备战中考数学圆与相似综合经典题及答案解析docWord文档格式.docx
《备战中考数学圆与相似综合经典题及答案解析docWord文档格式.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《备战中考数学圆与相似综合经典题及答案解析docWord文档格式.docx（58页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。
∴16a2=4，
a=±
，
∵a＞0，
∴a=；
∴B（1，）；
（3）解：
如图3，
设AC=nBC，
由
（2）同理可知：
A的横坐标是B的横坐标的n倍，
则设B（m，am2），则A（-mn，am2n2），
∴AD=am2n2，
过B作BF⊥x轴于F，
∴DE∥BF，
∴△BOF∽△EOD，
∴，DE=am2n，
∵OC∥AE，
∴△BCO∽△BAE，
∴CO==am2n，
∴DE=CO．
【解析】【分析】
（1）抛物线y=ax2关于y轴对称，根据AB∥x轴，得出A与B是对称
点，可知AC=BC=1，由∠AOB=60°
，可证得△AOB是等边三角形，利用解直角三角形求出
OC的长，就可得出点A的坐标，利用待定系数法就可求出a的值。
（2）过B作BE⊥x轴于E，过A作AG⊥BE，交BE延长线于点G，交y轴于F，根据平行
线分线段成比例证出AF=4FG，根据点A的横坐标为﹣4，求出点B的横坐标为1，则A（-4，16a），B（1，a），再根据已知证明∠BOE=∠DAO，∠ADO=∠OEB，就可证明
△ADO∽△OEB，得出对应边成比例，建立关于
a的方程求解，再根据点
B在第一象限，
确定点B的坐标即可。
（3）根据
（2）可知A的横坐标是B的横坐标的n倍，则设B（m，am2），则A（-mn，am2n2），得出AD的长，再证明△BOF∽△EOD，△BCO∽△BAE，得对应边成比例，证得CO=am2n，就可证得DE=CO。
2．如图，正方形ABCD、等腰Rt△BPQ的顶点P在对角线AC上（点P与A、C不重合），QP与BC交于E，QP延长线与AD交于点F，连接CQ．
（1）①求证：
AP=CQ；
②求证：
PA2=AF?
AD；
（2）若AP：
PC=1：
3，求tan∠CBQ．
【答案】
（1）证明：
①∵四边形ABCD是正方形，∴AB=CB，∠ABC=90°
，∴∠ABP+∠PBC=90，°
∵△BPQ是等腰直角三角形，∴BP=BQ，∠PBQ=90，°
∴∠PBC+∠CBQ=90°
∴∠ABP=∠CBQ，∴△ABP≌△CBQ，∴AP=CQ;
②∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAC=∠BAC=∠ACB=45°
，
∵∠PQB=45，°
∠CEP=∠QEB，∴∠CBQ=∠CPQ，
由①得△ABP≌△CBQ，∠ABP=∠CBQ
∵∠CPQ=∠APF，∴∠APF=∠ABP，∴△APF∽△ABP，
（本题也可以连接PD，证△APF∽△ADP）
（2）证明：
由①得△ABP≌△CBQ，∴∠BCQ=∠BAC=45°
，∵∠ACB=45,∴°
∠PCQ=45+45°
=90°
°
∴tan∠CPQ=,
由①得AP=CQ,
又AP:
PC=1:
3，∴tan∠CPQ=由②得∠CBQ=∠CPQ，
∴tan∠CBQ=tan∠CPQ=.
【解析】【分析】
（1）①利用正方形的性质和等腰直角三角形的性质易证△ABP≌△CBQ，可得AP=CQ；
②利用正方形的性质可证得∠CBQ=∠CPQ，再由△ABP≌△CBQ可证得∠APF=∠ABP，从而证出△APF∽△ABP，由相似三角形的性质得证；
（2）由△ABP≌△CBQ可得∠BCQ=∠BAC=45°
，可得∠PCQ=45°
+45°
=90°
，再由三角函数可
得tan∠CPQ=，由AP:
3，AP=CQ，可得tan∠CPQ=，再由∠CBQ=∠CPQ可求出答
案.
3．如图，点A、B的坐标分别为（4，0）、（0，8），点C是线段OB上一动点，点E在
x轴正半轴上，四边形OEDC是矩形，且OE=2OC．设OE=t（t＞0），矩形OEDC与△AOB重合部分的面积为S．
根据上述条件，回答下列问题：
（1）当矩形OEDC的顶点D在直线AB上时，求t的值；
（2）当t=4时，求S的值；
（3）直接写出S与t的函数关系式（不必写出解题过程）；
（4）若S=12，则t=________．
【答案】
（1）解：
由题意可得∠BCD=∠BOA=90°
，∠CBD=∠OBA，
∴△BCD∽△BOA，
∴
而CD＝OE＝t，BC＝8-CO＝8-，OA＝4，
则8-，解得t＝，
∴当点D在直线AB上时，t＝
当t=4时，点E与A重合，设CD与AB交于点F，
则由△CBF∽△OBA得，
即，解得CF=3，
∴S＝OC（OE+CF）＝×
2×
＝（3+4）7
①当0＜t≤时，S=t2
②当＜t≤4时，S=-t2+10t-16
③当4＜t≤16时，S=t2+2t
（4）8
【解析】【解答】解：
（3）①当0﹤t≤时，如图
（1），
②当<
t≤4时，如图
（2），
∵A（4,0），B（0,8）
∴直线AB的解析式为y=-2x+8,
∴G（t,-2t+8）,F（4-,）,
∴DF=t-4,DG=t-8，
∴S=S矩形COED-S△DFG=t·
③当4＜t≤16时，如图（3）
∵CD∥OA，
∴△BCF∽△BOA，
∴,
∴CF=4-,
∴S=S△BOA-S△BCF=
（4）由题意可知把S=12代入S=
t2+2t中,
.t2+2t=12,整理，得t2-32t+192=0.
解得t1=8,t2=24>
16（舍去）
当S=12时，t=8
【分析】
（1）首先判断出△BCD∽△BOA，根据相似三角形对应边成比例得出
BC∶BO=CD∶OA，根据矩形的性质及线段的和差得出
CD＝OE＝t，BC＝8-CO＝8-，OA＝
4，利用比例式即可得出方程，求解得出
t的值；
（2）当t=4时，点E与A重合，设
CD与AB交于点F，则由△CBF∽△OBA得CF：
CB=OA∶OB，根据比例式得出方程，求解得出
CF的长，根据梯形的面积公式即可算出答
案；
（3）①当0﹤t≤时，如图
（1），其重叠部分的面积就是矩形的面积，根据矩形的面积
公式即可得出函数关系式；
t≤4时，如图（
2），利用待定系数法，求出直线
AB
的解析式，根据和坐标轴平行的直线上的点的坐标特点及直线上的点的坐标特点分别表示
出G,F的坐标，进而表示出
DF的长，DG的长，根据
S=S矩形COED-S△DFG即可得出函数关系
式；
③当4＜t≤16时，如图（3）根据矩形的性质得出
CD∥OA，根据平行于三角形一边的
直线截其它两边，所截得的三角形与原三角形相似得出
△BCF∽△BOA，由相似三角形的对
应边成比例得出BC：
BO=CF：
OA,根据比例式表示出
CF的长，再根据S=SBOA
BCF
即可得
△
-S
出函数关系式。
4．已知顶点为抛物线经过点，点.
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，直线AB与x轴相交于点M,y轴相交于点E，抛物线与y轴相交于点F，在直线AB上有一点P，若∠OPM=∠MAF,求△POE的面积；
（3）如图2，点Q是折线A-B-C上一点，过点Q作QN∥y轴，过点QN与直线EN相交于点N，连接QE，将△QEN沿QE翻折得到△QEN1上，请直接写出Q点的坐标.
E作EN∥x轴，直线，若点N1落在x轴
把点代入，
解得：
a=1,
∴抛物线的解析式为：
或.
设直线AB解析式为：
y=kx+b,代入点A、B的坐标得：
∴直线AB的解析式为：
y=-2x-1,
∴E（0，-1），F（0，-），M（-，0），
∴OE=1，FE=,
∵∠OPM=∠MAF,
∴当OP∥AF时，△OPE∽△FAE，
∴OP=FA=
设点P（t,-2t-1）,
∴OP=
化简得：
（
15t+2）（3t+2）=0,
解得，，
∴S△OPE=OE·
·
当t=-时，S△OPE=×
1×
=，
当t=-时，S△OPE=×
=，
综上，△POE的面积为或.
（3）Q（-，）.
【解析】【解答】
（3）解：
由
（2）知直线AB的解析式为：
y=-2x-1,E（0，-1），
设Q（m，-2m-1）,N1（n，0），∴N（m,-1）,
∵△QEN沿QE翻折得到△QEN1
∴NN1
中点坐标为（
1
），EN=EN
中点一定在直线
AB上，
即
=-2×
-1,
∴n=--m,
∴N1（--m，0），
∵EN2=EN12，
∴m2=（--m）2+1，
m=-,
∴Q（-，）.
【分析】
（1）用待定系数法将点B点坐标代入二次函数解析式即可得出a值.
（2）设直线AB解析式为：
y=kx+b,代入点A、B的坐标得一个关于k和b的二元一次方程
组，解之即可得直线AB解析式，根据题意得E（0，-1），F（0，-），M（-，0），根
据相似三角形的判定和性质得OP=FA=,设点P（t,-2t-
1）,根据两点间的距离公式即可求得t值，再由三角形面积公式△POE的面积.
（3）由
（2）知直线AB的解析式为：
y=-2x-1,E（0，-1），设Q（m，-2m-1）,N1（n，
0），从而得N（m,-1）,根据翻折的性质知NN1中点坐标为（，）且在直
线AB上，将此中点坐标代入直线AB解析式可得n=--m,即N1（--m，0），再根据翻折
的性质和两点间的距离公式得m2=（--m）2+1，解之即可得Q点坐标.
5．在Rt△ABC中，∠ACB=90°
，AC=12．点D在直线CB上，以CA，CD为边作矩形ACDE，直线AB与直线CE，DE的交点分别为F，G．
（1）如图，点D在线段CB上，四边形ACDE是正方形．
①若点G为DE中点，求FG的长．
②若DG=GF，求BC的长．
（2）已知BC=9，是否存在点D，使得△DFG是等腰三角形？
若存在，求该三角形的腰长；
若不存在，试说明理由．
【答案】
（1）①在正方形ACDE中，有DG=GE=6
在Rt△AEG中，AG=
∵EG∥AC
∴△ACF∽△GEF
②如图1，在正方形ACDE中，AE=ED
∠AEF=∠DEF=45，°
又EF=EF，∴△AEF≌△DEF
∴∠1=∠2（设为x）
∵AE∥BC
∴∠b=∠1=x
∵GF=GD
∴∠3=∠2=x
在△dbf中，∠3+∠FDb+∠b=180°
∴x+（x+90）°
+x=180，°
解得x=30°
∴∠B=30°
∴在Rt△ABC中，BC=
（2）在Rt△ABC中，AB=
如图2，当点D在线段BC上时，此时只有GF=GD
∵DG∥AC
∴△BDG∽△BCA
设BD=3x，则DG=4x，BG=5x
∴GF=GD=4x，则AF=15-9x
∵AE∥CB，
∴△AEF∽△BCF
，即
解得x1
=1，x2=5（舍去）
∴腰长GD=4x=4
如图3，当点D在线段BC的延长线上，且直线
AB，CE的交点在AE上方时，此时只有
GF=Dg，
设AE=3x，则EG=4x，AG=5x，
∴FG=DG=12+4x，∵AE∥BC
，即x2=4
解得x1=2，x2=-2（舍去）
∴腰长GD=4x+12=20
如图4，当点D在线段BC的延长线上，且直线
AB，EC的交点在BD下方时，此时只有
DF=DG，过点D作DH⊥FG。
设AE=3x，则EG=4x，AG=5x，DG=4x+12
∴FH=GH=DG·
cos∠DGB=
∴GF=2GH=，
∴AF=GF-AG=
∵AC∥DG
∴△ACF∽△GEF
∴，即7x2=288cos
解得x1=，x2=（舍去）
∴腰长GD=4x+12=
如图5，当点D在线段Cb的延长线上时，此时只有DF=Dg，过点D作Dh⊥AG，
设AE=3x，则EG=4x，AG=5x，DG=4x-12
∴AF=AG-FG=
∵AC∥EG
，即7x2=288
∴腰长GD=4x-12=
综上所述，等腰△DFG的腰长为4，20，
（1）①此小题考查相似三角形的判定与性质；
由正方形的性质可得
AG//EG，则△ACF∽△GEF，即可得
FG：
AF=EG：
AC=1:
2，则只要由勾股定理求出
AG即
可；
②由正方形性的对称性，不难得出
∠1=∠2，而由GF=GD可知∠3=∠2，在△BDF中，由
三角形内角和为
180度，不难求出∠b的度数，可知是一个特殊角的度数，从而求出
BC即
（2）因为
BC=9，所以B是定点，动点是
D，因为点D是直线BC上一点，随着点D
的位置的变化，
E和F点的位置也跟着变化；
需要分类计论点
D在线段BC上，点D在BC
的延长线和点
D在CB的延长线上，再逐个分析等腰三角形的存在性，根据相似三角形的
性及三角函数分析解答即可．
6．如图，二次函数（其中a，m是常数，且a>
0，m>
0）的图象与
x轴分别交于点A，B（点A位于点B的左侧），与y轴交于点C（0，－3），点D在二次函数的图象上，CD∥AB，连接AD.过点A作射线AE交二次函数的图象于点E，AB平分∠DAE.
（1）用含m的代数式表示a；
（2）求证：
为定值；
（3）设该二次函数图象的顶点为F.探索：
在x轴的负半轴上是否存在点G，连接CF，以线
段GF、AD、AE的长度为三边长的三角形是直角三角形？
如果存在，只要找出一个满足要
求的点G即可，并用含m的代数式表示该点的横坐标；
如果不存在，请说明理由.
将C（0，-3）代入函数表达式得，，∴
如答图1，过点D、E分别作x轴的垂线，垂足为M、N.
由解得x1=－m，x2=3m.∴A（－m，0），B（3m，0）.
∵CD∥AB，∴点D的坐标为（2m，－3）.
∵AB平分∠DAE.∴∠DAM=∠EAN.
∵∠DMA=∠ENA=900，∴△ADM∽△AEN,∴.
设点E的坐标为（x,）,
∴,∴x=4m.
∴为定值.
存在，
如答图2，连接FC并延长，与x轴负半轴的交点即为所求点G.
由题意得：
二次函数图像顶点F的坐标为（m，-4），
过点F作FH⊥x轴于点H，
在Rt△CGO和Rt△FGH中,
∵tan∠CGO＝,tan∠FGH＝,∴=.∴OG="
3m,"
由勾股定理得，GF=，AD=
∴.
由
（2）得，，∴AD∶GF∶AE=3∶4∶5.
∴以线段GF、AD、AE的长度为三边长的三角形是直角三角形，此时点G的横坐标为－3m.
【解析】【分析】1）将C点代入函数解析式即可求得.
（2）令y=0求A、B的坐标，再根
据，CD∥AB，求点D的坐标，由△ADM∽△AEN,对应边成比例，将求的比转化成求
比，结果不含m即为定值.（3）连接FC并延长，与x轴负半轴的交点即为所求点G..过点
F作FH⊥x轴于点H，在Rt△CGO和Rt△FGH中根据同角的同一个三角函数相等，可求OG
（用m表示），然后利用勾股定理求GF和AD（用m表示），并求其比值，由
（2）
是定值，所以可得AD∶GF∶AE=3∶4∶5，由此可根据勾股定理逆定理判断以线段GF、
AD、AE的长度为三边长的三角形是直角三角形，直接得点G的横坐标.
7．如图①所示，在△ABC中，点O是AC上一点，过点O的直线与AB，BC的延长线分别相交于点M，N.
（1）
【问题引入】
若点O是AC的中点，，求的值；
温馨提示：
过点A作MN的平行线交BN的延长线于点G.
（2）
【探索研究】
若点O是AC上任意一点（不与A，C重合），求证：
（3）
【拓展应用】
如图②所示，点P是△ABC内任意一点，射线AP，BP，CP分别交
BC，AC，AB于点
D，
E，F.若，，求的值．
【答案】
（1）解：
过点A作MN的平行线交BN的延长线于点G.∵ON∥AG，∴
.∵O是AC的中点，∴AO＝CO，∴NG＝CN.∵MN∥AG，∴，∴
.
证明：
由
（1）可知
在△ABD中，点
，P是
AD
，∴
上一点，过点
P的直线与
=1
AB，BD的延长线分别相交于
点F，C.由
（2）可得
交于点E，B.由
（2）可得
.在△ACD中，过点
AC，CD的延长线分别相
（1）作AG∥MN交BN延长线于点G,证△ABG∽△MBN得,
即,同理可证△ACG∽△OCN得,结合AO=CO,得NG=CN,从而由
进行求解,
（2）由,可知:
（3）由
（2）可知,在△ABD中有,在△ACD中有,
从而,因此可得:
.
升级会员 