专题复习：巧用相似解决一类与圆有关的小压轴题

备战中考数学—圆与相似的综合压轴题专题复习含答案一、相似1．如图，在△ABC中，点N为AC边的任意一点，D为线段AB上一点，若∠MPN的顶点P为线段CD上任一点，其两边分别与边BC，AC交于点M、N，且∠MPN+∠ACB=180°．（1）如图1，若AC=BC，∠ACB=90°，且D为AB的中点时，求，请证明你的结论；（2）如图2，若BC=m，AC=n，∠ACB=90°，且D为AB的中点时，则 =________；（3）如图3，若 =k，BC=m，AC=n，请直接写出的值．（用k，m，n表示）【答案】（1）解：如图1中，作PG⊥AC于G，PH⊥BC于H，∵AC=BC，∠ACB=90°，且D为AB的中点，∴CD平分∠ACB，∵PG⊥AC于G，PH⊥BC于H，∴PG=PH，∵∠PGC=∠PHC=∠GCH=90°，∴∠GPH=∠MPN=90°，∴∠MPH=∠NPG，∵∠PHM=∠PGN=90°，∴△PHM∽△PGN，∴ =1（2）（3）解：如图3中，作PG⊥AC于G，PH⊥BC于H，DT⊥AC于T，DK⊥BC于K，易证△PMH∽△PGN，∴，∵，∴，∵DT∥PG，DK∥PH，∴，∴，∴【解析】【解答】解：（2）如图2中，作PG⊥AC于G，PH⊥BC于H，∵∠PGC=∠PHC=∠GCH=90°，∴∠GPH=∠MPN=90°，∴∠MPH=∠NPG，∵∠PHM=∠PGN=90°，∴△PHM∽△PGN，∴，∵△PHC∽△ACB，PG=HC，∴，故答案为：；【分析】（1）作PG⊥AC于G，PH⊥BC于H，根据已知条件可证△PHM和△PGN的两角对应相等，进而可得△PHM∽△PGN，由相似三角形的对应边成比例即可求出。

（2）作PG⊥AC于G，PH⊥BC于H，由两角对应相等，可得△PHM∽△PGN，由相似三角形的对应边成比例可得 = ，由两角对应相等，可得△PHC∽△ACB，又PG=HC，相似三角形的对应边成比例及等量代换即可求出。

2020-2021中考数学—圆与相似的综合压轴题专题复习一、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。

中考数学压轴题专题复习—圆与相似的综合及答案解析一、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．在矩形ABCD中，BC＝6，点E是AD边上一点，∠ABE＝30°，BE＝DE，连接BD.动点M 从点E出发沿射线ED运动，过点M作MN∥BD交直线BE于点N.（1）如图1，当点M在线段ED上时，求证：MN＝ EM；（2）设MN长为x，以M、N、D为顶点的三角形面积为y，求y关于x的函数关系式；（3）当点M运动到线段ED的中点时，连接NC，过点M作MF⊥NC于F，MF交对角线BD于点G（如图2），求线段MG的长.【答案】（1）证明：：∵ °, ° ,∴ °∵ ,∴∵∥ ,∴∴ °,∴过点作于点 ,则 .在中，∴∴（2）解：在中，，∴∵a.当点在线段上时，过点作于点 ,在中，由（1）可知：,∴∴∴b.当点在线段延长线上时，过点作于点在中， ,在中， ,∴ ,∴（3）解：连接 ,交于点 .∵为的中点∴ ,∴ .∵ ,∴ ,∴ ,∴ ,∴ .∵∥∴ ,∴ ,,∵ ,∴ ,又∵ ,∴∽ ,∴，即 ,∴【解析】【分析】（1）过点E作EH⊥MN于点H ,由已知条件易得EN=EM，解直角三角形EMH易得MH和EM的关系，由等腰三角形的三线合一可得MN=2MH即可求解；（2）在Rt△ABE中，由直角三角形的性质易得DE=BE=2AE，由题意动点M从点E出发沿射线ED运动可知点M可在线段ED上，也可在线段ED外，所以可分两种情况求解：①当点M在线段ED上时，过点N作NI⊥AD于点I ,结合（1）中的结论MN=EM即可求解；②当点M在线段ED延长线上时，过点N作NI'⊥AD于点I '，解RtΔNI′M 和可求得NI'和NE，则DM=NE−DE，所以以M、N、D为顶点的三角形面积y=MD.NI可求解；（3）连接CM,交BD于点N'，由（2）中的计算可得MN、CD、MC的长，解直角三角形CDM可得∠DMC的度数，于是由三角形内角和定理可求得∠NMC=，根据平行线的性质可得DMN'是直角三角形，根据直角三角形的性质可得MN′=MD；则NC的长可求，由已知条件易得ΔNMC∽ΔMN′G根据所得的比例式即可求解.,3．如图，抛物线y= x2+bx+c 与x轴交于点A和点B，与y轴交于点C，点B坐标为（6，0），点C坐标为（0，6），点D是抛物线的顶点．（1）求抛物线的解析式及点D的坐标；（2）如图1，抛物线的对称轴与x轴交于点E，连接BD，点F是抛物线上的动点，当∠FBA=∠BDE时，求点F的坐标；（3）如图2，若点M是抛物线上的动点，过点M作MN∥x轴与抛物线交于点N，点P在x轴上，点Q在坐标平面内，以线段MN为对角线作正方形MPNQ，求点Q的坐标．【答案】（1）解：把B（6，0），C（0，6）代入y= x2+bx+c，得解得 ,抛物线的解析式是y= x2+2x+6, 顶点D的坐标是（2，8）（2）解：如图1，过F作FG⊥x轴于点G，设F（x， x2+2x+6），则FG= ，∵∠FBA=∠BDE，∠FGB=∠BED=90°，∴△FBG∽△BDE，∴，∵B（6，0），D（2，8），∴E（2，0），BE=4，DE=8，OB=6，∴BG=6-x，∴当点F在x轴上方时，有，∴x=-1或x=6（舍去），此时F1的坐标为（-1，）,当点F在x轴下方时，有，∴x=-3或x=6（舍去），此时F2的坐标为（-3，）,综上可知F点的坐标为（-1，）或（-3，）（3）解：如图2，不妨M在对称轴的左侧，N在对称轴的左侧，MN和PQ交于点K，由题意得点M，N关于抛物线的对称轴对称，四边形MPNQ为正方形，且点P在x轴上∴点P为抛物线的对称轴与x轴的交点，点Q在抛物线的对称轴上 ,∴KP=KM=k，则Q（2，2k），M坐标为（2-k，k），∵点M在抛物线y= x2+2x+6的图象上，∴k= (2-k)2+2(2-k)+6解得k1= 或k2=∴满足条件的点Q有两个，Q1（2，）或Q2（2，）.【解析】【分析】（1）根据点B、C的坐标，利用待定系数法建立关于b、c的方程组，求解就可得出函数解析式，再求出顶点坐标。

中考数学—圆与相似的综合压轴题专题复习及答案一、相似1．如图的中点1，过等边三角形M， N，连接 MN ．ABC 边AB 上一点 D 作交边AC 于点E，分别取BC， DE（1）发现：在图 1 中，________；（2）应用：如图2，将绕点 A 旋转，请求出的值；（3）拓展：如图3，和是等腰三角形，且， M ， N 分别是底边 BC， DE 的中点，若，请直接写出的值．【答案】（1）（2）解：如图 2 中，连接AM、 AN，，，都是等边三角形，，，，，，，，，∽，（3）解：如图 3 中，连接AM、 AN，延长 AD 交 CE于 H，交 AC 于 O，，，，，，，，，，，，，，，∽，，，，，，≌，，，，，，，，，，【解析】【解答】解：（1）如图 1 中，作于H，连接AM，，，，时等边三角形，，，，，平分线段DE，，、 N、 M 共线，，四边形 MNDH 时矩形，，，故答案为：；【分析】（ 1）作DH ⊥ BC 于 H，连接AM.证四边形MNDH 时矩形，所以MN=DH，则MN ： BD=DH：BD=sin60 ，°即可求解；（2）利用△ ABC ，△ ADE 都是等边三角形可得AM ： AB=AN： AD，易得∠BAD = ∠MAN ，从而得△ BAD ∽ △ MAN，则 NM： BD=AM：AB=sin60 ，°从而求解；（3）连接 AM、 AN，延长 AD 交 CE 于 H，交 AC 于 O.先证明△BAD∽△ MAN可得NM ： BD=AM：AB=sin∠ ABC；再证明△ BAD ≌ △ CAE，则∠ ABD = ∠ ACE ，进而可得∠ABC = 45 ，可求出°答案 .2．如图， Rt△ AOB 在平面直角坐标系中，已知：B（0，），点OA=3，∠BAD=30°，将△ AOB 沿 AB 翻折，点O 到点 C 的位置，连接A 在 x 轴的正半轴上，CB 并延长交 x 轴于点D.（1）求点 D 的坐标；（2）动点 P 从点 D 出发，以每秒 2 个单位的速度沿 x 轴的正方向运动，当△ PAB为直角三角形时，求 t 的值；（3）在（ 2）的条件下，当△ PAB为以∠ PBA为直角的直角三角形时，在y 轴上是否存在一点 Q 使△ PBQ 为等腰三角形？如果存在，请直接写出Q 点的坐标；如果不存在，请说明理由 .【答案】（ 1）解：∵ B（0，），∴OB=.∵OA=OB，∴OA=3，∴AC=3.∵∠ BAD=30 ，°∴∠ OAC=60 .°∵∠ ACD=90 ，°∴∠ ODB=30 ，°∴=，∴O D=3，∴D（﹣ 3，0）；（2）解：∵ OA=3，OD=3，∴ A（ 3，0）， AD=6，∴A B=2，当∠PBA=90时°.∵P D=2t，∴O P=3﹣2t.∵△ OBA∽ △ OPB，2∴3﹣ 2t==1，解得 t=1，当∠APB=90 时°，则 P 与 O 重合，∴t=；（3）解：存在 .①当 BP 为腰的等腰三角形.∵OP=1，∴BP==2，∴Q1（ 0，+2）， Q3（ 0.﹣2）；②当 PQ2=Q2B 时，设 PQ2=Q2 B=a，在 Rt△ OPQ2中， 12+（﹣x）2=x2，解得x=，∴Q2（ 0，）；③当 PB=PQ 时， Q （ 0，﹣）4 4综上所述：满足条件的点Q 的坐标为Q1（ 0，+2）， Q2（ 0 ，）， Q3（ 0.﹣2）， Q4（ 0，﹣） .【解析】【分析】（ 1）根据已知得出OA、 OB 的值以及∠ DAC 的度数，进而求得∠ ADC，即可求得 D 的坐标；（ 2）根据直角三角形的判定，分两种情况讨论求得；（3）求得 PB 的长，分四种情形讨论即可解决问题.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绕点用图②进行说明 .（3）问题解决如图③，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△ABC 和△ ADE 都是等腰直角三角形，D 在直线 BC 上运动，连接OE，则在点∠BAC=∠ DAE=90°， AB=AC=4，O 为 AC 的中点 .若点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=（2）解：如图：DG，②45①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,∠A CE=∠ 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．已知菱形的一个角与三角形的一个角重合，然后它的对角顶点在这个重合角的对边上，这个菱形称为这个三角形的亲密菱形，如图，在△ CFE中， CF=6,CE=12,∠ FCE=45°,以点 C 为圆心，以任意长为半径作AD，再分别以点 A 和点 D 为圆心，大于AD 长为半径做弧，交于点 B,AB∥ CD.（1）求证：四边形 ACDB为△ CFE的亲密菱形；（2）求四边形 ACDB的面积 .【答案】（ 1）证明：由已知得：AC=CD,AB=DB,由已知尺规作图痕迹得：BC 是∠ FCE 的角平分线 ,∴∠ ACB=∠ DCB，又∵ AB∥ CD,∴∠ ABC=∠ DCB，∴∠ ACB=∠ ABC，∴AC=AB，又∵ AC=CD,AB=DB,∴AC=CD=DB=BA，四边形 ACDB是菱形，又∵∠ ACD与△ FCE中的∠ FCE重合，它的对角∠ABD顶点在EF上，∴四边形 ACDB为△ FEC的亲密菱形 .（2）解：设菱形 ACDB的边长为 x，∵ CF=6,CE=12,∴FA=6-x，又∵ AB∥ CE,∴△ FAB∽ △ FCE,∴,即，解得： x=4，过点 A 作 AH⊥ CD于点 H,在Rt△ ACH中，∠ ACH=45°,∴s in∠ ACH= ,∴AH=4 ×=2,∴四边形 ACDB的面积为：.【解析】【分析】（ 1）依题可得： AC=CD,AB=DB,BC是∠ FCE 的角平分线 ,根据角平分线的定义和平行线的性质得∠ ACB=∠ ABC，根据等角对等边得 AC=AB，从而得 AC=CD=DB=BA，根据四边相等得四边形是菱形即可得四边形ACDB是菱形；再根据题中的新定义即可得证. （2）设菱形ACDB 的边长为x，根据已知可得CF=6,CE=12,FA=6-，x根据相似三角形的判定和性质可得，解得： x=4,过点 A 作 AH⊥CD 于点 H,在 Rt△ ACH 中，根据锐角三角形函数正弦的定义即可求得AH ,再由四边形的面积公式即可得答案.5．如果三角形的两个内角α与β满足2α +β =90，那°么我们称这样的三角形为“准互余三角形”.（1）若△ ABC 是“准互余三角形”，∠ C＞ 90°，∠ A=60°，则∠B=________°；（2）如图①，在 Rt△ ABC中，∠ ACB=90°， AC=4， BC=5.若 AD 是∠BAC 的平分线，不难证明△ ABD 是“准互余三角形”试.问在边 BC上是否存在点 E（异于点 D），使得△ ABE 也是“准互余三角形”？若存在，请求出 BE的长；若不存在，请说明理由 .（3）如图②，在四边形 ABCD 中， AB=7， CD=12， BD⊥ CD，∠ ABD=2∠BCD，且△ABC 是“准互余三角形”，求对角线AC 的长 .【答案】（ 1） 15（2）解：如图①中，在Rt△ ABC中，∵ ∠ B+∠ BAC=90°，∠ BAC=2∠ BAD，∴∠ B+2∠BAD=90 ，°∴△ ABD 是“准互余三角形”，∵△ ABE 也是“准互余三角形”，∴只有 2∠ B+∠ BAE=90 ，°∵∠ B+∠BAE+∠ EAC=90 ，°∴∠ CAE=∠ B，∵∠ C=∠ C=90 ，°∴△ CAE∽ △ CBA，可得 CA2=CE?CB，∴C E= ，∴B E=5﹣= .（3）解：如图②中，将△ BCD沿 BC 翻折得到△BCF.∴CF=CD=12，∠BCF=∠ BCD，∠CBF=∠ CBD，∵∠ ABD=2∠ BCD，∠BCD+∠CBD=90 ，°∴∠ ABD+∠ DBC+∠CBF=180 ，°∴A、B、 F 共线，∴∠ A+∠ ACF=90 °∴2∠ ACB+∠ CAB≠ 90，°∴只有 2∠ BAC+∠ ACB=90 ，°∴∠ FCB=∠ FAC，∵ ∠ F=∠ F，∴△ FCB∽ △ FAC，∴CF2=FB?FA，设 FB=x，则有： x（ x+7） =122，∴x=9 或﹣ 16（舍去），∴AF=7+9=16，在 Rt△ ACF中， AC=【解析】【解答】（ 1）∵ △ ABC是“准互余三角形”，∠ C＞ 90°，∠ A=60°，∴2∠ B+∠A=90 ，°解得，∠ B=15°；【分析】（ 1 ）根据“准互余三角形”的定义构建方程即可解决问题；（ 2 ）只要证明△CAE∽△ CBA，可得 CA2=CE?CB，由此即可解决问题；（ 3）如图②中，将△ BCD沿 BC翻折得到△ BCF只.要证明△ FCB∽ △ FAC，可得 CF2=FB?FA，设 FB=x，则有： x（ x+7）=122 ，推出 x=9 或﹣ 16（舍弃），再利用勾股定理求出AC即可；6．如图，点O 为矩形 ABCD的对称中心，AB＝ 5cm， BC＝ 6cm，点 E.F.G分别从 A.B.C 三点同时出发，沿矩形的边按逆时针方向匀速运动，点 E 的运动速度为1cm/s ，点 F 的运动速度为 3cm/s ，点 G 的运动速度为 1.5cm/s，当点 F 到达点 C（即点 F 与点 C 重合）时，三个点随之停止运动 .在运动过程中，△ EBF 关于直线 EF 的对称图形是△ EB′设F.点 E.F.G运动的时间为 t（单位： s） .（1）当 t 等于多少s 时，四边形EBFB′为正方形；（2）若以点E、 B、 F 为顶点的三角形与以点F， C， G 为顶点的三角形相似，求t 的值；（3）是否存在实数t ，使得点B’与点 O 重合？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由.【答案】（ 1）解：若四边形 EBFB′为正方形，则 BE＝ BF， BE＝ 5﹣ t， BF＝3t，即： 5﹣ t ＝ 3t，解得 t＝ 1.25；故答案为： 1.25（2）解：分两种情况，讨论如下：①若△ EBF∽ △ FCG，则有，即，解得： t＝ 1.4；②若△ EBF∽ △ GCF，则有，即，解得： t＝﹣ 7﹣（不合题意，舍去）或∴当 t＝ 1.4s 或 t ＝（﹣ 7+）s时，以点点的三角形相似. t ＝﹣ 7+.E、 B、F 为顶点的三角形与以点F， C， G 为顶（3）解：假设存在实数t，使得点B′与点 O 重合 .如图，过点O 作 OM⊥ BC于点 M，则在 Rt△ OFM 中， OF＝ BF＝ 3t ，FM＝BC﹣ BF＝ 3﹣ 3t， OM ＝ 2.5，由勾股定理得： OM 2+FM 2＝ OF2，即： 2.52+（ 3﹣ 3t）2＝（ 3t ）2解得： t＝；过点 O 作 ON⊥AB 于点 N，则在Rt△ OEN 中， OE＝BE＝5 ﹣t ， EN＝ BE﹣ BN＝5﹣ t ﹣2.5＝2.5﹣t ，ON＝ 3，由勾股定理得：ON2+EN2＝ OE2，即： 32+（ 2.5﹣ t）2＝（ 5﹣ t ）2解得： t＝.∵≠，∴不存在实数t ，使得点B′与点 O 重合【解析】【分析】（ 1 ）利用正方形的性质，得到BE＝ BF，列一元一次方程求解即可；（ 2）△ EBF 与△ FCG 相似，分两种情况，需要分类讨论，逐一分析计算；（3）本问为存在型问题 .假设存在，则可以分别求出在不同条件下的t 值，它们互相矛盾，所以不存在7．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：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，将已知△BDM ∽ △ BCA，于是可得比例式数式表示 DM 、 BD 的长，则，将已知的线段代入计算即可用含CD=CB-BD 也可用含t的代数式表示出来，同理易证t 的代△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。

备战中考数学与圆与相似有关的压轴题附详细答案一、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。

中考数学—圆与相似的综合压轴题专题复习及详细答案一、相似1．如图所示，将二次函数y=x2+2x+1的图象沿x轴翻折，然后向右平移1个单位，再向上平移4个单位，得到二次函数y=ax2+bx+c的图象．函数y=x2+2x+1的图象的顶点为点A．函数y=ax2+bx+c的图象的顶点为点B，和x轴的交点为点C，D（点D位于点C的左侧）．（1）求函数y=ax2+bx+c的解析式；（2）从点A，C，D三个点中任取两个点和点B构造三角形，求构造的三角形是等腰三角形的概率；（3）若点M是线段BC上的动点，点N是△ABC三边上的动点，是否存在以AM为斜边的Rt△AMN，使△AMN的面积为△ABC面积的？若存在，求tan∠MAN的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：y=x2+2x+1=（x+1）2的图象沿x轴翻折，得y=﹣（x+1）2，把y=﹣（x+1）2向右平移1个单位，再向上平移4个单位，得y=﹣x2+4，∴所求的函数y=ax2+bx+c的解析式为y=﹣x2+4（2）解：∵y=x2+2x+1=（x+1）2，∴A（﹣1，0），当y=0时，﹣x2+4=0，解得x=±2，则D（﹣2，0），C（2，0）；当x=0时，y=﹣x2+4=4，则B（0，4），从点A，C，D三个点中任取两个点和点B构造三角形的有：△ACB，△ADB，△CDB，∵AC=3，AD=1，CD=4，AB= ，BC=2 ，BD=2 ，∴△BCD为等腰三角形，∴构造的三角形是等腰三角形的概率=（3）解：存在，易得BC的解析是为y=﹣2x+4，S△ABC= AC•OB= ×3×4=6，M点的坐标为（m，﹣2m+4）（0≤m≤2），①当N点在AC上，如图1，∴△AMN的面积为△ABC面积的，∴（m+1）（﹣2m+4）=2，解得m1=0，m2=1，当m=0时，M点的坐标为（0，4），N（0，0），则AN=1，MN=4，∴tan∠MAC= =4；当m=1时，M点的坐标为（1，2），N（1，0），则AN=2，MN=2，∴tan∠MAC= =1；②当N点在BC上，如图2，BC= =2 ，∵BC•AN= AC•BC，解得AN= ，∵S△AMN= AN•MN=2，∴MN= = ，∴∠MAC= ；③当N点在AB上，如图3，作AH⊥BC于H，设AN=t，则BN= ﹣t，由②得AH= ，则BH= ，∵∠NBG=∠HBA，∴△BNM∽△BHA，∴，即，∴MN= ，∵AN•MN=2，即•（﹣t）• =2，整理得3t2﹣3 t+14=0，△=（﹣3 ）2﹣4×3×14=﹣15＜0，方程没有实数解，∴点N在AB上不符合条件，综上所述，tan∠MAN的值为1或4或【解析】【分析】（1）将y=x2+2x+1配方成顶点式，根据轴对称的性质，可得出翻折后的函数解析式，再根据函数图像平移的规律：上加下减，左加右减，可得出答案。

中考数学压轴题专题复习—圆与相似的综合含详细答案一、相似1．如图，在四边形ABCD中，AD//BC，，BC=4，DC=3，AD=6.动点P从点D出发，沿射线DA的方向,在射线DA上以每秒2两个单位长的速度运动，动点Q从点C出发，在线段CB上以每秒1个单位长的速度向点B运动，点P、Q分别从点D,C同时出发,当点Q运动到点B时，点P随之停止运动.设运动的时间为t(秒).（1）设的面积为，直接写出与之间的函数关系式是________（不写取值范围）.（2）当B,P,Q三点为顶点的三角形是等腰三角形时，求出此时的值.（3）当线段PQ与线段AB相交于点O，且2OA=OB时，直接写出 =________. （4）是否存在时刻，使得若存在，求出的值；若不存在,请说明理由.【答案】（1）（2）解：如图1，过点P作PH⊥BC于点H，∴∠PHB=∠PHQ=90°，∵∠C=90°，AD∥BC，∴∠CDP=90°，∴四边形PHCD是矩形，∴PH=CD=3，HC=PD=2t，∵CQ=t，BC=4，∴HQ=CH-CQ=t，BH=BC-CH=4-2t，BQ=4-t，∴BQ2= ，BP2= ，PQ2= ，由BQ2=BP2可得：，解得：无解；由BQ2=PQ2可得：，解得：；由BP2= PQ2可得：，解得：或，∵当时，BQ=4-4=0，不符合题意，∴综上所述，或；（3）（4）解：如图3，过点D作DM∥PQ交BC的延长线于点M，则当∠BDM=90°时，PQ⊥BD，即当BM2=DM2+BD2时，PQ⊥BD，∵AD∥BC，DM∥PQ，∴四边形PQMD是平行四边形，∴QM=PD=2t，∵QC=t,∴CM=QM-QC=t，∵∠BCD=∠MCD=90°，∴BD2=BC2+DC2=25，DM2=DC2+CM2=9+t2，∵BM2=(BC+CM)2=(4+t)2，∴由BM2=BD2+DM2可得：，解得：，∴当时，∠BDM=90°，即当时，PQ⊥BD.【解析】【解答】解：（1）由题意可得BQ=BC-CQ=4-t，点P到BC的距离=CD=3，∴S△PBQ= BQ×3= ；（ 3 ）解：如图2，过点P作PM⊥BC交CB的延长线于点M，∴∠PMC=∠C=90°，∵AD∥BC，∴∠D=90°，△OAP∽△OBQ，∴四边形PMCD是矩形，，∴PM=CD=3，CM=PD=2t，∵AD=6，BC=4，CQ=t，∴PA=2t-6，BQ=4-t，MQ=CM-CQ=2t-t=t,∴，解得：，∴MQ= ，又∵PM=3，∠PMQ=90°，∴tan∠BPQ= ；【分析】（1）点P作PM⊥BC，垂足为M，则四边形PDCM为矩形，根据梯形的面积公式就可以利用t表示，就得到s与t之间的函数关系式。

圆与相似压轴题
**圆与相似压轴题**
嚯，同学们，今儿咱来聊聊圆与相似这两个数学里的好朋友。

它们俩，就像两个调皮的小伙伴，经常一起出现在咱们的考试卷上，尤其是压轴题，那可真叫一个让人头疼啊！
咱们先说说圆。

圆，就像一个大家庭，家里有个圆心，就像个大家长，守护着家里所有的点。

这些点到圆心的距离都是相等的，就像家里的小孩儿们，都受到家长同样的疼爱。

而圆的周长和面积，就像家里的人口和土地面积，都有它们特定的计算方法。

再来说说相似。

相似，就像两个长得像的兄弟姐妹，虽然大小不一样，但模样却一模一样。

在数学里，相似就是两个图形形状相同，但大小不同。

这种关系，就像是咱们班上的同学，虽然高矮胖瘦各不同，但大家都有个共同的特点——都是小学生！
那么，当圆和相似这两个好朋友一起出现在压轴题里时，咱们该怎么办呢？
我觉得，首先得冷静下来，别被它们给吓倒了。

然后，咱们要仔细观察题目，看看这两个好朋友是怎么纠缠在一起的。

是圆里面藏着相似，还是相似里面藏着圆？
接着，咱们得用咱们学过的知识，一步一步地分析，找出解决问题的关键。

是找圆心、求半径，还是找相似比、算面积？
最后，咱们要把这些分析出来的信息综合起来，得出正确的答案。

我觉得啊，只要咱们掌握了圆和相似的知识，再加上一点耐心和细心，就
能打败这些压轴题了！所以同学们，别害怕，勇敢地去挑战吧！。

中考数学——圆与相似的综合压轴题专题复习及答案解析一、相似1．如图,夜晚,小亮从点A经过路灯C的正下方沿直线走到点B(A,B两点到路灯正下方的距离相等),他的影长y随他与点A之间的距离x的变化而变化.（1）求y与x之间的函数关系式;（2）作出函数的大致图象.【答案】（1）解：如图①：作CO⊥AB于O，①当小亮走到A'处(A'位于A与O之间)时，作出他的影子A'C'.小亮从点A到达点O的过程中，影长越来越小，直到影长为0；从点O到达点B的过程中，影长越来越大，到点B达到最大值.设小亮的身高MA'=l，CO=h，AO=m，影长C'A'=y，小亮走过的距离AA'=x，由图易得C'A=x-y，∵MA'⊥AB，CO⊥AB，∴△MC'A'∽△CC'O，∴，即 = ,∴y= x- (0≤x≤m),(此时m,l,h为常数)，②当小亮走到A″处(A″位于O与B之间)时；同理可得y=- x+ (m<x≤2m).（2）解：如图②所示：【解析】【分析】（1）如图①：作CO⊥AB于O，①当小亮走到A'处(A'位于A与O之间)时，作出他的影子A'C'；根据中心投影的特点可知影长随x的变化情况.设小亮的身高MA'=l，CO=h，AO=m，影长C'A'=y，小亮走过的距离AA'=x，由图易得C'A=x-y，根据相似三角形的判定和性质可得y与x的函数解析式.②当小亮走到A″处(A″位于O与B之间)时；同理可得y=- x+ (m<x≤2m).（2）根据（1）的函数解析式可画出图像.2．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.3．如图，△ABC内接于⊙O，且AB＝AC.延长BC到点D，使CD＝CA，连接AD交⊙O于点E.（1）求证：△ABE≌△CDE；（2）填空：①当∠ABC的度数为________时，四边形AOCE是菱形；②若AE＝6，BE=8，则EF的长为________.【答案】（1）证明：∵AB=AC，CD=CA，∴∠ABC=∠ACB，AB=CD．∵四边形ABCE是圆内接四边形，∴∠ECD=∠BAE，∠CED=∠ABC．∵∠ABC=∠ACB=∠AEB，∴∠CED=∠AEB，∴△ABE≌△CDE（AAS）（2）60；【解析】【解答】解：（2）①当∠ABC的度数为60°时，四边形AOCE是菱形；理由是：连接AO、OC．∵四边形ABCE是圆内接四边形，∴∠ABC+∠AEC=180°．∵∠ABC=60，∴∠AEC=120°=∠AOC．∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA=30°．∵AB=AC，∴△ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°．∵∠ACB=∠CAD+∠D．∵AC=CD，∴∠CAD=∠D=30°，∴∠ACE=180°﹣120°﹣30°=30°，∴∠OAE=∠OCE=60°，∴四边形AOCE是平行四边形．∵OA=OC，∴▱AOCE是菱形；②由（1）得：△ABE≌△CDE，∴BE=DE=8，AE=CE=6，∴∠D=∠EBC．∵∠CED=∠ABC=∠ACB，∴△ECD∽△CFB，∴ = ．∵∠AFE=∠BFC，∠AEB=∠FCB，∴△AEF∽△BCF，∴ = ，∴EF= = ．故答案为：①60°；② ．【分析】（1）由题意易证∠ABC=∠ACB，AB=CD；再由四点共圆和已证可得∠ABC=∠ACB=∠AEB，∠CED=∠AEB，则利用AAS可证得结论；（2）①连接AO、CO.宪政△ABC是等边三角形，再证明四边形AOCE是平行四边形，又AO=CO可得结论；②先证△ECD∽△CFB，可得EC：ED=CF：BC=6:8；再证△AEF∽△BCF，则AE：EF=BC：CF，从而求出EF.4．在数学兴趣小组活动中，小亮进行数学探究活动，△ABC是边长为2的等边三角形，E 是AC上一点，小亮以BE为边向BE的右侧作等边三角形BEF，连接CF．（1）如图1，当点E在线段AC上时，EF、BC相交于点D，小亮发现有两个三角形全等，请你找出来，并证明；（2）当点E在线段AC上运动时，点F也随着运动，若四边形ABFC的面积为，求AE 的长；（3）如图2，当点E在AC的延长线上运动时，CF、BE相交于点D，请你探求△ECD的面积S1与△DBF的面积S2之间的数量关系，并说明理由；（4）如图2，当△ECD的面积S1＝时，求AE的长．【答案】（1）解：现点E沿边AC从点A向点C运动过程中，始终有△ABE≅△CBF.由图1知，△ABC与△EBF都是等边三角形，∴AB=CB，BE=BF，∠ABC=∠EBF=60°，∴∠CBF=∠ABE=60°-∠CBE，∴△ABE≅△CBF.（2）解：由（1）知点E在运动过程中始终有△ABE≅△CBF，因四边形BECF的面积等于三角形BCF的面积与三角形BCE的面积之和，∴四边形BECF的面积等于△ABC的面积，因△ABC的边长为2，则，∴四边形BECF的面积为，又四边形ABFC的面积是，∴，在三角形ABE中，因∠A=60°，∴边AB上的高为AEsin60°,∴，则AE= .（3）解： .由图2知，△ABC与△EBF都是等边三角形，∴AB=CB，BE=BF，∠ABC=∠EBF=60°，又∠CBF=∠ABE=60°+∠CBE，∴△ABE≅△CBF，∴，∴，则，则（4）解：由（3）知，即，由得，∵△ABE≅△CBF，∴AE=CF，∠BAE=∠BCF=60°，又∠BAE=∠ABC=60°，得∠ABC=∠BCF，∴CF∥AB，则△BDF的边CF上的高与△ABC的高相等，即为，则DF= ，设CE=x，则2+x=CD+DF=CD+ ，∴CD=x- ，在△ABE中，由CD∥AB得，，即，化简得，∴x=1或x=− （舍），即CE=1，∴AE=3.【解析】【分析】（1）不难发现△ABE≅△CBF，由等边三角形的性质得到相应的条件，根据“SAS”判定三角形全等；（2）由（1）可得△ABE≅△CBF，则，则四边形ABFC= = ，由四边形ABFC的面积为和等边三角形ABC的边长为2，可求得△ABE的面积，由底AB×AEsin60°，构造方程可解出AE.（3）当E在AC的延长线上时，△ABE≅△CBF依然成立，则，即由等量关系即可得答案.（4）由（3）可求出△FBD的面积，由△ABE≅△CBF，则AE=CF，∠BAE=∠BCF=60°=∠ABC，则CF//AB,则对于△BDF的边CF上的高等于△ABC的高，则可求出DF的长度；由AE=CF，可设CE=x，且CD//AB可得，代入相关值解出x即可.5．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。

备战中考数学—圆与相似的综合压轴题专题复习一、相似1．已知，如图，AB是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，OF⊥BC于点F，交⊙O于点E，AE与BC交于点H，点D为OE的延长线上一点，且∠ODB=∠AEC．（1）求证：BD是⊙O的切线；（2）求证：CE2=EH•EA；（3）若⊙O的半径为，sinA= ，求BH的长．【答案】（1）证明：如图，∵∠ODB=∠AEC，∠AEC=∠ABC，∴∠ODB=∠ABC，∵OF⊥BC，∴∠BFD=90°，∴∠ODB+∠DBF=90°，∴∠ABC+∠DBF=90°，即∠OBD=90°，∴BD⊥OB，∴BD是⊙O的切线（2）证明：连接AC，如图2所示：∵OF⊥BC，∴，∴∠CAE=∠ECB，∵∠CEA=∠HEC，∴△CEH∽△AEC，∴，∴CE2=EH•EA（3）解：连接BE，如图3所示：∵AB是⊙O的直径，∴∠AEB=90°，∵⊙O的半径为，sin∠BAE= ，∴AB=5，BE=AB•sin∠BAE=5× =3，∴EA= =4，∵，∴BE=CE=3，∵CE2=EH•EA，∴EH= ，∴在Rt△BEH中，BH= .【解析】【分析】（1）要证BD是⊙O的切线，只需证∠OBD=90°，因为∠OBC+∠BOD=90°，所以只须证∠ODB=∠OBC即可。

由圆周角定理和已知条件易得∠ODB=∠ABC，则∠OBC+∠BOD=90°=∠ODB+∠BOD，由三角形内角和定理即可得∠OBD=90°；（2）连接AC，要证CE2=EH•EA；只需证△CEH∽△AEC，已有公共角∠AEC，再根据圆周角定理可得∠CAE=∠ECB，即可证△CEH∽△AEC，可得比例式求解；（3）连接BE，解直角三角形AEB和直角三角形BEH即可求解。

2．如图1，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，E、F分别是AB、BD的中点，连接EF，点P从点E出发，沿EF方向匀速运动，速度为1cm/s，同时，点Q从点D出发，沿DB方向匀速运动，速度为2cm/s，当点P停止运动时，点Q也停止运动．连接PQ，设运动时间为t（0＜t＜4）s，解答下列问题：（1）求证：△BEF∽△DCB；（2）当点Q在线段DF上运动时，若△PQF的面积为0.6cm2，求t的值；（3）当t为何值时，△PQF为等腰三角形？试说明理由．【答案】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，∴ AD∥BC，在中，∵别是的中点，∴EF∥AD，∴ EF∥BC，∴∴（2）解：如图1，过点Q作于，∴QM∥BE，∴∴∴（舍）或秒（3）解：当点Q在DF上时，如图2，∴∴ .当点Q在BF上时，，如图3，∴∴时，如图4，∴∴时，如图5，∴∴综上所述，t=1或3或或秒时，△PQF是等腰三角形【解析】【分析】（1）根据题中的已知条件可得△BEF和△DCB中的两角对应相等，从而可证△BEF∽△DCB；（2）过点Q作QM⊥EF 于M ，先根据相似三角形的预备定理可证△QMF ∽△BEF；再由△QM F ∽△BEF可用含t的代数式表示出QM的长；最后代入三角形的面积公式即可求出t的值。

备战中考数学——圆与相似的综合压轴题专题复习一、相似1．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是边AD，BC的中点，连接DF，过点E作EH⊥DF，垂足为H，EH的延长线交DC于点G．（1）猜想DG与CF的数量关系，并证明你的结论；（2）过点H作MN∥CD，分别交AD，BC于点M，N，若正方形ABCD的边长为10，点P 是MN上一点，求△PDC周长的最小值．【答案】（1）解：结论：CF=2DG．理由：∵四边形ABCD是正方形，∴AD=BC=CD=AB，∠ADC=∠C=90°，∵DE=AE，∴AD=CD=2DE，∵EG⊥DF，∴∠DHG=90°，∴∠CDF+∠DGE=90°，∠DGE+∠DEG=90°，∴∠CDF=∠DEG，∴△DEG∽△CDF，∴ = = ，∴CF=2DG（2）解：作点C关于NM的对称点K，连接DK交MN于点P，连接PC，此时△PDC的周长最短．周长的最小值=CD+PD+PC=CD+PD+PK=CD+DK．由题意：CD=AD=10，ED=AE=5，DG= ，EG= ，DH= = ，∴EH=2DH=2 ，∴HM= =2，∴DM=CN=NK= =1，在Rt△DCK中，DK= = =2 ，∴△PCD的周长的最小值为10+2 ．【解析】【分析】（1）结论：CF=2DG．理由如下：根据正方形的性质得出AD=BC=CD=AB，∠ADC=∠C=90°，根据中点的定义得出AD=CD=2DE，根据同角的余角相等得出∠CDF=∠DEG，从而判断出△DEG∽△CDF，根据相似三角形对应边的比等于相似比即可得出结论；（2）作点C关于NM的对称点K，连接DK交MN于点P，连接PC，此时△PDC的周长最短．周长的最小值=CD+PD+PC=CD+PD+PK=CD+DK，由题意得CD=AD=10，ED=AE=5，DG=，EG=，根据面积法求出DH的长，然后可以判断出△DEH相似于△GDH，根据相似三角形对应边的比等于相似比得出EH=2DH=，再根据面积法求出HM的长，根据勾股定理及矩形的性质及对称的性质得出DM=CN=NK= 1，在Rt△DCK中，利用勾股定理算出DK的长，从而得出答案。

备战中考数学——圆与相似的综合压轴题专题复习及答案解析一、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．定义：如图1，点M，N把线段AB分割成AM，MN和BN，若以AM，MN，BN为边的三角形是一个直角三角形，则称点M，N是线段AB的勾股分割点.（1）已知点M，N是线段AB的勾股分割点，若AM=3，MN=4求BN的长；（2）已知点C是线段AB上的一定点，其位置如图2所示，请在BC上画一点D，使C，D 是线段AB的勾股分割点（要求尺规作图，保留作图痕迹，画出一种情形即可）；（3）如图3，正方形ABCD中，M，N分别在BC，DC上，且BM≠DN，∠MAN=45°，AM，AN分别交BD于E，F.求证：①E、F是线段BD的勾股分割点；②△AMN的面积是△AEF面积的两倍．【答案】（1）解：（1）①当MN为最大线段时，∵点M，N是线段AB的勾股分割点，∴BM= = = ，②当BN为最大线段时，∵点M，N是线段AB的勾股分割点，∴BN= = =5，综上，BN= 或5；（2）解：作法：①在AB上截取CE=CA；②作AE的垂直平分线，并截取CF=CA；③连接BF，并作BF的垂直平分线，交AB于D；点D即为所求；如图2所示．（3）解：①如图3中，将△ADF绕点A顺时针性质90°得到△ABH，连接HE．∵∠DAF+∠BAE=90°﹣∠EAF=45°，∠DAF=∠BAH，∴∠EAH=∠EAF=45°，∵EA=EA，AH=AF，∴△EAH≌△EAF，∴EF=HE，∵∠ABH=∠ADF=45°=∠ABD，∴∠HBE=90°，在Rt△BHE中，HE2=BH2+BE2，∵BH=DF，EF=HE，∵EF2=BE2+DF2，∴E、F是线段BD的勾股分割点．②证明：如图4中，连接FM，EN．∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADC=90°，∠BDC=∠ADB=45°，∵∠MAN=45°，∴∠EAN=∠EDN，∵∠AFE=∠FDN，∴△AFE∽△DFN，∴∠AEF=∠DNF，，∴，∵∠AFD=∠EFN，∴△AFD∽△EFN，∴∠DAF=∠FEN，∵∠DAF+∠DNF=90°，∴∠AEF+∠FEN=90°，∴∠AEN=90°∴△AEN是等腰直角三角形，同理△AFM是等腰直角三角形；∵△AEN是等腰直角三角形，同理△AFM是等腰直角三角形，∴AM= AF，AN= AE，∵S△AMN= AM•AN•sin45°，S△AEF= AE•AF•sin45°，∴ =2，∴S△AMN=2S△AEF．【解析】【分析】（1）此题分两种情况：①当MN为最大线段时，②当BN为最大线段时，根据线段的勾股分割点的定义，利用勾股定理分别得出BM的长；（2）利用尺规作图，将线段AC,CD,DB转化到同一个直角三角形中，①在AB上截取CE=CA；②作AE的垂直平分线，并截取CF=CA；这样的作图可以保证直角的出现，及AC 是一条直角边，③连接BF，并作BF的垂直平分线，交AB于D；这样的作图意图利用垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等，即BD=DF，从而实现将三条线段转化到同一直角三角形的目的；（3）①如图3中，将△ADF绕点A顺时针性质90°得到△ABH，连接HE．根据正方形的性质及旋转的性质得出∠EAH=∠EAF=45°，AH=AF，利用SAS判断出△EAH≌△EAF，根据全等三角形对应边相等得出EF=HE，根据正方形的每条对角线平分一组对角，及旋转的性质得出∠ABH=∠ADF=45°=∠ABD，故∠HBE=90°，在Rt△BHE中，HE2=BH2+BE2，根据等量代换得出结论；②证明：如图4中，连接FM，EN．根据正方形的性质及对顶角相等判断出△AFE∽△DFN，根据相似三角形对应角相等，对应边成比例得出∠AEF=∠DNF， AF∶DF =EF∶FN ，根据比例的性质进而得出AF∶EF =DF∶FN,再判断出△AFD∽△EFN，根据相似三角形对应角相等得出∠DAF=∠FEN，根据直角三角形两锐角互余，及等量代换由∠DAF+∠DNF=90°，得出∠AEF+∠FEN=90°，即∠AEN=90°，从而判断出△AEN是等腰直角三角形，同理△AFM是等腰直角三角形；根据等腰直角三角形的边之间的关系AM= AF，AN= AE，从而分别表示出S△AMN与S△AEF，求出它们的比值即可得出答案。

专题三圆压轴题一、核心讲练1.如图，在⊙O的内接四边形ACDB中，AB为直径，AC：BC=1：2，点D为弧AB的中点，BE⊥CD垂足为E．(1)求∠BCE的度数；(2)求证：D为CE的中点；(3)连接OE交BC于点F，若AB=10，求OE的长度．2.如图，半圆O中，将一块含60°的直角三角板的60°角顶点与圆心O重合，角的两条边分别与半圆圆弧交于C，D两点(点C在∠AOD内部)，AD与BC交于点E，AD与OC交于点F．(1)求∠CED的度数；(2)若C是弧»AD的中点，求AF：ED的值；(3)若AF=2，DE=4，求EF的长．3.如图，已知⊙O是△ABC的外接圆，AD是⊙O的直径，且BD=BC．延长AD到E，使得∠EBD=∠CAB．(1)如图1，若BD=25，AC=6．①求证：BE是⊙O的切线；②求DE的长；(2)如图2，连结CD，交AB于点F，若BD=25，CF=3，求⊙O的半径．4.如图，在Rt△ABC中，∠A=30°，AC=8，以C为圆心，4为半径作⊙C．(1)试判断⊙C与AB的位置关系，并说明理由；(2)点F是⊙C上一动点，点D在AC上且CD=2，试说明△FCD～△ACF；(3)点E是AB边上任意一点，在(2)的情况下，试求出EF+12FA的最小值．二、满分突破5.如图，已知△ABC内接于⊙O，点E在弧BC上，AE交BC于点D，EB2=EDEA经过B、C两点的圆弧交AE于I ．(1)求证：△ABE ∽△BDE ；(2)如果BI 平分∠ABC ，求证=AB AE BD EI; (3)设O 的半径为5，BC =8，∠BDE =45°，求AD 的长．专题三 课堂小测 1.在实数-3，2，0，﹣4中，最大的数是()2.下列图形中是轴对称图形的是( )个 个 个 个3.计算x 6÷x 2正确的是( )4.下列调查中，最适合采用全面调查(普查)方式的是( )A.对重庆市初中学生每天阅读时间的调查B.对端午节期间市场上粽子质量情况的调查C.对某批次手机的防水功能的调查D.对某校九年级3班学生肺活量情况的调查5.若x =-13，y =4，则代数式3x +y -3的值为( )6.要使分式43x -有意义，x 应满足的条件是( ) ＞3 =3＜3 ≠3 7.若△ABC ～△DEF ，相似比为3：2，则对应高的比为( )：2 ：5 ：4 ：98.如图，矩形ABCD 的边AB =1，BE 平分∠ABC ，交AD 于点E ，若点E 是AD 的中点，以点B 为圆心，BE 长为半径画弧，交BC 于点F ，则图中阴影部分的面积是( )4π 324π 8π 328π 9.下列图形都是由同样大小的菱形按照一定规律所组成的，其中第①个图形中一共有3个菱形，第②个图形中一共有7个菱形，第③个图形中一共有13个菱形，…，按此规律排列下去，第⑨个图形中菱形的个数为( )10.“渝新欧”国际铁路联运大通道全长11000千米，成为服务“一带一路”的大动脉之一，将数11000用科学记数法表示为 ．11.如图，BC 是⊙O 的直径，点A 在圆上，连接AO ，AC ，∠AOB =64°，则∠ACB = ．12.某班体育委员对本班学生一周锻炼时间(单位：小时)进行了统计，绘制了如图所示的折线统计图，则该班这些学生一周锻炼时间的中位数是 小时．13.如图，AB∥CD，点E是CD上一点，∠AEC=42°，EF平分∠AED交AB于点F，则∠AFE= 度．、B两地之间的路程为2380米，甲、乙两人分别从A、B两地出发，相向而行，已知甲先出发5分钟后，乙才出发，他们两人在A、B之间的C地相遇，相遇后，甲立即返回A地，乙继续向A地前行．甲到达A地时停止行走，乙到达A地时也停止行走．在整个行走过程中，甲、乙两人均保持各自的速度匀速行走，甲、乙两人相距的路程y(米)与甲出发的时间x(分钟)之间的关系如图所示，则乙到达A地时，甲与A地相距的路程是米．15.若数a使关于x的分式方程2+=4-11-ax x的解为正数，且使关于y的不等式组21323()0y yy a+⎧->⎪⎨⎪-≤⎩的解集为y＜-2，则符合条件的所有整数a的和为.参考答案一、核心讲练1. (1) 45°；(2)∵BE⊥CD，又∵∠ECB=45°，∴∠CBE=45°，∴CE=BE，∵四边形ACDB是圆O的内接四边形，∴∠A+∠BDC=180°，又∵∠BDE+∠BDC=180°，∴∠A=∠BD，又∵∠ACB=∠BED=90°，∴△ABC∽△DBE，∴DE ：AC =BE ：BC ，∴DE ：BE =AC ：BC =1：2，又∵CE =BE ，∴DE ：CE =1：2，∴D 为CE 的中点；(3)连接EO ，∵CO =BO ，CE =BE ，∴OE 垂直平分BC ，∴F 为BC 中点，又∵O 为AB 中点，∴OF 为△ABC 的中位线，∴OF =12AC ，∵∠BEC =90°，EF 为中线，∴EF =12BC ，在Rt △ACB 中，AC 2+BC 2=AB 2，∵AC ：BC =1：2，AB AC BC ，∴OE =OF +EF 2. (1) 120°，(2) AF ：ED =3：2．(3)连接CD ，过点F 作AC 的垂线，垂足为H ．设CE =x ，则AC x ，AE =2x ，EF =2x -2，在Rt △AFH 中，∠HAF =30°，AF =2，∴FH =1，AH ，CH -FCE =∠OBC =∠CDF ，∠CFE =∠DFC ，∴△CFE ∽△DFC ，∴=FC FD FE FC，∴FC 2=EFDF =(2x -2)(2x +2)=4x 2-4，在Rt △FCH 中，∵CH 2+FH 2=CF 2，∴2+12=4x 2-4，解得x 或-3(舍)，∴EF =2x ．3. (1)①如图1，连接OB ，∵BD =BC ，∴∠CAB =∠BAD ，∵∠EBD =∠CAB ，∴∠BAD =∠EBD ，∵AD 是⊙O 的直径，∴∠ABD =90°，OA =BO ，∴∠BAD =∠ABO ，∴∠EBD =∠ABO ，∴∠OBE =∠EBD +∠OBD =∠ABD +∠OBD =∠ABD =90°，∵点B 在⊙O 上，∴BE 是⊙O 的切线；②∵四边形ACBD 是圆的内接四边形，∴∠ACB =∠BDE ，且∠EBD =∠CAB ，∴△ACB ∽△BDE ，∴=AC BCBD DE DE，解得DE =103； (2)如图2，延长DB 、AC 交于点H ，∵AD 为⊙O 的直径，∴∠ABD =∠ABH =90°，∵BD =BC ，∴∠DAB =∠HAB ，∴△ABD ≌△ABH (ASA )，∴BD =HB =2，∵∠DCH =∠FBD =90°，∴△DCH ∽△DBF ，∴=DC DH BD DF ，即=DF ，解得DF =5，设⊙O 的半径为r ，则AD =AH =2r ，在Rt △DCH 中，CH =4，∴AC =2r -4，在Rt △ACD 中， AD 2=AC 2+CD 2，∴(2r )2=(2r -4)2+82，解得r =5，即⊙O 的半径为5．4. (1)相切．理由：作CM ⊥AB 于M ．在Rt △ACM 中，∵∠AMC =90°，∠CAM =30°，AC =8，∴CM =12AC =4，∵⊙O 的半径为4，∴CM =r ，∴AB 是⊙C 的切线． (2)∵CF =4，CD =2，CA =8，∴CF 2=CDCA ，∴=CF CA CD CF，∵∠FCD =∠ACF ，∴△FCD ∽△ACF ． (3)作AE ′⊥AB 于E ′，交⊙C 于F ′．∵△FCD ∽△ACF ，∴1=2DF CF AF CA =，∴DF =12AC ，∴EF +12AF =EF +DF ，∴欲求EF +12AF 的最小值，就是要求EF +DF 的最小值，当E 与E ′，F 与F ′重合时，EF +DF 的值最小，最小值=DE ′=12AD =3．二、满分突破5.(1)略； (2)∵△ABE ∽△BDE ，∴=AB AE BD BE，∠BAE =∠DBE ，∵BI 平分∠ABC ，∴∠ABI =∠DBI ， ∵∠EBI =∠EBD +∠DBI ，∠BIE =∠BAD +∠ABI ，∴∠EBI =∠EIB ，∴BE =EI ，∴=AB AE BD EI ； (3)连接EC 、OB 、OC 、OE ，设OE 交BC 于F ，如图，∵∠BAE =∠EBC ，∠EBC =∠EAC ，∴∠BAE =∠EAC ，∵∠BOE =2∠BAE ，∠COE =2∠CAE ，∴∠BOE =∠COE ，∴»»=BECE ，∴EB =EC ，∴EB =EC =EI ， ∴点E 是过点I 的»BC 的圆心，EB 是过点I 的»BC 的半径，∵OB =OC ，∠BOE =∠COE ，∴BF =CF =12BC =4，在Rt △OFC 中，∵OC =5，FC =4，∴OF =3，∴EF =OE ﹣OF =5﹣3=2，∴BE BDE =45°，∠DFE =90°，∴∠DEF =90°﹣45°=45°=∠FDE ，∴DF =EF =2，∴BD =BF +DF =4+2=6，DE ，∵AEDE =BE 2，∴(AD 2，∴AD ．课堂小测；；；；；；；；；；°；；°；；；。