2020-2021备战中考数学圆与相似-经典压轴题含详细答案

2020-2021备战中考数学圆与相似-经典压轴题含详细答案

一、相似

1．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。由正方形的性质易得BC=CD，∠DCB=∠DCA=，∠DBC=∠CDB=，根据点C为AB的中点可得BC=CD=AC，所以可得∠ADC=，则∠∠ADB=，问题得证；

（2）要证AQ=AD，需证∠AQD=∠ADQ。由题意易得∠AQD=-∠G，∠ADQ=-∠BDG，根据等边对等角可得∠G=∠BDG，由等角的余角相等可得∠AQD=∠ADQ，所以AQ=AD；

（3）要证乘积式成立，需证这些线段所在的两个三角形相似，而由正方形的性质可得CD=DE=BC，所以可知BC、CF、EG分别在三角形DCF和三角形GED中，连接DF，用有两对角对应相等的两个三角形相似即可得证。

2．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

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

时，S=2t−8.

（3）解：①当0

∵ 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。（2）由于点P、Q的位置不一样，导致PM、QF的长度不一样，所以S与t的函数关系式不同，所以分三种情况讨论①当0

3．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.

4．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