中考数学压轴题专题复习—圆与相似的综合附答案解析

中考数学压轴题专题复习—圆与相似的综合附答案解析

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．如图,在一个长40 m、宽30 m的矩形小操场上,王刚从A点出发,沿着A→B→C的路线以3 m/s的速度跑向C地.当他出发4 s后,张华有东西需要交给他,就从A地出发沿王刚走的路

线追赶,当张华跑到距B地2 m的D处时,他和王刚在阳光下的影子恰好落在一条直线上.

（1）此时两人相距多少米(DE的长)?

（2）张华追赶王刚的速度是多少?

【答案】（1）解：在Rt△ABC中：

∵AB=40，BC=30，

∴AC=50 m.

由题意可得DE∥AC，

∴Rt△BDE∽Rt△BAC，

∴ = ，

即 = .

解得DE= m.

答：此时两人相距 m.

（2）解：在Rt△BDE中：

∵DB=2，DE=，

∴BE=2 m.

∴王刚走的总路程为AB+BE=42 m.

∴王刚走这段路程用的时间为 =14(s).

∴张华用的时间为14-4=10(s)，

∵张华走的总路程为AD=AB-BD=40-2=37（m）,

∴张华追赶王刚的速度是37÷10≈3.7（m/s）.

答：张华追赶王刚的速度约是3.7m/s.

【解析】【分析】（1）在Rt△ABC中，根据勾股定理得AC=50 m，利用平行投影的性质得DE∥AC，再利用相似三角形的性质得出对应边的比相等可求得DE长.

（2）在Rt△BDE中,根据勾股定理得BE=2 m，根据题意得王刚走的总路程为42 m，根据时间=路程÷速度求得王刚用的时间，减去4即为张华用的时间，

再根据速度=路程÷时间解之即可得出答案.

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.

（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：

∵OA=2,OC=2，

∵tan∠ACO==,

∴∠ACO=30°,∠ACB=60°

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，

∴∠DCE=∠EDC=30°,

∴∠DBC=∠BCD=60°,

∴△DBC是等边三角形，

∴DC=BC=2，

在Rt△AOC中，

∵∠ACO=30°，OA=2，

∴AC=2AO=4，

∴AD=AC-CD=4-2=2，

∴当AD=2时，△DEC是等腰三角形，

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°,

∴∠ABD=∠ADB=75°,

∴AB=AD=2，

综上所述，满足条件的AD的值为2或2.

（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。

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）

【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

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。

4．定义：如图，若点D在的边AB上，且满足，则称满足这样条件的点为的“理想点”

（1）如图，若点D是的边AB的中点，，，试判断点D是不是的“理想点”，并说明理由；

（2）如图，在中，，，，若点D是的“理想点”，求CD的长；

（3）如图，已知平面直角坐标系中，点，，C为x轴正半轴上一点，且满足，在y轴上是否存在一点D，使点A，B，C，D中的某一点是其余三点围成的三角形的“理想点” 若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）解：结论：点D是的“理想点”.

理由：如图中，

是AB中点，，

，

，，

，

，

，

∽，

，

点D是的“理想点”，

（2）解：如图中，

点D是的“理想点”，

或，

当时，

，

，

，

当时，同法证明：，

在中，，，，

，

，

.

（3）解：如图中，存在有三种情形：

过点A作交CB的延长线于M，作轴于H.

，，

，

，

，，

，

≌，

，，设，

，，

，，，，，

，

，

解得或舍弃，

经检验是分式方程的解，

，，

①当时，点A是的“理想点” 设，

，，

∽，

，

，

解得，

.

②当时，点A是的“理想点”.

易知：，

，

.

③当时，点B是的“理想点”.

易知：，

，

.

综上所述，满足条件的点D坐标为或或 .

【解析】【分析】（1）结论：点D是的“理想点” 只要证明∽

即可解决问题；（2）只要证明即可解决问题；（3）如图中，存在有三种情形：过点A作交CB的延长线于M，作轴于构造全等三角形，利用平行线分线段成比例定理构建方程求出点C坐标，分三种情形求解即可解决问题；

5．

（1）【探索发现】如图1，△ABC中，点D，E，F分别在边BC，AC，AB上，且AD，BE，CF相交于同一点O.用”S”表示三角形的面积，有S△ABD：S△ACD＝BD：CD，这一结论可通过以下推理得到：过点B作BM⊥AD，交AD延长线于点M，过点C作CN⊥AD于点N，可得

S△ABD：S△ACD＝，又可证△BDM～△CDN，∴BM：CN＝BD：CD，∴S△ABD：S△ACD＝BD：CD.由此可得S△BAO：S△BCO＝________；S△CAO：S△CBO＝________；若D，E，F分别是BC，AC，AB的中点，则S△BFO：S△ABC＝________.

（2）【灵活运用】如图2，正方形ABCD中，点E，F分别在边AD，CD上，连接AF，BE 和CE，AF分别交BE，CE于点G，M.

若AE＝DF.判断AF与BE的位置关系与数量关系，并说明理由；

（3）若点E，F分别是边AD，CD的中点，且AB＝4.则四边形EMFD的面积是多少？（4）【拓展应用】如图3，正方形ABCD中，AB＝4，对角线AC，BD相交于点O.点F是

边CD的中点.AF与BD相交于点P，BG⊥AF于点G，连接OG，请直接写出S△OGP的值.

【答案】（1）AE：EC；AF：BF；1：6

（2）解：结论：AF＝BE，AF⊥BE.

理由：如图2中，

∵四边形ABCD是正方形，

∴AB＝AD，∠BAE＝∠ADF＝90°，

∵AE＝DF，

∴△BAE≌△ADF（SAS），

∴BE＝AF，∠ABE＝∠DAF，

∵∠ABE+∠AEB＝90°，

∴∠DAF+∠AEB＝90°，

∴∠AGE＝90°，

∴AF⊥BE.

（3）解：如图2﹣1中，连接DM.

根据对称性可知△DME，△DMF，关于直线DM对称，

∴S△DME＝S△DMF，

∵AE＝DE，

∴S△AEM＝S△DME＝S△DMF，

∵S△ADF＝ ×4×2＝4，

∴S△AEM＝S△DME＝S△DMF＝，

∴S四边形EMFD＝ .

故答案为 .

（4）拓展应用：如图3中，

∵四边形ABCD是正方形，

∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，AC＝BD＝4 ，OA＝OB＝OD＝OC＝2 ，∵DF＝FC，

∴DF＝FC＝2，

∵DF∥AB，

∴，

∴OP：OB＝OP：OA＝1：3，

∵BG⊥PA，AO⊥OB，

∴∠AGB＝∠AOB＝90°，

∵∠OAP+∠APO＝90°，∠PBG+∠BPG＝90°，

∴∠PAO＝∠PBG，

∵∠APO＝∠BPG，

∴△AOP∽△BGP，

∴

∴，∵∠GPO＝∠BPA，

∴△GPO∽△BPA，

∴，

∴S△ABP＝ S△ABD＝，

∴S△GOP＝ .

【解析】【解答】（1）探索发现：由题意：S△BAO：S△BCO＝AE：EC；S△CAO：S△CBO＝AF：BF；若D，E，F分别是BC，AC，AB的中点，则S△BFO：S△ABC＝1：6，

故答案为：AE：EC，AF：BF，1：6.

【分析】【探索发现】利用等高模型，解决问题即可.【灵活运用】（1）结论：AF＝BE，AF⊥BE.证明△BAE≌△ADF（SAS）即可解决问题.（2）根据对称性可知△DME，△DMF，关于直线DM对称，推出S△DME＝S△DMF，由AE＝DE，推出S△AEM＝S△DME＝S△DMF，求出

△ADF的面积即可解决问题.【拓展应用】由△GPO∽△BPA，推出即可解决问题.

6．

（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，请利用图②进行说明.

（3）问题解决

如图③，

△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC=4，O为AC的中点.若点D在直线BC上运动，连接OE，则在点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= DG，②45

（2）解：如图：

①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,

∠ACE=∠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.

7．如图，正方形、等腰的顶点在对角线上(点与、不重合)，

与交于，延长线与交于点，连接 .

（1）求证： .

（2）求证：

（3）若，求的值.

【答案】（1）解：∵是正方形，

∴，，

∵是等腰三角形，

∴，，

∴，

∴，

∴

（2）解：∵是正方形，

∴，，

∵是等腰三角形，

∴，

∵，

∵，

∴，

∴，

∴，

∴，

∴，

（3）解：由(1)得，，，

∴，

由(2) ，

∴，

∵，

∴，

在中，

，

∴

【解析】【分析】（1）证出∠ABP=∠CBQ，由SAS证明△ABP≌△CBQ可得结论；

（2）根据正方形的性质和全等三角形的性质得到，∠APF=∠ABP，可证明△APF∽△ABP，再根据相似三角形的性质即可求解；

（3）根据全等三角形的性质得到∠BCQ=∠BAC=45°，可得∠PCQ=90°，根据三角函数和已

知条件得到，由（2）可得，等量代换可得∠CBQ=∠CPQ即可求解．

8．如图，半径为4且以坐标原点为圆心的圆O交x轴，y轴于点B、D、A、C，过圆上的动点不与A重合作，且在AP右侧．

（1）当P与C重合时，求出E点坐标；

（2）连接PC，当时，求点P的坐标；

（3）连接OE，直接写出线段OE的取值范围．

【答案】（1）解：当P与C重合时，

，的半径为4，且在AP右侧，

，

点坐标为；

（2）解：如图，作于点F，

为的直径，

，

，

∽，

，

，

，，

，

点P的坐标为或；

（3）解：如图，连结OP，OE，AB，BE，AE，

，都为等腰直角三角形，

，，

，

∽，

，

，

，

【解析】【分析】当P与C重合时，因为，的半径为4，且在AP右侧，所以，所以E点坐标为；作

于点F，证明∽，可求得CF长，在中求得PF的长，进而得出点P的坐标；连结OP，OE，AB，BE，AE，证明∽，可得，根据，即可得出OE的取值范围．

二、圆的综合

9．如图，以O为圆心，4为半径的圆与x轴交于点A，C在⊙O上，∠OAC=60°．

（1）求∠AOC的度数；

（2）P为x轴正半轴上一点，且PA=OA，连接PC，试判断PC与⊙O的位置关系，并说明理由；

（3）有一动点M从A点出发，在⊙O上按顺时针方向运动一周，当S△MAO=S△CAO时，求动点M所经过的弧长，并写出此时M点的坐标．

【答案】（1）60°；（2）见解析；（3）对应的M点坐标分别为：M1（2，﹣23）、M2（﹣2，﹣23）、M3（﹣2，23）、M4（2，23）．

【解析】

【分析】

（1）由于∠OAC=60°，易证得△OAC是等边三角形，即可得∠AOC=60°．

（2）由（1）的结论知：OA=AC，因此OA=AC=AP，即OP边上的中线等于OP的一半，由此可证得△OCP是直角三角形，且∠OCP=90°，由此可判断出PC与⊙O的位置关系．（3）此题应考虑多种情况，若△MAO、△OAC的面积相等，那么它们的高必相等，因此有四个符合条件的M点，即：C点以及C点关于x轴、y轴、原点的对称点，可据此进行求解．

【详解】

（1）∵OA=OC，∠OAC=60°，

∴△OAC是等边三角形，

故∠AOC=60°．

（2）由（1）知：AC=OA，已知PA=OA，即OA=PA=AC；

∴AC=1

2

OP，因此△OCP是直角三角形，且∠OCP=90°，

而OC是⊙O的半径，

故PC与⊙O的位置关系是相切．

（3）如图；有三种情况：

①取C点关于x轴的对称点，则此点符合M点的要求，此时M点的坐标为：M1（2，﹣

3

劣弧MA的长为：6044 1803

ππ

?

=；

②取C点关于原点的对称点，此点也符合M点的要求，此时M点的坐标为：M2（﹣2，﹣23）；

劣弧MA的长为：12048 1803

ππ

?

=；

③取C点关于y轴的对称点，此点也符合M点的要求，此时M点的坐标为：M3（﹣2，23）；

优弧MA的长为：240416 1803

ππ

?

=；

④当C、M重合时，C点符合M点的要求，此时M4（2，23）；

优弧MA的长为：300420 1803

ππ

?

=；

综上可知：当S△MAO=S△CAO时，动点M所经过的弧长为481620

,,,

3333

ππππ

对应的M点坐

标分别为：M1（2，﹣23）、M2（﹣2，﹣23）、M3（﹣2，23）、M4（2，23）．

【点睛】

本题考查了切线的判定以及弧长的计算方法，注意分类讨论思想的运用，不要漏解．

10．如图，已知在△ABC中，AB=15，AC=20，tanA=1

2

，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；

（2）当AP=5△APM与△PCN是否相似，并说明理由．

【答案】（1）半径为52）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

、

PN

NC

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= 1BD 2AD

=， 设BD=x ，则AD=2x ， ∴x 2+(2x)2=152， 解得：5 ∴半径为5 （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=（52 解得：y=6（取正数）， ∴PH=6，AH=12， 在Rt △MPH 中， ()

2

2356-，

∴MN=2MH=6， ∴AM=AH-MH=12-3=9， NC=AC-MN-AM=20-6-9=5， ∴3535AM MP ==，35

PN 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.

11．如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC为⊙O的直径，过点C作AC的垂线交AD 的延长线于点E，点F为CE的中点，连接DB， DF．

（1）求证：DF是⊙O的切线；

（2）若DB平分∠ADC，AB=52AD

，∶DE=4∶1，求DE的长．

【答案】(1)见解析5

【解析】

分析：（1）直接利用直角三角形的性质得出DF=CF=EF，再求出∠FDO=∠FCO=90°，得出答案即可；

（2）首先得出AB=BC即可得出它们的长，再利用△ADC～△ACE，得出AC2=AD?AE，进而得出答案．

详解：（1）连接OD．

∵OD=CD，∴∠ODC=∠OCD．

∵AC为⊙O的直径，∴∠ADC=∠EDC=90°．

∵点F为CE的中点，∴DF=CF=EF，∴∠FDC=∠FCD，∴∠FDO=∠FCO．

又∵AC⊥CE，∴∠FDO=∠FCO=90°，∴DF是⊙O的切线．

（2）∵AC为⊙O的直径，∴∠ADC=∠ABC=90°．

∵DB平分∠ADC，∴∠ADB=∠CDB，∴?AB=?BC，∴BC=AB2．

在Rt△ABC中，AC2=AB2+BC2=100．

又∵AC⊥CE，∴∠ACE=90°，

∴△ADC～△ACE，∴AC

AD =

AE

AC

，∴AC2=AD?AE．

设DE为x，由AD：DE=4：1，∴AD=4x，AE=5x，