中考数学压轴题专题圆与相似的经典综合题及答案doc.docx

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中考数学压轴题专题圆与相似的经典综合题及答案

一、相似

1．如图所示，△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，AD⊥BC，DE⊥AC，△CDE沿直线BC翻折到△CDF，连结AF交BE、DE、DC分别于点G、H、I．

（1）求证：

AF⊥BE；

（2）求证：

AD=3DI．

【答案】

（1）证明：

∵在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，D是BC的中点，

∴AD=BD=CD，∠ACB=45，°

∵在△ADC中，AD=DC，DE⊥AC，

∴AE=CE，

∵△CDE沿直线BC翻折到△CDF，

∴△CDE≌△CDF，

∴CF=CE，∠DCF=∠ACB=45，°

∴CF=AE，∠ACF=∠DCF+∠ACB=90，°

在△ABE与△ACF中，

∴△ABE≌△ACF（SAS），

∴∠ABE=∠FAC，

∵∠BAG+∠CAF=90，°

∴∠BAG+∠ABE=90，°

∴∠AGB=90，°

∴AF⊥BE

，

（2）证明：

作IC的中点M，连接EM，由

（1）∠DEC=∠ECF=∠CFD=90°

∴四边形DECF是正方形，

∴EC∥DF，EC=DF，

∴∠EAH=∠HFD，AE=DF，

在△AEH与△FDH中

∴△AEH≌△FDH（AAS），

∴EH=DH，

∵∠BAG+∠CAF=90，°

∴∠BAG+∠ABE=90，°

∴∠AGB=90，°

∴AF⊥BE，

∵M是IC的中点，E是AC的中点，

∴EM∥AI，

，

∴，

∴DI=IM，

∴CD=DI+IM+MC=3DI，

∴AD=3DI

【解析】【分析】

（1）根据翻折的性质和SAS证明△ABE≌△ACF，利用全等三角形的性

质得出∠ABE=∠FAC，再证明∠AGB=90°，可证得结论。

（2）作IC的中点M，结合正方形的性质，可证得∠EAH=∠HFD，AE=DF，利用AAS证明

△AEH与△FDH全等，再利用全等三角形的性质和中位线的性质解答即可。

2．已知：

如图，在△ABC中，AB=BC=10，以AB为直径作⊙O分别交AC，BC于点D，E，连接DE和DB，过点E作EF⊥AB，垂足为F，交BD于点P．

（1）求证：

AD=DE；

（2）若CE=2，求线段CD的长；

（3）在

（2）的条件下，求△DPE的面积．【答案】

（1）解：

∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90，°即BD⊥AC

∵AB=BC，∴△ABD≌CBD

∴∠ABD=∠CBD

在⊙O中，AD与DE分别是∠ABD与∠CBD所对的弦

∴AD=DE；

（2）解：

∵四边形ABED内接于⊙O，∴∠CED=∠CAB，

∵∠C=∠C，∴△CED∽△CAB，∴，

∵AB=BC=10，CE=2，D是AC的中点，

∴CD=；

（3）解：

延长EF交⊙O于M，

在Rt△ABD中，AD=

，AB=10，

∴BD=3，

∵EM⊥AB，AB是⊙O

的直径，

∴，

∴∠BEP=∠EDB，

∴△BPE∽△BED，

∴，

∴BP=，

∴DP=BD-BP=，

∴S△DPE：

S△BPE=DP：

BP=13：

32，

∵S△BCD=×

×3

=15，S△BDE：

S△BCD=BE：

BC=4：

5，

∴S△BDE=12，

∴S△DPE=．

【解析】【分析】

（1）根据已知条件AB是⊙O的直径得出∠ADB=90°，再根据等腰三角

形的三线合一的性质即可得出结论。

（2）根据圆内接四边形的性质证得∠CED=∠CAB，再根据相似三角形的判定证出

△CED∽△CAB，得出对应边成比例，建立关于CD的方程，即可求出CD的长。

（3）延长EF交⊙O于M，在Rt△ABD中，利用勾股定理求出BD的长，再证明

△BPE∽△BED，根据相似三角形的性质得对应边成比例求出BP的长，然后根据等高的三

角形的面积之比等于对边之比，再由三角形面积公式即可求解。

3．如图，矩形OABC的两边在坐标轴上，点A的坐标为（10，0），抛物线y=ax2+bx+4过

点B，C两点，且与x轴的一个交点为D（﹣2，0），点P是线段CB上的动点，设CP=t

（0＜t＜10）．

（1）请直接写出B、C两点的坐标及抛物线的解析式；

（2）过点P作PE⊥BC，交抛物线于点E，连接BE，当t为何值时，∠PBE=∠OCD？

（3）点Q是x轴上的动点，过点P作PM∥BQ，交CQ于点M，作PN∥CQ，交BQ于点

N，当四边形PMQN为正方形时，请求出t的值．

【答案】

（1）解：

在y＝ax2＋bx＋4中，令x＝0可得y＝4，

∴C（0，4），

∵四边形OABC为矩形，且A（10，0），

∴B（10，4），

把B、D坐标代入抛物线解析式可得，

解得，

∴抛物线解析式为y＝x2＋x＋4；

（2）解：

由题意可设P（t，4），则E（t，t2＋t＋4），

∴PB＝10﹣t，PE＝

t2＋t＋4﹣4＝

t2＋t，

∵∠BPE＝∠COD＝90°，

当∠PBE＝∠OCD时，

则△PBE∽△OCD，

∴，即BP?

OD＝CO?

PE，

∴2（10﹣t）＝4（t2＋t），解得t＝3或t＝10（不合题意，舍去），

∴当t＝3时，∠PBE＝∠OCD；

当∠PBE＝∠CDO时，

则△PBE∽△ODC，

∴，即BP?

OC＝DO?

PE，

∴4（10﹣t）＝2（t2＋t），解得t＝12或t＝10（均不合题意，舍去）

综上所述∴当t＝3时，∠PBE＝∠OCD

（3）解：

当四边形PMQN为正方形时，则∠PMC＝∠PNB＝∠CQB＝90°，PM＝PN，

∴∠CQO＋∠AQB＝90°，∵∠CQO＋∠OCQ＝90°，∴∠OCQ＝∠AQB，

∴Rt△COQ∽Rt△QAB，

∴，即OQ?

AQ＝CO?

AB，

设OQ＝m，则AQ＝10﹣m，

∴m（10﹣m）＝4×4，解得m＝2或

①当m＝2时，CQ＝＝

m＝8，

，BQ＝

＝，

∴sin∠BCQ＝＝，sin∠CBQ＝＝，

∴PM＝PC?

sin∠PCQ＝t，PN＝PB?

sin∠CBQ＝（10﹣t），

∴t＝（10﹣t），解得t＝，

②当m＝8时，同理可求得t＝，

∴当四边形PMQN为正方形时，t的值为

或

【解析】【分析】

（1）先求出抛物线与

y轴的交点C的坐标，再根据矩形ABCO及点A的

坐标为（10，0），求出点B的坐标，然后利用待定系数法，将点

B、D的坐标分别代入函

数解析式求出二次函数解析式。

（2）设P（t，4），利用抛物线的解析式表示出点

E的坐标，可求出PB、PE的长，再分

情况讨论：

当∠PBE＝∠OCD时，可证△PBE∽△OCD，利用相似三角形的性质，的长

BP?

OD＝CO?

PE，建立关于t的方程，求出符合题意的

t的值；当∠PBE＝∠CDO时，可得

△PBE∽△ODC，利用相似三角形的性质得出

BP?

OC＝DO?

PE，建立关于t的方程，求出t

的值，综上所述就可得出符合题意的

t的值。

（3）当四边形

PMQN为正方形时，则

∠PMC＝∠PNB＝∠CQB＝90°，PM＝PN，再证明

Rt△COQ∽Rt△QAB，利用相似三角形的性质得出

OQ?

AQ＝CO?

AB，设OQ＝m，则AQ＝10

﹣m，建立关于

m的方程，求出

m的值，再分别根据

m的值求出CQ、BQ的长，再利用

解直角三角形用含

t的代数式分别表示出

PM、PN的长，由PM=PN可得出关于t的方程，

再解方程，就可求出符合题意的

t的值。

4．如图，在平面直角坐标系中，点A（－5，0），以

内圆周上一动点，连结AC、BC，并延长BC至点D，使

交x轴、直线AC于点E、F，点E为垂足，连结OF.

OA为半径作半圆，点

CD＝BC，过点D作

C是第一象限x轴垂线，分别

（1）当∠BAC＝30o时，求△ABC的面积；

（2）当DE＝8时，求线段EF的长；

（3）在点C运动过程中，是否存在以点E、O、F为顶点的三角形与△ABC相似，若存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】

（1）解：

∵AB是⊙O的直径，

∴∠ACB=90，°

在Rt△ABC中，AB=10，∠BAC=30°，

∴BC=AB=5，

∴AC=，

∴S△ABC=AC?

BC=

（2）解：

连接AD，

∵∠ACB=90，°CD=BC，

∴AD=AB=10，∵DE⊥AB，

∴AE==6，

∴BE=AB-AE=4，

∴DE=2BE，

∵∠AFE+∠FAE=90，°∠DBE+∠FAE=90，°

∴∠AFE=∠DBE，

∵∠AEF=∠DEB=90，°

∴△AEF∽△DEB，

∴=2，

∴EF=AE=×6=3

（3）解：

连接EC，设E（x，0），

当的度数为60°时，点E恰好与原点O重合；

①0°<的度数<60°时，点E在O、B之间，∠EOF>∠BAC=∠D，

又∵∠OEF=∠ACB=90°，由相似知∠EOF=∠EBD，此时有△EOF∽△EBD，

∴，

∵EC是Rt△BDE斜边的中线，

∴CE=CB，

∴∠CEB=∠CBE，

∴∠EOF=∠CEB，

∴OF∥CE，

∴△AOF∽△AEC

∴，

∴，即，

解得x=，因为x>0，

∴x=；

②60°<的度数<90°时，点E在O点的左侧，若∠EOF=∠B，则OF∥BD，

∴OF=BC=BD，

∴即解得x=，

若∠EOF=∠BAC，则x=-，

综上点E的坐标为（

，0）；（

，0）；（-，0）.

【解析】【分析】（

1）根据圆周角定理求得

∠ACB=90°，根据30°的直角三角形的性质求

得BC，进而根据勾股定理求得

AC，然后根据三角形面积公式即可求得；（

2）连接AD，

由垂直平分线的性质得

AD=AB=10，又DE=8，在Rt△ODE中，由勾股定理求

AE，依题意证

明△AEF∽△DEB，利用相似比求

EF；（3）当以点E、O、F为顶点的三角形与△ABC相似

时，分为两种情况：

①当交点E在O，B之间时；②当点E在O点的左侧时；分别求E点

坐标.

5．已知在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足为点D，以AD为对角线作正方形AEDF，DE交AB于点M，DF交AC于点N，连结EF，EF分别交AB、AD、AC于点G、点O、点H.

（1）求证：

EG=HF；

（2）当∠BAC=60°时，求的值；

（3）设,△AEH和四边形EDNH的面积分别为S1和S2，求的最大值.

【答案】

（1）解：

在正方形AEDF中，OE=OF，EF⊥AD，

∵AD⊥BC，

∴EF∥BC，

∴∠AGH=∠B，∠AHG=∠C，

而AB=AC，

∴∠B=∠C，

∴∠AGH=∠AHG，∴AG=AH，

∴OG=OH，

∴OE-OG=OF-OH，∴EG=FH

（2）解：

当∠BAC=60°时，△ABC为正三角形，

∵AD⊥EF，

∴∠OAH=30，°

∴，

设OH=a，则OA=OE=OF=a，

∴EH=（）a，HF=（）a，

∵AE∥FN，

∴△AEH∽△NFH，

∴，

∵EF∥BC，

∴△AOH∽△ADC，

∴，

∴CD=2a，

易证△HNF∽△CND，

∴，

∴

（3）解：

设EH=2m，则FH=2km，OA=EF=（k+1）m，∴S1=（k+1）m2，

由

（2）得，△AEH∽△NFH，

∴S△HNF=k2S1=k2（k+1）m2，

而S△EDF=OA2=（k+1）2m2，

∴S2=S△EDF-S△HNF=（k+1）2m2-k2（k+1）m2=（-k2+k+1）（k+1）m2，

∴=-k2+k+1，

∴当k=时，最大=.

【解析】【分析】

（1）根据等腰三角形的判定与性质，正方形的性质易证△AGH

三角形，通过“三线合一”可得OG=OH，即可得证；

（2）由等边三角形的性质可设

则OA=OE=OF=a，则EH=（）a，HF=（）a，

为等腰

OH=a，

根据相似三角形判定易证△AEH∽△NFH，△AOH∽△ADC，△HNF∽△CND，然后通过相似

三角形的对应边成比整理即可得解；（

3）设EH=2m，则

FH=2km，OA=

EF=（k+1）m，

分别得到S

△

△

△

△

1、S

HNF和SEDF关于k，m的表达式，再根据

S2=S

EDF-SHNF得到S2的表达

式，进而得到关于k的表达式，通过配方法即可得解.

6．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

由．

【答案】

（1）证明：

连接AD，

，求线段

BC与

AC长度之间的等量关系，并说明理

∵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，

∴

，

△ABE=4S△OBF，

∴S

∵，

∴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．

7．如图，抛物线与轴交于点，与轴交于点.在线段上有

一动点（不与重合），过点作轴的垂线交于点，交抛物线于点，

过点作于点.

（1）求直线的函数解析式；

（2）求证：

；并求出当为何值时，和的相似比为.

【答案】

（1）解：

令：

，则

，解得：

，

（舍）∴

令

，得

，∴

设直线

：

，把

，

分别代入上式得：

解之得：

∴

（2）证明：

∵又∵

∴

∵，，，

∴，，

∵

∴

∴

，

（舍）

【解析】【分析】

（1）设直线：

，求出A、B点坐标，代入求出

利用两组对应角相等证明三角形相似，结合函数解析式，分别表示出AN、PN

据相似比列式计算即可.

k,b即可.

（2）

的长，再根

8．如图

1，图形

ABCD是由两个二次函数

与

的

部分图像围成的封闭图形，已知

A（1，0）、B（0，1）、D（0，﹣3）．

（1）直接写出这两个二次函数的表达式；

（2）判断图形ABCD是否存在内接正方形（正方形的四个顶点在图形

ABCD上），并说明

理由；

（3）如图2，连接BC、CD、AD，在坐标平面内，求使得△BDC与△ADE相似（其中点C

与点E是对应顶点）的点

E的坐标．

【答案】

（1）解：

（2）解：

存在，

理由：

当该内接正方形的中心是原点

O，且一组邻边分别平行于

x轴、y轴时，设

M（x,-

x2+1）为第一象限内的图形

ABCD

上一点，M'（x,3x2-3）为第四象限内的图形上一点，

∴MM'=（1-x2）-3（3x2-3）=4-4x2

，由抛物线的对称性知，若有内接正方形，则

2x=4-

4x2，即2x2+x-2=0，x=或（舍），

∵0<

，∴存在内接正方形，此时其边长为

（3）解：

解：

在

Rt△AOD中，OA=1，OD=3，∴AD=

，同理

CD=

.

在Rt△BOC中，OB=OC=1，∴BC=

.

①如图

（1）

当△DBC~△DAE时，因∠CDB=∠ADO，∴在y轴上存在一点E，由得

，得

由对称性知在直线

DE=

DA

，因D（0，-3），∴E（）；

右侧还存在一点E'使得△DBC~△DAE'，连接

EE'交

DA

于

F点，作

E'M⊥OD，垂足为M，连接E'D，

∵E、E'关于DA对称，∴DF垂直平分EE'，∴△DEF~△DAO，

∴，有，∴，.

因，∴，

又，在Rt△DE'M中，DM=，

∴OM=1，得

∴，使得△DBC~△DAE的点

E的坐标为（

0，

）或

；

如图

（2）

当△DBC~△ADE时，有∠BDC=∠DAE，，

即，得AE=.

当E在直线DA左侧时，设AE交y轴于P点，作EQ⊥AC，垂足为Q.

由∠BDC=∠DAE=∠ODA，∴PD=PA，设PD=x，则PO=3-x，PA=x，

在Rt△AOP中，由得，解得，则有PA=，

PO=，

因AE=，∴PE=，在△AEQ中，OP∥EQ，

∴，得，又，

∴QE=2，∴E（），

当E'在直线DA右侧时，

因∠DAE'=∠BDC，又∠BDC=∠BDA，∴∠BDA=∠DAE'，

则AE'∥OD，∴E'（1，），

则使得△DBC~△ADE的点E的坐标为

或

.

综上，使得△BDC与△ADE相似（其中点

C与点E是对应顶点）的点

E的坐标有

4个，

即（0，,）或或或

【解析】【解答】（

1）∵二次函数

经过点

A（1,0），B（0,1）代入

得

解得

∴二次函数

；

∵二次函数

经过点A（1,0），D（0,-3）代入得

解得

∴二次函数

.

【分析】

（1）由A（1,0），B（0，1）代入二次函数

解出k，m的

值可得二次函数

y1的表达式；由A（1,0

），D（0

，-3）代入