初三数学圆与相似的专项培优易错试卷练习题附答案

初三数学圆与相似的专项培优易错试卷练习题附答案

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，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），□PQ MN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。分这三种情况根据已知条件即可求解。

3．

（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.

4．如图，矩形ABCD中，AB=m，BC=n，将此矩形绕点B顺时针方向旋转θ（0°＜θ＜90°）得到矩形A1BC1D1，点A1在边CD上．

（1）若m=2，n=1，求在旋转过程中，点D到点D1所经过路径的长度；

（2）将矩形A1BC1D1继续绕点B顺时针方向旋转得到矩形A2BC2D2，点D2在BC的延长线

上，设边A2B与CD交于点E，若 = ﹣1，求的值．

【答案】（1）解：作A1H⊥AB于H，连接BD，BD1，则四边形ADA1H是矩形．

∴AD=HA1=n=1，

在Rt△A1HB中，∵BA1=BA=m=2，

∴BA1=2HA1，

∴∠ABA1=30°，

∴旋转角为30°，

∵BD= ，

∴D到点D1所经过路径的长度=

（2）解：∵△BCE∽△BA2D2，

∴，

∴CE=

∵ -1

∴，

∴A1C= ? ，

∴BH=A1C= ? ，

∴m2-n2=6? ，

∴m4-m2n2=6n4，

1- =6?，

∴（负根已经舍弃）

【解析】【分析】（1）作A1H⊥AB于H，连接BD，BD1，则四边形ADA1H是矩形．根据矩形的对边相等得出AD=HA1=n=1，在Rt△A1HB中，根据三角形边之间的关系判断出∠ABA1=30°，即旋转角为30°，根据勾股定理算出BD的长，D到点D1所经过路径的长度，其实质就是以点B为圆心，BD为半径，圆心角为30°的弧长，根据弧长公式，计算即可；

（2）首先判断出△BCE∽△BA2D2，根据相似三角形对应边成比例得出，故CE=,根据，故进而得出，由BH=A1C列出方程，求解得出的值。

5．如图，抛物线y=ax2﹣5ax+c与坐标轴分别交于点A，C，E三点，其中A（﹣3，0），C （0，4），点B在x轴上，AC=BC，过点B作BD⊥x轴交抛物线于点D，点M，N分别是线段CO，BC上的动点，且CM=BN，连接MN，AM，AN．

（1）求抛物线的解析式及点D的坐标；

（2）当△CMN是直角三角形时，求点M的坐标；

（3）试求出AM+AN的最小值．

【答案】（1）解：把A（﹣3，0），C（0，4）代入y=ax2﹣5ax+c得

，解得，

∴抛物线解析式为y=﹣ x2+ x+4；

∵AC=BC，CO⊥AB，

∴OB=OA=3，

∴B（3，0），

∵BD⊥x轴交抛物线于点D，

∴D点的横坐标为3，

当x=3时，y=﹣ ×9+ ×3+4=5，

∴D点坐标为（3，5）。

（2）解：在Rt△OBC中，BC= =5，

设M（0，m），则BN=CM=4﹣m，CN=5﹣（4﹣m）=m+1，

∵∠MCN=∠OCB，

∴当时，△CMN∽△COB，则∠CMN=∠COB=90°，

即，解得m= ，此时M点坐标为（0，）；当时，△CMN∽△CBO，则∠CNM=∠COB=90°，

即，解得m= ，此时M点坐标为（0，）；综上所述，M点的坐标为（0，）或（0，）。

（3）解：连接DN，AD，如图，

∵AC=BC，CO⊥AB，

∴OC平分∠ACB，

∴∠ACO=∠BCO，

∵BD∥OC，

∴∠BCO=∠DBC，

∵DB=BC=AC=5，CM=BN，

∴△ACM≌△DBN，

∴AM=DN，

∴AM+AN=DN+AN，

而DN+AN≥AD（当且仅当点A、N、D共线时取等号），

∴DN+AN的最小值=AD= ，

∴AM+AN的最小值为．

【解析】【分析】（1）将A（﹣3，0），C（0，4）代入函数解析式构造方程组解出a,c 的值可得抛物线解析式；由AC=BC，CO⊥AB，根据等腰三角形的“三线合一”定理，可得OB=OA=3，而BD⊥x轴交抛物线于点D，则D点的横坐标为3，当x=3时求得y的值，即可得点D的坐标。

（2）当△CMN是直角三角形时，有两种情况：∠CMN=90°，或∠CNM=90°，则可得△CMN∽△COB，或△CMN∽△CBO，由对应边成比例，设M（0，m），构造方程解答即可。

（3）求AM+AN的最小值，一般有两种方法：解析法和几何法；解析法：用含字母的函数关系式表示出AM+AN的值，根据字母的取值范围和函数的最值来求；几何法：将点A，M，N三点移到一条直线上；此题适用于几何法：观察图象不难发现，AC=BD=5，CM=BN，且∠BCO=∠DBC，连接AD，可证得△ACM≌△DBN，则AM=DN，而DN+AN≥AD （当且仅当点A、N、D共线时取等号），求AD的长即可。

6．如图1，直线l：与x轴交于点A（4，0），与y轴交于点B，点C是线

段OA上一动点（0＜AC＜），以点A为圆心，AC长为半径作⊙A交x轴于另一点D，交线段AB于点E，连结OE并延长交⊙A于点F．

（1）求直线l的函数表达式和tan∠BAO的值；

（2）如图2，连结CE，当CE=EF时，

①求证：△OCE∽△OEA；

②求点E的坐标；

（3）当点C在线段OA上运动时，求OE·EF的最大值．

【答案】（1）解：把A（4，0）代入，得 ×4+b=0，解得b=3，

∴直线l的函数表达式为，

∴B（0,3），

∵AO⊥BO，OA=4，BO=3，

∴tan∠BAO= .

（2）①证明：如图，连结AF，

∵CE=EF，

∴∠CAE=∠EAF，

又∵AC=AE=AF，

∴∠ACE=∠AEF，

∴∠OCE=∠OEA，

又∵∠COE=∠EOA，

∴△OCE∽△OEA.

②解：如图，过点E作EH⊥x轴于点H，

∵tan∠BAO= ，

∴设EH=3x，AH=4x，

∴AE=AC=5x，OH=4-4x，

∴OC=4-5x,

∵△OCE∽△OEA，

∴ = ，

即OE2=OA·OC，

∴（4-4x）2+（3x）2=4（4-5x）,

解得x1= ，x2=0（不合题意，舍去）

∴E（，）.

（3）解：如图，过点A作AM⊥OF于点M，过点O作ON⊥AB于点N,

∵tan∠BAO= ,

∴cos∠BAO= ,

∴AN=OA·cos∠BAO= ,

设AC=AE=r,

∴EN= -r,

∵ON⊥AB，AM⊥OF,

∴∠ONE=∠AME=90°，EM= EF,

又∵∠OEN=∠AEM,

∴△OEN∽△AEM,

∴ = ,

即OE· EF=AE·EN,

∴OE·EF=2AE·EN=2r·（ -r）,

∴OE·EF=-2r2+ r-2（r- ）2+ （0＜r＜）,

∴当r= 时，OE·EF有最大值，最大值为 .

【解析】【分析】（1）将点A坐标代入直线l解析式即可求出b值从而得直线l的函数表达式，根据锐角三角函数正切定义即可求得答案.（2）①如图，连结AF，根据等腰三角形性质等边对等角可得两组对应角相等，根据相似三角形的判定即可得证.

②如图，过点E作EH⊥x轴于点H，根据锐角三角函数正切值即可设EH=3x，AH=4x，从而得出AE、OH、OC，由①中相似三角形的性质可得OE2=OA·OC，代入数值即可得一个关于x的方程，解之即可求出E点坐标.

（3）如图，过点A作AM⊥OF于点M，过点O作ON⊥AB于点N,根据锐角三角函数定义

可求得AN=OA·cos∠BAO= ,设AC=AE=r,则EN= -r,根据相似三角形判定和性质可知 = ,即OE·EF=-2r2+ r=（0＜r＜）,由二次函数的性质即可求此最大值.

7．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。

8．如图，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。

（1）求直线BC的解析式；

（2）移动过程中，将△AMN沿直线MN翻折，点A恰好落在BC边上点D处，求此时t值及点D的坐标；

（3）当点M,N移动时，记△ABC在直线MN右侧部分的面积为S，求S关于时间t的函数关系式。

【答案】（1）解：设直线BC解析式为：y=kx+b，

∵B（0，4），C（-3，0），

∴，

解得：

∴直线BC解析式为：y= x+4.

（2）解：依题可得：AM=AN=t，

∵△AMN沿直线MN翻折，点A与点点D重合，

∴四边形AMDN为菱形，

作NF⊥x轴，连接AD交MN于O′，

∵A（3，0），B（0，4），

∴OA=3,OB=4，

∴AB=5,

∴M（3-t，0），

又∵△ANF∽△ABO，

∴ = = ,

∴ = = ,

∴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

△ABC在直线MN右侧部分为△AMN，

∴S= = ·AM·DF= ×t× t= t ,

②当5

∵AM=AN=t，AB=BC=5，

∴BN=t-5，CN=-5-（t-5）=10-t，

又∵△CNF∽△CBO，

∴ = ,

∴ = ,

∴NF= （10-t），

∴S= - = ·AC·OB- ·CM·NF，

= ×6×4- ×（6-t）× （10-t），

=- t + t-12.

【解析】【分析】（1）设直线BC解析式为：y=kx+b，将B、C两点坐标代入即可得出二元一次方程组，解之即可得出直线BC解析式.（2）依题可得：AM=AN=t，根据翻折性质得四边形AMDN为菱形，作NF⊥x轴，连接AD交MN于O′，结合已知条件得M（3-t，0），

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

②当5

二、圆的综合

9．如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径作⊙O，⊙O交BC于点D，交CA的延长线于点E．过点D作DF⊥AC，垂足为F．

（1）求证：DF为⊙O的切线；

（2）若AB＝4，∠C＝30°，求劣弧?BE的长．

【答案】（1）证明见解析（2）4 3

【解析】

分析：（1）连接AD、OD，根据直径所对的圆周角为直角，可得∠ADB=90°，然后根据等腰三角形的性质求出BD=CD，再根据中位线的性质求出OD⊥DF，进而根据切线的判定证

明即可；

（2）连接OE，根据三角形的外角求出∠BAE的度数，然后根据圆周角定理求出∠BOE的度数，根据弧长公式求解即可.

详解：（1）连接AD、OD．∵AB是直径，∴∠ADB＝90°．

∵AB＝AC，∴BD＝CD，

又∵OA＝OB，∴OD是△ABC的中位线，∴OD∥AC，

∵DF⊥AC，∴OD⊥DF

即∠ODF＝90°．∴DF为⊙O的切线；

（2）连接OE．∵AB＝AC，∴∠B＝∠C＝30°，∴∠BAE＝60°，

∵∠BOE＝2∠BAE，∴∠BOE＝120°，

∴＝·4π＝π．

点睛：本题是圆的综合题，考查了等腰三角形的性质和判定、切线的性质和判定、三角形的中位线、圆周角定理，灵活添加辅助线是解题关键．

10．如图，在△ABP中,C是BP边上一点,∠PAC=∠PBA,⊙O是△ABC的外接圆,AD是⊙O的直径,且交BP于点E.

（1）求证：PA是⊙O的切线；

（2）过点C作CF⊥AD，垂足为点F，延长CF交AB于点G，若AG?AB=12，求AC的长．【答案】（1）证明见解析（2）3

【解析】

试题分析：（1）根据圆周角定理得出∠ACD=90°以及利用∠PAC=∠PBA得出

∠CAD+∠PAC=90°进而得出答案；

（2）首先得出△CAG∽△BAC，进而得出AC2=AG·AB，求出AC即可.

试题解析：（1）连接CD,如图,

∵AD是⊙O的直径,

∴∠ACD=90°,

∴∠CAD+∠D=90°，

∵∠PAC=∠PBA，∠D=∠PBA，

∴∠CAD+∠PAC=90°，

即∠PAD=90°，

∴PA⊥AD，

∴PA是⊙O的切线；

（2）∵CF⊥AD，

∴∠ACF+∠CAF=90°，∠CAD+∠D=90°，

∴∠ACF=∠D，

∴∠ACF=∠B，

而∠CAG=∠BAC，

∴△ACG∽△ABC，

∴AC：AB=AG：AC，

∴AC2=AG?AB=12，

∴AC=23．

11．已知：如图，在矩形ABCD中，点O在对角线BD上，以OD的长为半径的⊙O与AD，BD分别交于点E、点F，且∠ABE=∠DBC．

（1）判断直线BE与⊙O的位置关系，并证明你的结论；

（2）若sin∠ABE=3

，CD=2，求⊙O的半径．

【答案】（1）直线BE与⊙O相切，证明见解析；（2）⊙O

3

【解析】

分析：（1）连接OE，根据矩形的性质，可证∠BEO=90°，即可得出直线BE与⊙O相切；（2）连接EF，先根据已知条件得出BD的值，再在△BEO中，利用勾股定理推知BE的长，设出⊙O的半径为r，利用切线的性质，用勾股定理列出等式解之即可得出r的值．