中考数学 圆与相似 综合题含详细答案
- 格式：doc
- 大小：3.02 MB
- 文档页数：34
中考数学 圆与相似 综合题含详细答案
一、相似
1．阅读下列材料，完成任务：
自相似图形
定义：若某个图形可分割为若干个都与它相似的图形，则称这个图形是自相似图形．例如：正方形ABCD中，点E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA边的中点，连接EG，HF交于点O，易知分割成的四个四边形AEOH、EBFO、OFCG、HOGD均为正方形，且与原正方形相似，故正方形是自相似图形．
任务：
（1）图1中正方形ABCD分割成的四个小正方形中，每个正方形与原正方形的相似比为________；
（2）如图2，已知△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，小明发现△ABC也是“自相似图形”，他的思路是：过点C作CD⊥AB于点D，则CD将△ABC分割成2个与它自己相似的小直角三角形．已知△ACD∽△ABC，则△ACD与△ABC的相似比为________；
（3）现有一个矩形ABCD是自相似图形，其中长AD=a，宽AB=b（a＞b）．
请从下列A、B两题中任选一条作答．
A：①如图3﹣1，若将矩形ABCD纵向分割成两个全等矩形，且与原矩形都相似，则a=________（用含b的式子表示）；
②如图3﹣2若将矩形ABCD纵向分割成n个全等矩形，且与原矩形都相似，则a=________（用含n，b的式子表示）；
B：①如图4﹣1，若将矩形ABCD先纵向分割出2个全等矩形，再将剩余的部分横向分割成3个全等矩形，且分割得到的矩形与原矩形都相似，则a=________（用含b的式子表示）；
②如图4﹣2，若将矩形ABCD先纵向分割出m个全等矩形，再将剩余的部分横向分割成n个全等矩形，且分割得到的矩形与原矩形都相似，则a=________（用含m，n，b的式子表示）．
【答案】（1） （2）
（3）；； 或 ； 或
【解析】【解答】（解：（1）∵点H是AD的中点，
∴AH= AD，
∵正方形AEOH∽正方形ABCD，
∴相似比为： == ；
故答案为： ；
（ 2 ）在Rt△ABC中，AC=4，BC=3，根据勾股定理得，AB=5，
∴△ACD与△ABC相似的相似比为： ，
故答案为： ；
（ 3 ）A、①∵矩形ABEF∽矩形FECD，
∴AF：AB=AB：AD，
即 a：b=b：a，
∴a= b；
故答案为：
②每个小矩形都是全等的，则其边长为b和 a，
则b： a=a：b，
∴a= b；
故答案为：
B、①如图2，
由①②可知纵向2块矩形全等，横向3块矩形也全等，
∴DN= b，
Ⅰ、当FM是矩形DFMN的长时， ∵矩形FMND∽矩形ABCD，
∴FD：DN=AD：AB，
即FD： b=a：b，
解得FD= a，
∴AF=a﹣ a= a，
∴AG= = = a，
∵矩形GABH∽矩形ABCD，
∴AG：AB=AB：AD
即 a：b=b：a
得：a= b；
Ⅱ、当DF是矩形DFMN的长时，
∵矩形DFMN∽矩形ABCD，
∴FD：DN=AB：AD
即FD： b=b：a
解得FD= ，
∴AF=a﹣ = ，
∴AG= = ，
∵矩形GABH∽矩形ABCD，
∴AG：AB=AB：AD
即 ：b=b：a，
得：a= b；
故答案为： 或 ；
②如图3，
由①②可知纵向m块矩形全等，横向n块矩形也全等，
∴DN= b，
Ⅰ、当FM是矩形DFMN的长时，
∵矩形FMND∽矩形ABCD，
∴FD：DN=AD：AB，
即FD： b=a：b，
解得FD= a，
∴AF=a﹣ a，
∴AG= = = a，
∵矩形GABH∽矩形ABCD，
∴AG：AB=AB：AD
即 a：b=b：a
得：a= b；
Ⅱ、当DF是矩形DFMN的长时，
∵矩形DFMN∽矩形ABCD，
∴FD：DN=AB：AD
即FD： b=b：a
解得FD= ，
∴AF=a﹣ ，
∴AG= = ，
∵矩形GABH∽矩形ABCD，
∴AG：AB=AB：AD 即 ：b=b：a，
得：a= b；
故答案为： b或 b．
【分析】由题意可知，用相似多边形的性质即可求解。相似多边形的性质是;相似多边形的对应边的比相等。相似多边形的对应边的比等于相似比。
（1）由题意知，小正方形的边长等于大正方形的边长的一半，所以其相似比为；
（2）在直角三角形BC中，由勾股定理易得AB=5，而CDAB，所以用面积法可求得CD=，所以相似比===;
（3）A、①由题意可得,解得;
②同理可得; ，解得，；
B、①最小的矩形的长和宽与大矩形的场和宽的对应方式有两种，所以分两种情况来解：
Ⅰ、当FM是矩形DFMN的长时，由题意可得成比例线段，,,解得FD=,则AF的长也可用含a的代数式表示，而AG=GF=AF，再根据矩形GABH∽矩形ABCD，得到相对应的比例式即可求得a=b;
Ⅱ、当DF是矩形DFMN的长时，同理可得a=b;
②同①中的两种情况类似。
2．正方形ABCD的边长为6cm，点E，M分别是线段BD，AD上的动点，连接AE并延长，交边BC于F，过M作MN⊥AF，垂足为H，交边AB于点N.
（1）如图①，若点M与点D重合，求证：AF＝MN； （2）如图②，若点M从点D出发，以1cm/s的速度沿DA向点A运动，同时点E从点B出发，以 cm/s的速度沿BD向点D运动，运动时间为ts.
①设BF＝ycm，求y关于t的函数表达式；
②当BN＝2AN时，连接FN，求FN的长．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝AB，∠DAN＝∠FBA＝90°.
∵MN⊥AF，
∴∠NAH＋∠ANH＝90°.
∵∠NDA＋∠ANH＝90°，
∴∠NAH＝∠NDA，
∴△ABF≌△MAN，
∴AF＝MN.
（2）解：①∵四边形ABCD为正方形，
∴AD∥BF，
∴∠ADE＝∠FBE.
∵∠AED＝∠BEF，
∴△EBF∽△EDA，
∴ ＝ .
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝DC＝CB＝6cm，
∴BD＝6 cm.
∵点E从点B出发，以 cm/s的速度沿BD向点D运动，运动时间为ts，
∴BE＝ tcm，DE＝(6 － t)cm，
∴ ＝ ，
∴y＝ .
②∵四边形ABCD为正方形，
∴∠MAN＝∠FBA＝90°.
∵MN⊥AF，
∴∠NAH＋∠ANH＝90°.
∵∠NMA＋∠ANH＝90°，
∴∠NAH＝∠NMA.
∴△ABF∽△MAN，
∴ ＝ .
∵BN＝2AN，AB＝6cm，
∴AN＝2cm. ∴ ＝ ，
∴t＝2，
∴BF＝ ＝3(cm)．
又∵BN＝4cm，
∴FN＝ ＝5(cm)．
【解析】【分析】(1)根据正方形的性质得出AD＝AB，∠DAN＝∠FBA＝90°.再根据同角的余角相等得出∠NAH＝∠NDA，进而证出△ABF≌△MAN即可解答，
（2）根据正方形的性质得出两角相等证出△EBF∽△EDA，得出BD的长度，利用△EBF∽△EDA得出比例式，得出y和t之间的函数解析式，
据正方形的性质得出两角相等证出△ABF∽△MAN，得出比例式，进而解答.
3．在平面直角坐标系中，抛物线 与 轴的两个交点分别为A（-3，0）、B（1，0），与y轴交于点D(0，3)，过顶点C作CH⊥x轴于点H.
（1）求抛物线的解析式和顶点C的坐标；
（2）连结AD、CD，若点E为抛物线上一动点（点E与顶点C不重合），当△ADE与△ACD面积相等时，求点E的坐标；
（3）若点P为抛物线上一动点（点P与顶点C不重合），过点P向CD所在的直线作垂线，垂足为点Q，以P、C、Q为顶点的三角形与△ACH相似时，求点P的坐标.
【答案】 （1）解：设抛物线的解析式为 ，
∵抛物线过点A(-3，0),B(1，0)，D(0，3)，
∴ ，解得，a=-1，b=-2，c=3，
∴抛物线解析式为 ，顶点C（-1,4）；
（2）解：如图1，∵A(-3，0)，D(0，3),
∴直线AD的解析式为y=x+3，
设直线AD与CH交点为F，则点F的坐标为(-1，2)
∴CF=FH，
分别过点C、H作AD的平行线，与抛物线交于点E，
由平行间距离处处相等，平行线分线段成比例可知，△ADE与△ACD面积相等，
∴直线EC的解析式为y=x+5，
直线EH的解析式为y=x+1，
分别与抛物线解析式联立，得 ， ，
解得点E坐标为(-2，3)， ， ；
（3）解：①若点P在对称轴左侧（如图2），只能是△CPQ∽△ACH，得∠PCQ=∠CAH，
∴ ，
分别过点C、P作x轴的平行线，过点Q作y轴的平行线，交点为M和N，
由△CQM∽△QPN， 得 =2，
∵∠MCQ=45°，
设CM=m，则MQ=m，PN=QN=2m，MN=3m，
∴P点坐标为(-m-1，4-3m)，
将点P坐标代入抛物线解析式，得 ，
解得m=3，或m=0(与点C重合，舍去)
∴P点坐标为(-4，-5)；
②若点P在对称轴右侧（如图①），只能是△PCQ∽△ACH，得∠PCQ=∠ACH，
∴ ，
延长CD交x轴于M，∴M(3，0)
过点M作CM垂线，交CP延长线于点F，作FN x轴于点N，
∴ ，
∵∠MCH=45°，CH=MH=4
∴MN=FN=2，
∴F点坐标为(5，2)，
∴直线CF的解析式为y= ，
联立抛物线解析式，得 ，解得点P坐标为( ， )，
综上所得，符合条件的P点坐标为(-4，-5)，( ， ).
【解析】【分析】（1）将A（-3，0）、B（1，0）、D(0，3)，代入y=ax2+bx+3求出即可；(2)求出直线AD的解析式，分别过点C、H作AD的平行线，与抛物线交于点E，利用△ADE与△ACD面积相等，得出直线EC和直线EH的解析式，联立出方程组求解即可;(3)
（3）分两种情况讨论：①点P在对称轴左侧；②点P在对称轴右侧.
