ）,∴ ,∴x=4m.∴为定值.（3）解：存在，如答图2，连接FC并延长，与x轴负半轴的交点即为所求点G.由题意得：二次函数图像顶点F的坐标为（m，-4），过点F作FH⊥x轴于点H，在Rt△CGO和Rt△FGH中,∵tan∠CGO＝ , tan∠FGH＝ , ∴ = .∴OG="3m,"由勾股定理得，GF= ，AD=∴ .由（2）得，，∴AD∶GF∶AE=3∶4∶5.∴以线段GF、AD、AE的长度为三边长的三角形是直角三角形，此时点G的横坐标为－3m.【解析】【分析】1）将C点代入函数解析式即可求得.（2）令y=0求A、B的坐标，再根据，CD∥AB，求点D的坐标，由△ADM∽△AEN,对应边成比例，将求的比转化成求比，结果不含m即为定值.（3）连接FC并延长，与x轴负半轴的交点即为所求点G..过点F作FH⊥x轴于点H，在Rt△CGO和Rt△FGH中根据同角的同一个三角函数相等，可求OG（用m表示），然后利用勾股定理求GF和AD（用m表示），并求其比值，由（2）是定值，所以可得AD∶GF∶AE=3∶4∶5，由此可根据勾股定理逆定理判断以线段GF、AD、AE的长度为三边长的三角形是直角三角形，直接得点G的横坐标.4．在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，点E是边AD上一点，EM⊥EC交AB于点M，点N 在射线MB上，且AE是AM和AN的比例中项.（1）如图1，求证：∠ANE＝∠DCE；（2）如图2，当点N在线段MB之间，联结AC，且AC与NE互相垂直，求MN的长；（3）连接AC，如果△AEC与以点E、M、N为顶点所组成的三角形相似，求DE的长. 【答案】（1）解：∵AE是AM和AN的比例中项∴，∵∠A＝∠A，∴△AME∽△AEN，∴∠AEM＝∠ANE，∵∠D＝90°，∴∠DCE＋∠DEC＝90°，∵EM⊥BC，∴∠AEM＋∠DEC＝90°，∴∠AEM＝∠DCE，∴∠ANE＝∠DCE（2）解：∵AC与NE互相垂直，∴∠EAC＋∠AEN＝90°，∵∠BAC＝90°，∴∠ANE＋∠AEN＝90°，∴∠ANE＝∠EAC，由（1）得∠ANE＝∠DCE，∴∠DCE＝∠EAC，∴tan∠DCE＝tan∠DAC，∴，∵DC＝AB＝6，AD＝8，∴DE＝，∴AE＝8﹣＝，由（1）得∠AEM＝∠DCE，∴tan∠AEM＝tan∠DCE，∴，∴AM＝，∵，∴AN＝，∴MN＝（3）解：∵∠NME＝∠MAE＋∠AEM，∠AEC＝∠D＋∠DCE，又∠MAE＝∠D＝90°，由（1）得∠AEM＝∠DCE，∴∠AEC＝∠NME，当△AEC与以点E、M、N为顶点所组成的三角形相似时①∠ENM＝∠EAC，如图2，∴∠ANE＝∠EAC，由（2）得：DE＝；②∠ENM＝∠ECA，如图3，过点E作EH⊥AC，垂足为点H，由（1）得∠ANE＝∠DCE，∴∠ECA＝∠DCE，∴HE＝DE，又tan∠HAE＝，设DE＝3x，则HE＝3x，AH＝4x，AE＝5x，又AE＋DE＝AD，∴5x＋3x＝8，解得x＝1，∴DE＝3x＝3，综上所述，DE的长分别为或3【解析】【分析】（1）由比例中项知，据此可证△AME∽△AEN得∠AEM＝∠ANE，再证∠AEM＝∠DCE可得答案；（2）先证∠ANE＝∠EAC，结合∠ANE＝∠DCE得∠DCE＝∠EAC，从而知，据此求得AE＝8﹣＝，由（1）得∠AEM＝∠DCE，据此知，求得AM＝，由求得 MN＝；（3）分∠ENM＝∠EAC和∠ENM ＝∠ECA两种情况分别求解可得.5．已知：如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3cm，BC＝4cm，点P从点B出发，沿BC 向点C匀速运动，速度为lcm/s；同时，点Q从点A出发，沿AB向点B匀速运动，速度为2cm/s；当一个点停止运动时，另一个点也停止运动连接PQ，设运动时间为t（s）（0＜t ＜2.5），解答下列问题：（1）①BQ＝________，BP＝________；（用含t的代数式表示）②设△PBQ的面积为y（cm2），试确定y与t的函数关系式________；（2）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使△PBQ的面积为△ABC面积的二分之一？如果存在，求出t的值；不存在，请说明理由；（3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使△BPQ为等腰三角形？如果存在，求出t的值；不存在，请说明理由．【答案】（1）5﹣2t；t；y=﹣ t2+ t（2）解：不存在，理由：∵AC＝3，BC＝4，∴S△ABC＝ ×3×4＝6，由（1）知，S△PBQ＝﹣ t2+ t，∵△PBQ的面积为△ABC面积的二分之一，∴﹣ t2+ t＝3，∴2t2﹣5t+10＝0，∵△＝25﹣4×2×10＜0，∴此方程无解，即：不存在某一时刻t，使△PBQ的面积为△ABC面积的二分之一（3）解：由（1）知，AQ＝2t，BQ＝5﹣2t，BP＝t，∵△BPQ是等腰三角形，∴①当BP＝BQ时，∴t＝5﹣2t，∴t＝，②当BP＝PQ时，如图2过点P作PE⊥AB于E，∴BE＝ BQ＝（5﹣2t），∵∠BEP＝90°＝∠C，∠B＝∠B，∴△BEP∽△BCA，∴，∴，∴t＝③当BQ＝PQ时，如图3，过点Q作QF⊥BC于F，∴BF＝ BP＝ t，∵∠BFQ＝90°＝∠C，∠B＝∠B，∴△BFQ∽△BCA，∴，∴，∴t＝，即：t为秒或秒或秒时，△BPQ为等腰三角形．【解析】【解答】（1）①在Rt△ABC中，AC＝3cm，BC＝4cm，根据勾股定理得，AB＝5cm，由运动知，BP＝t，AQ＝2t，∴BQ＝AB﹣AQ＝5﹣2t，故答案为：5﹣2t，t；②如图1，过点Q作QD⊥BC于D，∴∠BDQ＝∠C＝90°，∵∠B＝∠B，∴△BDQ∽△BCA，∴，∴，∴DQ＝（5﹣2t）∴y＝S△PBQ＝BP•DQ＝ ×t× （5﹣2t）＝﹣ t2+ t；【分析】（1）①先利用勾股定理求出AB，即可得出结论；②过点Q作QD⊥BC于D，进而得出△BDQ∽△BCA，用t表示出DQ，最后用三角形的面积公式即可得出结论；（2）先求出△ABC的面积，再利用△PBQ的面积为△ABC面积的二分之一，建立关于t的方程，进而判断出此方程无解，即可得出结论；（3）分三种情况，利用等腰三角形的性质和相似三角形的性质，得出比例式建立关于t的方程求解，即可得出结论．6．如图①所示，在△ABC中，点O是AC上一点，过点O的直线与AB，BC的延长线分别相交于点M，N.（1）【问题引入】若点O是AC的中点，，求的值；温馨提示：过点A作MN的平行线交BN的延长线于点G.（2）【探索研究】若点O是AC上任意一点(不与A，C重合)，求证：；（3）【拓展应用】如图②所示，点P是△ABC内任意一点，射线AP，BP，CP分别交BC，AC，AB于点D，E，F.若，，求的值．【答案】（1）解：过点A作MN的平行线交BN的延长线于点G.∵ON∥AG，∴.∵O是AC的中点，∴AO＝CO，∴NG＝CN.∵MN∥AG，∴，∴.（2）解：证明：由(1)可知，，∴ =1（3）解：在△ABD中，点P是AD上一点，过点P的直线与AB，BD的延长线分别相交于点F，C.由(2)可得 .在△ACD中，过点P的直线与AC，CD的延长线分别相交于点E，B.由(2)可得【解析】【分析】（1）作AG∥MN交BN延长线于点G,证△ABG∽△MBN得 ,即 ,同理可证△ACG∽△OCN得 ,结合AO=CO,得NG=CN,从而由进行求解,(2)由 , 可知: ,(3)由(2)可知,在△ABD中有 , 在△ACD中有 ,从而 ,因此可得: .7．如图，在矩形ABCD中，AB=18cm，AD=9cm，点M沿AB边从A点开始向B以2cm/s 的速度移动，点N沿DA边从D点开始向A以1cm/s的速度移动．如果点M、N同时出发，用t（s）表示移动时间（0≤t≤9），求：（1）当t为何值时，∠ANM=45°？（2）计算四边形AMCN的面积，根据计算结果提出一个你认为合理的结论；（3）当t为何值时，以点M、N、A为顶点的三角形与△BCD相似？【答案】（1）解：对于任何时刻t，AM=2t，DN=t，NA=9-t，当AN=AM时，△MAN为等腰直角三角形，即：9-t=2t，解得：t=3（s），所以，当t=3s时，△MAN为等腰直角三角形（2）解：在△NAC中，NA=9-t，NA边上的高DC=12，∴S△NAC= NA•DC= （9-t）•18=81-9t．在△AMC中，AM=2t，BC=9，∴S△AMC= AM•BC= •2t•9=9t．∴S四边形NAMC=S△NAC+S△AMC=81（cm2）．由计算结果发现：在M、N两点移动的过程中，四边形NAMC的面积始终保持不变．（也可提出：M、N两点到对角线AC的距离之和保持不变）（3）解：根据题意，可分为两种情况来研究，在矩形ABCD中：①当NA：AB=AM：BC 时，△NAP∽△ABC，那么有：（ 9-t）：18=2t：9，解得t=1.8（s），即当t=1.8s时，△NAP∽△ABC；②当 NA：BC=AM：AB时，△MAN∽△ABC，那么有：（ 9-t）：9=2t：18，解得t=4.5（s），即当t=4.5s时，△MAN∽△ABC；所以，当t=1.8s或4.5s时，以点N、A、M为顶点的三角形与△ABC相似【解析】【分析】（1）根据题意可得：因为对于任何时刻t，AM=2t，DN=t，NA=9-t．当NA=AM时，△MAN为等腰直角三角形，可得方程式，解可得答案。
2020-2021中考数学易错题精选-圆与相似练习题及详细答案
2020-2021中考数学易错题精选-圆与相似练习题及详细答案一、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历年中考数学易错题汇编-圆与相似练习题及详细答案
2020-2021历年中考数学易错题汇编-圆与相似练习题及详细答案一、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．如图①，已知直线l1∥l2，线段AB在直线l1上，BC垂直于l1交l2于点C，且AB＝BC，P是线段BC上异于两端点的一点，过点P的直线分别交l2，l1于点D，E(点A，E位于点B的两侧，满足BP＝BE，连接AP，CE．（1）求证：△ABP≌△CBE．（2）连接AD、BD，BD与AP相交于点F，如图②．①当时，求证：AP⊥BD；②当 (n＞1)时，设△PAD的面积为S1，△PCE的面积为S2，求的值．【答案】（1）证明：BC⊥直线l1，∴∠ABP＝∠CBE．在△ABP和△CBE中，（2）①证明：如图，延长AP交CE于点H．∵△ABP≌△CBE，∴∠PAB＝∠ECB，∴∠PAB＋∠AEH＝∠ECB＋∠AEH＝90°，∴∠AHE＝90°，∴AP⊥CE．∵，即P为BC的中点，直线l1∥直线l2，∴△CPD∽△BPE，∴，∴DP＝EP．∴四边形BDCE是平行四边形，∴CE∥BD．∵AP⊥CE，∴AP⊥BD．②解：∵，∴BC＝nBP，∴CP＝(n－1)BP．∵CD∥BE，∴△CPD∽△BPE，∴．令S△BPE＝S，则S2＝(n－1)S，S△PAB＝S△BCE＝nS，S△PAE＝(n＋1)S．∵，∴S1＝(n＋1)(n－1)S，∴．【解析】【分析】（1）由已知条件用边角边即可证得△ABP≌△CBE；（2）①、延长AP交CE于点H，由（1）知△ABP≌△CBE，所以可得∠PAB＝∠ECB，而∠∠ECB+∠BEC=，所以可得∠PAB+∠BEC=，即∠AHE=，所以AP⊥CE；已知=2,则点P为BC的中点，所以易证得BE=CD，由有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形BDCE是平行四边形，由平行四边形的性质可得CE∥BD，再根据平行线的性质即可求得AP⊥BD；②方法与①类似，由已知条件易证得△CPD∽△BPE，则可得对应线段的比相等，然后可将△PAD的面积和△PCE的面积用三角形BPE的面积表示出来，则这两个三角形的比值即可求解。
精选备战中考数学易错题专题复习圆与相似含答案
精选备战中考数学易错题专题复习圆与相似含答案一、相似1．如图，抛物线y＝x2＋bx＋c经过B(－1，0)，D(－2，5)两点，与x轴另一交点为A，点H是线段AB上一动点，过点H的直线PQ⊥x轴，分别交直线AD、抛物线于点Q、P.（1）求抛物线的解析式；（2）是否存在点P，使∠APB＝90°，若存在，求出点P的横坐标，若不存在，说明理由；（3）连接BQ，一动点M从点B出发，沿线段BQ以每秒1个单位的速度运动到Q，再沿线段QD以每秒个单位的速度运动到D后停止，当点Q的坐标是多少时，点M在整个运动过程中用时t最少？【答案】（1）解：把B（﹣1，0），D（﹣2，5）代入，得：，解得：，∴抛物线的解析式为：（2）解：存在点P，使∠APB=90°．当y=0时，即x2﹣2x﹣3=0，解得：x1=﹣1，x2=3，∴OB=1，OA=3．设P（m，m2﹣2m﹣3），则﹣1≤m≤3，PH=﹣（m2﹣2m﹣3），BH=1+m，AH=3﹣m，∵∠APB=90°，PH⊥AB，∴∠PAH=∠BPH=90°﹣∠APH，∠AHP=∠PHB，∴△AHP∽△PHB，∴，∴PH2=BH•AH，∴[﹣（m2﹣2m﹣3）]2=（1+m）（3﹣m），解得m1= ，m2= ，∴点P的横坐标为：或（3）解：如图，过点D作DN⊥x轴于点N，则DN=5，ON=2，AN=3+2=5，∴tan∠DAB= =1，∴∠DAB=45°．过点D作DK∥x 轴，则∠KDQ=∠DAB=45°，DQ= QG．由题意，动点M运动的路径为折线BQ+QD，运动时间：t=BQ+ DQ，∴t=BQ+QG，即运动的时间值等于折线BQ+QG的长度值．由垂线段最短可知，折线BQ+QG的长度的最小值为DK与x轴之间的垂线段．过点B作BH⊥DK于点H，则t最小=BH，BH与直线AD的交点，即为所求之Q点．∵A（3，0），D（﹣2，5），∴直线AD的解析式为：y=﹣x+3，∵B点横坐标为﹣1，∴y=1+3=4，∴Q（﹣1，4）．【解析】【分析】（1）把点B，D的坐标代入二次函数中组成二元一次方程组，解方程组即可得到抛物线的解析式；（2）先按照存在点P使∠APB＝90°，先根据抛物线的解析式求得点A，B的坐标，设出点P的坐标，根据点P的位置确定m的取值范围，再证△AHP∽△PHB，从而得到PH2=BH•AH，即可列出关于m的方程，解方程即可得到m即点P的横坐标，且横坐标在所求范围内，从而说明满足条件的点P存在；（3）先证明∠DAB=45°，从而证得DQ= 2 QG，那么运动时间t值等于折线BQ+QG的长度值，再结合垂线段最短确定点Q的位置，再求得点Q的坐标即可.2．如图，在中，，于点，点在上，且，连接．（1）求证：（2）如图，将绕点逆时针旋转得到（点分别对应点），设射线与相交于点，连接，试探究线段与之间满足的数量关系，并说明理由．【答案】（1）证明：在Rt△AHB中，∠ABC=45°，∴AH=BH，在△BHD和△AHC中，，∴△BHD≌△AHC，∴（2）解：方法1:如图1，∵△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到，∴HD=HF，∠AHF=30°∴∠CHF=90°+30°=120°，由(1)有，△AEH和△FHC都为等腰三角形，∴∠GAH=∠HCG=30°，∴CG⊥AE，∴点C，H，G，A四点共圆，∴∠CGH=∠CAH，设CG与AH交于点Q，∵∠AQC=∠GQH，∴△AQC∽△GQH，∴，∵△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到，由（1）知，BD=AC，∴EF=AC∴即：EF=2HG．方法2:如图2，取EF的中点K，连接GK，HK，∵△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到，∴HD=HF，∠AHF=30°∴∠CHF=90°+30°=120°，由(1)有，△AEH和△FHC都为等腰三角形，∴∠GAH=∠HCG=30°，∴CG⊥AE，由旋转知，∠EHF=90°，∴EK=HK= EF∴EK=GK= EF，∴HK=GK，∵EK=HK，∴∠FKG=2∠AEF，∵EK=GK，∴∠HKF=2∠HEF，由旋转知，∠AHF=30°，∴∠AHE=120°，由（1）知，BH=AH，∵BH=EH，∴AH=EH，∴∠AEH=30°，∴∠HKG=∠FKG+∠HKF=2∠AEF+2∠HEF=2∠AEH=60°，∴△HKG是等边三角形，∴GH=GK，∴EF=2GK=2GH，即：EF=2GH．【解析】【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得出AH=BH，然后由SAS判断出△BHD≌△AHC，根据全等三角形对应角相等得出答案；（2）方法1:如图1，根据旋转的性质得出HD=HF，∠AHF=30°根据角的和差得出∠CHF=90°+30°=120°，由(1)有，△AEH和△FHC都为等腰三角形，根据等腰三角形若顶角相等则底角也相等得出∠GAH=∠HCG=30°，根据三角形的内角和得出CG⊥AE，从而得出点C，H，G，A四点共圆，根据圆周角定理同弧所对的圆周角相等得出∠CGH=∠CAH，根据对顶角相等得出∠AQC=∠GQH，从而得出△AQC∽△GQH，根据全等三角形对应边成比例得出 A C∶ H G = A Q∶ G Q = 1 ∶sin 30 ° = 2，根据旋转的性质得出EF=BD，由（1）知，BD=AC，从而得出EF=ACEF=BD，由E F∶ H G = A C∶ G H = A Q∶ G Q = 1∶ sin 30 ° = 2得出结论；方法2:如图2，取EF的中点K，连接GK，HK，根据旋转的性质得出HD=HF，∠AHF=30°根据角的和差得出∠CHF=90°+30°=120°，由(1)有，△AEH和△FHC都为等腰三角形，根据等腰三角形若顶角相等则底角也相等得出∠GAH=∠HCG=30°，根据三角形的内角和得出CG⊥AE，由旋转知，∠EHF=90°，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出EK=HK= EF，EK=GK= EF，从而得出HK=GK，根据等边对等角及三角形的外角定理得出∠FKG=2∠AEF，∠HKF=2∠HEF，由旋转知，∠AHF=30°，故∠AHE=120°，由（1）知，BH=AH，根据等量代换得出AH=EH，根据等边对等角得出∠AEH=30°，∠HKG=∠FKG+∠HKF=2∠AEF+2∠HEF=2∠AEH=60°，根据有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形得出△HKG是等边三角形，根据等边三角形三边相等得出GH=GK，根据等量代换得出EF=2GK=2GH。