中考数学一轮考点复习有关相似形圆的证明考点解读+考题精析Word格式文档下载.docx

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A．1：

4B．4：

1C．1：

2D．2：

1

【考点】S7：

相似三角形的性质．

【分析】利用相似三角形面积之比等于相似比的平方计算即可．

∵△ABC∽△DEF，且相似比为1：

2，

∴△ABC与△DEF的面积比为1：

4，

故选A

3．如图，在边长为4的正方形ABCD中，E、F是AD边上的两个动点，且AE=FD，连接BE、CF、BD，CF与BD交于点G，连接AG交BE于点H，连接DH，下列结论正确的个数是（　　）

①△ABG∽△FDG②HD平分∠EHG③AG⊥BE④S△HDG：

S△HBG=tan∠DAG⑤线段DH的最小值是2﹣2．

A．2B．3C．4D．5

【考点】S9：

相似三角形的判定与性质；

KD：

全等三角形的判定与性质；

LE：

正方形的性质；

T7：

解直角三角形．

【分析】首先证明△ABE≌△DCF，△ADG≌△CDG（SAS），△AGB≌△CGB，利用全等三角形的性质，等高模型、三边关系一一判断即可．

∵四边形ABCD是正方形，

∴AB=CD，∠BAD=∠ADC=90°

，∠ADB=∠CDB=45°

，

在△ABE和△DCF中，

∴△ABE≌△DCF（SAS），

∴∠ABE=∠DCF，

在△ADG和△CDG中，

∴△ADG≌△CDG（SAS），

∴∠DAG=∠DCF，

∴∠ABE=∠DAG，

∵∠DAG+∠BAH=90°

∴∠BAE+∠BAH=90°

∴∠AHB=90°

∴AG⊥BE，故③正确，

同法可证：

△AGB≌△CGB，

∵DF∥CB，

∴△CBG∽△FDG，

∴△ABG∽△FDG，故①正确，

∵S△HDG：

S△HBG=DG：

BG=DF：

BC=DF：

CD=tan∠FCD，

又∵∠DAG=∠FCD，

∴S△HDG：

S△HBG=tan∠FCD，tan∠DAG，故④正确

取AB的中点O，连接OD、OH，

∵正方形的边长为4，

∴AO=OH=×

4=2，

由勾股定理得，OD==2，

由三角形的三边关系得，O、D、H三点共线时，DH最小，

DH最小=2﹣2．

无法证明DH平分∠EHG，故②错误，

故①③④⑤正确，

故选C．

4．点E、F分别在平行四边形ABCD的边BC、AD上，BE=DF，点P在边AB上，AP：

PB=1：

n（n＞1），过点P且平行于AD的直线l将△ABE分成面积为S1、S2的两部分，将△CDF分成面积为S3、S4的两部分（如图），下列四个等式：

①S1：

S3=1：

n

②S1：

S4=1：

（2n+1）

③（S1+S4）：

（S2+S3）=1：

④（S3﹣S1）：

（S2﹣S4）=n：

（n+1）

其中成立的有（　　）

A．①②④B．②③C．②③④D．③④

L5：

平行四边形的性质．

【分析】根据平行线的性质，相似三角形的性质可知=（）2，S3=n2S1，=（）2，求出S2，S3，S4（用S1，n表示），即可解决问题．

由题意∵AP：

n（n＞1），AD∥l∥BC，

∴=（）2，S3=n2S1，=（）2，

整理得：

S2=n（n+2）S1，S4=（2n+1）S1，

∴S1：

（2n+1），故①错误，②正确，

∴（S1+S4）：

（S2+S3）=[S1+（2n+1）S1]：

[n（n+2）S1+n2S1]=1：

n，故③正确，

∴（S3﹣S1）：

（S2﹣S4）=[n2S1﹣S1]：

[n（n+2）S1﹣（2n+1）S1]=1：

1，故④错误，

故选B．

5．如图，AB为半圆O的直径，CD切⊙O于点E，AD、BC分别切⊙O于A、B两点，AD与CD相交于D，BC与CD相交于C，连接OD、OC，对于下列结论：

①OD2=DE•CD；

②AD+BC=CD；

③OD=OC；

④S梯形ABCD=CD•OA；

⑤∠DOC=90°

；

⑥若切点E在半圆上运动（A、B两点除外），则线段AD与BC的积为定值．其中正确的个数是（　　）

A．5B．4C．3D．2

【考点】MR：

圆的综合题．

【分析】根据切线的性质得到三个角为直角，且利用切线长定理得到DE=DA，CE=CB，由CD=DE+EC，等量代换可得出CD=AD+BC，选项②正确；

由AD=ED，OD为公共边，根据全等三角形的性质得到∠AOD=∠EOD，同理得到∠EOC=∠BOC，而这四个角之和为平角，可得出∠DOC为直角，选项①正确；

根据相似三角形的性质得比例可得出OD2=DE•CD，选项⑤正确；

由△ODE∽△OEC，，得到OD≠OC，选项③错误；

根据射影定理即可得到AD•BC=OE2，于是得到线段AD与BC的积为定值，故⑥正确．

连接OE，如图所示：

∵AD与圆O相切，DC与圆O相切，BC与圆O相切，

∴∠DAO=∠DEO=∠OBC=90°

∴DA=DE，CE=CB，AD∥BC，

∴CD=DE+EC=AD+BC，选项②正确；

∴S梯形ABCD=（AD+BC）•AB=CD•OA；

选项④正确；

在Rt△ADO和Rt△EDO中，

∴Rt△ADO≌Rt△EDO（HL），

∴∠AOD=∠EOD，

同理Rt△CEO≌Rt△CBO，

∴∠EOC=∠BOC，

又∵∠AOD+∠DOE+∠EOC+∠COB=180°

∴2（∠DOE+∠EOC）=180°

，即∠DOC=90°

，选项⑤正确；

∴∠DOC=∠DEO=90°

，又∠EDO=∠ODC，

∴△EDO∽△ODC，

∴=，即OD2=DC•DE，选项①正确；

同理△ODE∽△OEC，

∴，

∴OD≠OC，选项③错误；

∵∠COD=90°

，OE⊥CD，

∴OE2=CE•DE，

∵DA=DE，CE=CB，

∴AD•BC=OE2，

∴线段AD与BC的积为定值，故⑥正确．

故选A．

6．如图，已知AB=12，点C，D在AB上，且AC=DB=2，点P从点C沿线段CD向点D运动（运动到点D停止），以AP、BP为斜边在AB的同侧画等腰Rt△APE和等腰Rt△PBF，连接EF，取EF的中点G，下列说法中正确的有（　　）

①△EFP的外接圆的圆心为点G；

②四边形AEFB的面积不变；

③EF的中点G移动的路径长为4；

④△EFP的面积的最小值为8．

A．1个B．2个C．3个D．4个

【分析】分别延长AE、BF交于点H，易证四边形EPFH为平行四边形，得出G为PH中点，则G的运行轨迹为三角形HCD的中位线MN．再求出CD的长，运用中位线的性质求出MN的长度即可确定③正确；

又由G为EF的中点，∠EPF=90°

，可知②错误．根据直角三角形两直角边的差越大，直角三角形的面积越小，可求得答案．

如图，

分别延长AE、BF交于点H．

∵等腰Rt△APE和等腰Rt△PBF，

∴∠A=∠FPB=45°

，∠B=∠EPA=45°

∴AH∥PF，BH∥PE，∠EPF=180°

﹣∠EPA﹣∠FPB=90°

∴四边形EPFH为平行四边形，

∴EF与HP互相平分．

∵G为EF的中点，

∴G也为PH中点，

即在P的运动过程中，G始终为PH的中点，

∴G的运行轨迹为△HCD的中位线MN．

∵CD=12﹣2﹣2=8，

∴MN=4，即G的移动路径长为4．

故③EF的中点G移动的路径长为4，正确；

∵G为EF的中点，∠EPF=90°

∴①△EFP的外接圆的圆心为点G，正确．

∴①③正确．

∵点P从点C沿线段CD向点D运动（运动到点D停止），易证∠EPF=90°

，所以四边形面积便是三个直角三角形的面积和，设cp=x，则四边形面积S=

∴AP不断增大，

∴四边形的面积S也会随之变化，故②错误．

④等腰Rt△APE和等腰Rt△PBF，

∠EPF=90°

AP=PE，BP=PF，

当AP=AC=2时，即PE=，PF=5，

S△PEF最小=PE•PF=5，故④错误；

故选：

B．

7．如图，直线a∥b∥c，直线l1，l2与这三条平行线分别交于点A，B，C和点D，E，F．若AB：

BC=1：

2，DE=3，则EF的长为　6　．

【考点】S4：

平行线分线段成比例．

【分析】由a∥b∥c，可得=，由此即可解决问题．

∵a∥b∥c，

∴EF=6，

故答案为6．

8．如图，AB是⊙O的直径，AB=4，点M是OA的中点，过点M的直线与⊙O交于C，D两点．若∠CMA=45°

，则弦CD的长为　　．

【考点】M2：

垂径定理；

KQ：

勾股定理；

KW：

等腰直角三角形．

【分析】连接OD，作OE⊥CD于E，由垂径定理得出CE=DE，证明△OEM是等腰直角三角形，由勾股定理得出OE=OM=，在Rt△ODE中，由勾股定理求出DE=，得出CD=2DE=即可．

连接OD，作OE⊥CD于E，如图所示：

则CE=DE，

∵AB是⊙O的直径，AB=4，点M是OA的中点，

∴OD=OA=2，OM=1，

∵∠OME=∠CMA=45°

∴△OEM是等腰直角三角形，

∴OE=OM=，

在Rt△ODE中，由勾股定理得：

DE==，

∴CD=2DE=；

故答案为：

．

三．解答题（共9小题）

9．如图，△ABC内接于⊙O，CD平分∠ACB交⊙O于D，过点D作PQ∥AB分别交CA、CB延长线于P、Q，连接BD．

（1）求证：

PQ是⊙O的切线；

（2）求证：

BD2=AC•BQ；

（3）若AC、BQ的长是关于x的方程x+=m的两实根，且tan∠PCD=，求⊙O的半径．

B2：

分式方程的解；

M5：

圆周角定理；

ME：

切线的判定与性质；

【分析】

（1）根据平行线的性质和圆周角定理得到∠ABD=∠BDQ=∠ACD，连接OB，OD，交AB于E，根据圆周角定理得到∠OBD=∠ODB，∠O=2∠DCB=2∠BDQ，

根据三角形的内角和得到2∠ODB+2∠O=180°

，于是得到∠ODB+∠O=90°

，根据切线的判定定理即可得到结论；

（2）证明：

连接AD，根据等腰三角形的判定得到AD=BD，根据相似三角形的性质即可得到结论；

（3）根据题意得到AC•BQ=4，得到BD=2，由

（1）知PQ是⊙O的切线，由切线的性质得到OD⊥PQ，根据平行线的性质得到OD⊥AB，根据三角函数的定义得到BE=3DE，根据勾股定理得到BE=，设OB=OD=R，根据勾股定理即可得到结论．

【解答】

（1）证明：

∵PQ∥AB，

∴∠ABD=∠BDQ=∠ACD，

∵∠ACD=∠BCD，

∴∠BDQ=∠ACD，

如图1，连接OB，OD，交AB于E，

则∠OBD=∠ODB，∠O=2∠DCB=2∠BDQ，

在△OBD中，∠OBD+∠ODB+∠O=180°