备战中考数学培优专题复习圆与相似练习题附答案

备战中考数学培优专题复习圆与相似练习题附答案

一、相似

1．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+c（a＞0）与x轴相交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C，对称轴为直线x=1．

（1）求点C的坐标（用含a的代数式表示）；

（2）联结AC、BC，若△ABC的面积为6，求此抛物线的表达式；

（3）在第（2）小题的条件下，点Q为x轴正半轴上一点，点G与点C，点F与点A关于点Q成中心对称，当△CGF为直角三角形时，求点Q的坐标．

【答案】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+c（a＞0）的对称轴为直线x=1，

而抛物线与x轴的一个交点A的坐标为（﹣1，0）

∴抛物线与x轴的另一个交点B的坐标为（3，0）

设抛物线解析式为y=a（x+1）（x﹣3），

即y=ax2﹣2ax﹣3a，

当x=0时，y=﹣3a，

∴C（0，﹣3a）

（2）解：∵A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3a），

∴AB=4，OC=3a，

∴S△ACB= AB?OC=6，

∴6a=6，解得a=1，

∴抛物线解析式为y=x2﹣2x﹣3

（3）解：设点Q的坐标为（m，0）．过点G作GH⊥x轴，垂足为点H，如图，

∵点G与点C，点F与点A关于点Q成中心对称，

∴QC=QG，QA=QF=m+1，QO=QH=m，OC=GH=3，

∴OF=2m+1，HF=1，

当∠CGF=90°时，

∵∠QGH+∠FGH=90°，∠QGH+∠GQH=90°，

∴∠GQH=∠HGF，

∴Rt△QGH∽Rt△GFH，

∴ = ，即，解得m=9，

∴Q的坐标为（9，0）；

当∠CFG=90°时，

∵∠GFH+∠CFO=90°，∠GFH+∠FGH=90°，

∴∠CFO=∠FGH，

∴Rt△GFH∽Rt△FCO，

∴ = ，即 = ，解得m=4，

∴Q的坐标为（4，0）；

∠GCF=90°不存在，

综上所述，点Q的坐标为（4，0）或（9，0）．

【解析】【分析】（1）根据抛物线是轴对称图形和已知条件可求得抛物线与x轴的另一个交点B的坐标，再用交点式可求得抛物线的解析式，然后根据抛物线与y轴交于点C可得x=0，把x=0代入解析式即可求得点C的坐标；

（2）由（1）的结论可求得AB=4，OC=3a，根据三角形ABC的面积=AB?OC=6可求得a的值，则解析式可求解；

（3）设点Q的坐标为（m，0）．过点G作GH⊥x轴，垂足为点H，根据中心对称的性质可得QC=QG，QA=QF=m+1，QO=QH=m，OC=GH=3。分两种情况讨论：①当∠CGF=90°时，由同角的余角相等可得∠GQH=∠HGF，于是根据有两个角相等的两个三角形相似可得

Rt△QGH∽Rt△GFH，则可得比例式，代入可求得m的值，则点Q的坐标可求解；

②当∠CFG=90°时，同理可得另一个Q坐标。

2．综合题

（1）【探索发现】

如图①，是一张直角三角形纸片，∠B=90°，小明想从中剪出一个以∠B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多少．

（2）【拓展应用】

如图②，在△ABC中，BC=a，BC边上的高AD=h，矩形PQMN的顶点P、N分别在边AB、AC上，顶点Q、M在边BC上，则矩形PQMN面积的最大值为多少．（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”A BCDE，AB=32，BC=40，AE=20，CD=16，小明从中剪出了一个面积最大的矩形（∠B为所剪出矩形的内角），求该矩形的面积．

（4）【实际应用】

如图④，现有一块四边形的木板余料ABCD，经测量AB=50cm，BC=108cm，CD=60cm，且

tanB=tanC= ，木匠徐师傅从这块余料中裁出了顶点M、N在边BC上且面积最大的矩形PQMN，求该矩形的面积．

【答案】（1）解：∵EF、ED为△ABC中位线，

∴ED∥AB，EF∥BC，EF= BC，ED= AB，

又∠B=90°，

∴四边形FEDB是矩形，

则；

（2）解：∵PN∥BC，

∴△APN∽△ABC，

∴，即，

∴PN=a- PQ，

设PQ=x，

则S矩形PQMN=PQ?PN=x（a- x）=- x2+ax=- （x- ）2+ ，

∴当PQ= 时，S矩形PQMN最大值为 .

（3）解：如图1，延长BA、DE交于点F，延长BC、ED交于点G，延长AE、CD交于点H，取BF中点I，FG的中点K，

由题意知四边形ABCH是矩形，

∵AB=32，BC=40，AE=20，CD=16，

∴EH=20、DH=16，

∴AE=EH、CD=DH，

在△AEF和△HED中，

∵，

∴△AEF≌△HED（ASA），

∴AF=DH=16，

同理△CDG≌△HDE，

∴CG=HE=20，

∴BI= =24，

∵BI=24＜32，

∴中位线IK的两端点在线段AB和DE上，

过点K作KL⊥BC于点L，

由【探索发现】知矩形的最大面积为×BG? BF= ×（40+20）× （32+16）=720，答：该矩形的面积为720；

（4）解：如图2，延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H，

∵tanB=tanC= ，

∴∠B=∠C，

∴EB=EC，

∵BC=108cm，且EH⊥BC，

∴BH=CH= BC=54cm，

∵tanB= = ，

∴EH= BH= ×54=72cm，

在Rt△BHE中，BE= =90cm，

∵AB=50cm，

∴AE=40cm，

∴BE的中点Q在线段AB上，

∵CD=60cm，

∴ED=30cm，

∴CE的中点P在线段CD上，

∴中位线PQ的两端点在线段AB、CD上，

由【拓展应用】知，矩形PQMN的最大面积为BC?EH=1944cm2，

答：该矩形的面积为1944cm2．

【解析】【分析】（1）由三角形的中位线定理可得ED∥AB，EF∥BC，EF= BC，ED= AB，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形FEDB是平行四边形，而∠B=90°，根据一个角是直角的平行四边形是矩形可得四边形FEDB是矩形，所以

;

(2）因为PN∥BC，由相似三角形的判定可得△APN∽△ABC，则可得比例式,即,解得,设PQ=x，则S矩形PQMN=PQ?PN=x（）

,因为0，所以函数有最大值，即当PQ=时，

S矩形PQMN有最大值为;

（3）延长BA、DE交于点F，延长BC、ED交于点G，延长AE、CD交于点H，取BF中点I，FG的中点K，由矩形的判定可得四边形ABCH是矩形，根据矩形的性质和已知条件易得AE=EH、CD=DH，于是用角边角可得△AEF≌△HED，所以AF=DH=16，同理可得

△CDG≌△HDE，则CG=HE=20，所以=24,BI=24＜32，所以中位线IK的两端点

在线段AB和DE上，过点K作KL⊥BC于点L，由（1）得矩形的最大面积为×BG? BF=

×（40+20）×（32+16）=720；

（4）延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H，因为tanB=tanC，所以∠B=∠C，

则EB=EC，由等腰三角形的三线合一可得BH=CH=BC=54cm；由tanB可求得EH=BH=

×54=72cm，在Rt△BHE中，由勾股定理可得BE=90cm,所以AE=BE-AB=40cm，所以BE的中点Q在线段AB上，易得CE的中点P在线段CD上，由（2）得矩形PQMN的最大面积为

BC?EH=1944cm2。

3．在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴交于A（－3，0），B （1，0）两点，与y轴交于点C．

（1）求这个二次函数的解析式；

（2）点P是直线AC上方的抛物线上一动点，是否存在点P，使△ACP的面积最大？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由；

（3）点Q是直线AC上方的抛物线上一动点，过点Q作QE垂直于轴，垂足为E．是否存在点Q，使以点B、Q、E为顶点的三角形与△AOC相似？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由；

【答案】（1）解：由抛物线过点A（－3，0），B（1，0），

则

解得

∴二次函数的关系解析式

（2）解：连接PO，作PM⊥x轴于M，PN⊥y轴于N．

设点P坐标为（m，n），则．

PM = ，，AO=3．

当时，＝2．

∴OC=2．

＝

＝＝．∵＝－1＜0，∴当时，函数有最大值．

此时＝．

∴存在点，使△ACP的面积最大．

（3）解：存在点Q，坐标为：，．

分△BQE∽△AOC，△EBQ∽△AOC，△QEB∽△AOC三种情况讨论可得出

【解析】【分析】（1）由题意知抛物线过点A（－3，0），B（1，0），所以用待定系数法即可求解；

（2）因为三角形ACP是任意三角形，所以可做辅助线，连接PO，作PM⊥x轴于M，PN⊥y轴于N．则三角形ACP的面积=三角形APM的面积+矩形PMON的面积-三角形AOC 的面积-三角形PCN的面积。于是可设点P的横坐标为m，则纵坐标可用含m的代数式表

示出来，即M（m,??m + 2）,

则三角形ACP的面积可用含m的代数式表示，整理可得是一个二次函数，利用二次函数的性质即可求解；

（3）根据对应顶点的不同分三种情况（△BQE∽△AOC，△EBQ∽△AOC，△QEB∽△AOC）讨论即可求解。

4．已知：如图，在平面直角坐标系中，△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，点A，C的坐标分别为A（﹣3，0），C（1，0），BC＝AC．

（1）在x轴上找一点D，连接DB，使得△ADB与△ABC相似（不包括全等），并求点D的坐标；

（2）在（1）的条件下，如P，Q分别是AB和AD上的动点，连接PQ，设AP＝DQ＝m，问是否存在这样的m，使得△APQ与△ADB相似？如存在，请求出m的值；如不存在，请说明理由．

【答案】（1）解：如图1，过点B作BD⊥AB，交x轴于点D，

∵∠A＝∠A，∠ACB＝∠ABD＝90°，

∴△ABC∽△ADB，

∴∠ABC＝∠ADB，且∠ACB＝∠BCD＝90°，

∴△ABC∽△BDC，

∴

∵A（﹣3，0），C（1，0），

∴AC＝4，

∵BC＝AC．

∴BC＝3，

∴AB＝＝＝5，

∵，

∴，

∴CD＝，

∴AD＝AC+CD＝4+ ＝，

∴OD＝AD﹣AO＝，

∴点D的坐标为：（，0）；

（2）解：如图2，当∠APC＝∠ABD＝90°时，

∵∠APC＝∠ABD＝90°，∠BAD＝∠PAQ，∴△APQ∽△ABD，

∴，

∴

∴m＝，

如图3，当∠AQP＝∠ABD＝90°时，

∵∠AQP＝∠ABD＝90°，∠PAQ＝∠BAD，

∴△APQ∽△ADB，

∴，

∴

∴m＝；

综上所述：当m＝或时，△APQ与△ADB相似．

【解析】【分析】（1）如图1，过点B作BD⊥AB，交x轴于点D，可证

△ABC∽△ADB，可得∠ABC＝∠ADB，可证△ABC∽△BDC，可得，可求CD 的长，即可求点D坐标；（2）分两种情况讨论，由相似三角形的性质可求解．

5．已知：如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠D＝90°，AD＝CD＝2，点E在边AD上（不与点A、D重合），∠CEB＝45°，EB与对角线AC相交于点F，设DE＝x.

（1）用含x的代数式表示线段CF的长；

（2）如果把△CAE的周长记作C△CAE，△BAF的周长记作C△BAF，设＝y，求y关于x的函数关系式，并写出它的定义域；

（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，

∴，

在Rt△CDE中，根据勾股定理得，CE= ，

∵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.

6．如图，在矩形ABCD中，，，点E是边BC的中点动点P从点A出发，沿着AB运动到点B停止，速度为每秒钟1个单位长度，连接PE，过点E作PE的垂线交射线AD与点Q，连接PQ，设点P的运动时间为t秒．

（1）当时， ________；

（2）是否存在这样的t值，使为等腰直角三角形？若存在，求出相应的t值，若不存在，请说明理由；

（3）当t为何值时，的面积等于10？

【答案】（1）

（2）解：存在，．

如图，记QE与CD的交点为F，

由题意知，，

四边形ABCD是矩形，，，

，，，

，

，

，

，

∽，

，即，

，

，

，，

∽，

，即，

，

则，

为等腰直角三角形，

，即，

解得，

故当时，为等腰直角三角形

（3）解：

，

由题意知，

解得或，

，

．

【解析】【解答】解：（1）根据题意知，当时，，

则，

，点E是边BC的中点，

，

则，

在中，，

故答案为：；

【分析】（1）由题意得出AP＝1，BP＝3，BE＝CE＝1，利用勾股定理求得PE＝，根据正弦函数的定义可得答案；（2）证△BPE∽△CEF得，据此求得CF＝，

DF＝，再证△ECF∽△QDF得，据此求得DQ＝15﹣4t，AQ＝17﹣4t，根据△APQ为等腰直角三角形列方程求解可得答案；（3）根据S△PEQ＝S直角梯形ABEQ﹣S△APQ ﹣S△BPE＝2t2﹣16t+34及△PEQ的面积等于10列方程求解可得．

7．如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O分别交BC，AC于点D，E，连结EB，交OD于点F．

（1）求证：OD⊥BE．

（2）若DE= ，AB=6，求AE的长．

（3）若△CDE的面积是△OBF面积的，求线段BC与AC长度之间的等量关系，并说明理由．

【答案】（1）证明：连接AD，

∵AB是直径，

∴∠AEB=∠ADB=90°，

∵AB=AC，

∴∠CAD=∠BAD，BD=CD，

∴，

∴OD⊥BE；

（2）解：∵∠AEB=90°，

∴∠BEC=90°，

∵BD=CD，

∴BC=2DE=2 ，

∵四边形ABDE内接于⊙O，

∴∠BAC+∠BDE=180°，

∵∠CDE+∠BDE=180°，

∴∠CDE=∠BAC，

∵∠C=∠C，

∴△CDE∽△CAB，

∴，即，

∴CE=2，

∴AE=AC-CE=AB-CE=4

（3）解：∵BD=CD，

∴S△CDE=S△BDE，

∵BD=CD，AO=BO，

∴OD∥AC，

∵△OBF∽△ABE，

∴，

∴S△ABE=4S△OBF，

∵，

∴S△ABE=4S△OBF=6S△CDE，

∴S△CAB=S△CDE+S△BDE+S△ABE=8S△CDE，

∵△CDE∽△CAB，

∴，

∴，

∵BD=CD，AB=AC，

∴，即AC= BC

【解析】【分析】（1）连接AD．根据直径所对的圆周角是直角、等腰三角形的性质以及

平行线的性质即可证明；（2）先证△CDE∽△CAB得，据此求得CE的长，依据AE=AC-CE=AB-CE可得答案；（3）由BD=CD知S△CDE=S△BDE，证△OBF∽△ABE得

，据此知S△ABE=4S△OBF，结合知S△ABE=6S△CDE，

S△CAB=8S△CDE，由△CDE∽△CAB知，据此得出，结合

BD=CD，AB=AC知，从而得出答案．

8．如图，抛物线y= x2+bx+c与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为D且它的坐标为（3，﹣1）．

（1）求抛物线的函数关系式；

（2）连接CD，过原点O作OE⊥CD，垂足为H，OE与抛物线的对称轴交于点E，连接AE，AD，并延长DA交y轴于点F，求证：△OAE∽△CFD；

（3）以（2）中的点E为圆心，1为半径画圆，在对称轴右侧的抛物线上有一动点P，过点P作⊙E的切线，切点为Q，当PQ的长最小时，求点P的坐标，并直接写出Q的坐标．【答案】（1）解：∵顶点D的坐标为（3，﹣1）．

∴， =﹣1，

解得b=﹣3，c= ，

∴抛物线的函数关系式：y= x2﹣3x+ ；

（2）解：如答图1，过顶点D作DG⊥y轴于点G，则G（0，﹣1），GD=3，

令x=0，得y= ，

∴C（0，），

∴CG=OC+OG= +1= ，

∴tan∠DCG= ，

设对称轴交x轴于点M，则OM=3，DM=1，AM=3﹣（3﹣）= ，由OE⊥CD，易知∠EOM=∠DCG，

∴tan∠EOM=tan∠DCG= ，

解得EM=2，

∴DE=EM+DM=3，

在Rt△AEM中，AM= ，EM=2，由勾股定理得：AE= ；

在Rt△ADM中，AM= ，DM=1，由勾股定理得：AD= ．

∵AE2+AD2=6+3=9=DE2，

∴△ADE为直角三角形，∠EAD=90°，

设AE交CD于点P，

∵∠AEO+∠EPH=90°，∠ADC+APD=90°，∠EPH=∠APD（对顶角相等），∴∠AEO=∠ADC，

∴△OAE∽△CFD

（3）解：依题意画出图形，如答图2所示：

由⊙E的半径为1，根据切线性质及勾股定理，得PQ2=EP2﹣1，

要使切线长PQ最小，只需EP长最小，即EP2最小．

设点P坐标为（x，y），由勾股定理得：EP2=（x﹣3）2+（y﹣2）2，

∵y= （x﹣3）2﹣1，

∴（x﹣3）2=2y+2，

∴EP2=2y+2+（y﹣2）2=（y﹣1）2+5，

当y=1时，EP2有最小值，最小值为5．

将y=1代入y= （x﹣3）2﹣1，得（x﹣3）2﹣1=1，

解得：x1=1，x2=5，

又∵点P在对称轴右侧的抛物线上，

∴x1=1舍去，

∴P（5，1），

∴Q1（3，1）；

∵△EQ2P为直角三角形，

∴过点Q2作x轴的平行线，再分别过点E，P向其作垂线，垂足分别为M点和N点，

设点Q2的坐标为（m，n），

则在Rt△MQ2E和Rt△Q2NP中建立勾股方程，即（m﹣3）2+（n﹣2）2=1①，（5﹣m）2+（n﹣1）2=4②，

①﹣②得n=2m﹣5③，

将③代入到①得到，

m1=3（舍），m2= ，

再将m= 代入③得n= ，

∴Q2（，），

此时点Q坐标为（3，1）或（，）

【解析】【分析】（1）根据抛物线的顶点坐标及顶点坐标公式建立出关于b,c的二元一次方程组，求解得出b,c的值，从而得出抛物线的解析式；

（2）如答图1，过顶点D作DG⊥y轴于点G，则G（0，﹣1），GD=3，根据抛物线与坐标轴交点的坐标特点求出C点的坐标，A点坐标，进而得出CG的长，根据正切函数的定义

求出tan∠DCG=，设对称轴交x轴于点M，则OM=3，DM=1，AM=3﹣（3﹣）= ，根据同角的余角相等易知∠EOM=∠DCG，根据等角的同名三角函数值相等得出

tan∠EOM=tan∠DCG==故解得EM=2，DE=EM+DM=3，在Rt△AEM中，由勾股定理得AE 的长，在Rt△ADM中，由勾股定理得AD的长，根据勾股定理的逆定理判断出△ADE为直角三角形，∠EAD=90°，设AE交CD于点P，根据等角的余角相等得出∠AEO=∠ADC，从而判断出△OAE∽△CFD ；

（3）依题意画出图形，如答图2所示：由⊙E的半径为1，根据切线性质及勾股定理，得PQ2=EP2﹣1，要使切线长PQ最小，只需EP长最小，即EP2最小．设点P坐标为（x，y），由勾股定理得：EP2=（x﹣3）2+（y﹣2）2，根据抛物线的解析式，整体替换得出EP2=2y+2+（y﹣2）2=（y﹣1）2+5，当y=1时，EP2有最小值，最小值为5．然后根据抛物线上点的坐标特点将y=1代入抛物线的解析式，求出对应的自变量x的值，再检验得出P 点的坐标，进而得出Q1的坐标，由切割线定理得到Q2P=Q1P=2，EQ2=1，设点Q2的坐标为（m，n），则在Rt△MQ2E和Rt△Q2NP中建立勾股方程，即（m﹣3）2+（n﹣2）2=1①，（5﹣m）2+（n﹣1）2=4②，

由切割线定理得到Q2P=Q1P=2，EQ2=1，将③代入到①得到，求解并检验得出m,n的值，从而得出Q2的坐标，综上所述即可得出答案。

二、圆的综合

9．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为H，连结AC，过?BD上一点E作EG∥AC 交CD的延长线于点G，连结AE交CD于点F，且EG=FG，连结CE．

（1）求证：∠G=∠CEF；

（2）求证：EG是⊙O的切线；

（3）延长AB交GE的延长线于点M，若tanG =3

4

，AH=33，求EM的值．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3253

.

【解析】

试题分析：（1）由AC∥EG，推出∠G=∠ACG，由AB⊥CD推出??

AD AC

，推出

∠CEF=∠ACD，推出∠G=∠CEF，由此即可证明；

（2）欲证明EG是⊙O的切线只要证明EG⊥OE即可；

（3）连接OC．设⊙O的半径为r．在Rt△OCH中，利用勾股定理求出r，证明

△AHC∽△MEO，可得AH HC

EM OE

=，由此即可解决问题；

试题解析：（1）证明：如图1．∵AC∥EG，∴∠G=∠ACG，∵AB⊥CD，∴??

AD AC

=，∴∠CEF=∠ACD，∴∠G=∠CEF，∵∠ECF=∠ECG，∴△ECF∽△GCE．

（2）证明：如图2中，连接OE．∵GF=GE，∴∠GFE=∠GEF=∠AFH，∵OA=OE，

∴∠OAE=∠OEA，∵∠AFH+∠FAH=90°，∴∠GEF+∠AEO=90°，∴∠GEO=90°，∴GE⊥OE，∴EG是⊙O的切线．

（3）解：如图3中，连接OC．设⊙O的半径为r．

在Rt△AHC中，tan∠ACH=tan∠G=AH

HC

=

3

4

，∵AH=33∴HC=3Rt△HOC中，

∵OC=r，OH=r﹣33HC=43∴222

(33)(43)

r r

-+=，∴r 253

，

∵GM∥AC，∴∠CAH=∠M，∵∠OEM=∠AHC，∴△AHC∽△MEO，∴AH HC

EM OE

=，