备战中考数学圆与相似大题培优附详细答案docWord文档下载推荐.docx
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=3，
在Rt△EDG中，sin∠EGD=
∴∠EGD=30，°
∵∠NCB=∠CNG+∠EGD，
∴∠CNG=∠NCB﹣∠EGD=60﹣°
30°
=30°
∴∠CNG=∠EGD，
∴NC=CG=DG﹣BC=3﹣3；
（3）解：
由
（1）可知，当x＞时，△ABC与△EFG有重叠部分．
分两种情况：
①当＜t≤3时，如图（4），
△ABC与△EFG有重叠部分为△EMN，设
AC与
EF、EG分别交于点
M、N，过点
N作直线
NP⊥EF于P，交DG于Q，
则∠EPN=∠CQN=90°
∵NC=CG，
∴NC=DG﹣DC=3
﹣t，
在Rt△NQC中，NQ=sin∠NCQ×
NC=sin60°
×
（3﹣t）=，
∴PN=PQ﹣NQ=3﹣=，
∵∠PMN=∠NCQ=60，°
∴sin∠PMN=，MN==t﹣，
在矩形DEFG中，EF∥DG，
∴∠MEN=∠CGN，
∵∠MNE=∠CNG，∠CNG=∠CGN，
∴∠EMN=∠MNE，
∴EM=MN，
∴EM=MN=t﹣，
∴y=S△EMN=EM?
PN=×
；
②当3＜t≤3时，如图（5），
△ABC与△EFG重叠部分为四边形PQNM，设AB与EF、EG分别交于点P、Q，AC与EF、
EG分别交于点M、N，则∠EPQ=90°
∵CG=3﹣t，
∴S
△EMN=
∵EP=DB=t﹣3，∠PEQ=30，°
∴在Rt△EPQ中，PQ=tan∠PEQ×
EP=tan30×
（t°
﹣3）=，
∴S△EPQ=EP?
PQ=（t﹣3）×
=，
∴y=S△EMN﹣S△EPQ=（）﹣（）=+（﹣
综上所述，y与t的函数关系式：
y=．
（1）证△ABC∽△EDC，由相似三角形的性质可求出CD的值，即可求
t；
（2）利用勾股定理求出DG的值，则由三角函数可∠EGD=30°
，进而可证得
∠CNG=∠EGD，则NC=CG=DG﹣BC，可求出答案；
（3）根据重叠部分可确定x的取值范围，再由三角形的面积公式可求出函数解析式.
3．在正方形中，，点在边上，，点是在射线上的
一个动点，过点作的平行线交射线于点，点在射线上，使始终与直线
垂直．
（1）如图1，当点与点重合时，求的长；
（2）如图2，试探索：
的比值是否随点的运动而发生变化？
若有变化，请说明你的
理由；
若没有变化，请求出它的比值；
（3）如图3，若点在线段上，设，，求关于的函数关系式，并写
出它的定义域．
由题意，得,
在Rt△中，
∵
∴△
∽△
答：
的比值随点的运动没有变化
理由：
如图，
∵∥
∴,
∴△∽△
∵，
∴的比值随点的运动没有变化,比值为
延长交的延长线于点
∵∥,∥
∴∥
∵,
又,
它的定义域是
（1）根据正方形的性质得出AB=BC=CD=AD=8,∠C=∠A=
90°
，在Rt△BCP中，根据正切函数的定义得出tan∠PBC=PC∶BC，又tan∠PBC
=，从而得出PC的长，进而得出RP的长，根据勾股定理得出PB的长，然后判断出△PB
C∽△PRQ，根据相似三角形对应边成比例得出
（2）RM∶MQ的比值随点Q的运动没有变化
PB∶RP=PC∶PQ,从而得出PQ的长；
根据二直线平行同位角相等得出∠1=
∠
A
BP,∠
QMR=∠
A，根据等量代换得出
∠QMR=∠
C=90
，根°
据根据等角的余角相等得
出∠
RQM=
PBC
，从而判断出△
RMQ
∽△
PCB，根据相似三角形对应边成比例，
得出
PM∶MQ=PC∶BC,从而得出答案；
（3）延长BP交AD的延长线于点N，根据平行线分线段成比例定理得出
PD∶AB=ND∶NA,又NA=ND+AD=8+ND，从而得出关于ND的方程，求解即可得出
ND，根据勾股定理得出PN，根据平行线的判定定理得出PD∥MQ,再根据平行线分线段成
比例定理得出PD∶MQ=NP∶NQ,又RM∶MQ=3∶4,RM=y，从而得出MQ=y,又PD=2,N
Q=PQ+PN=x+，根据比例式，即可得出y与x之间的函数关系式。
4．在平面直角坐标系中，点A点B已知满足
.
（1）点A的坐标为________，点B的坐标为________；
（2）如图1，点E为线段OB上一点，连接AE，过A作AF⊥AE，且AF=AE，连接BF交
轴于点D，若点D（-1,0），求点E的坐标；
（3）在
（2）的条件下，如图2，过E作EH⊥OB交AB于H，点M是射线EH上一点（点M不在线段EH上），连接MO，作∠MON=45°
，ON交线段BA的延长线于点N，连接MN，探究线段MN与OM的关系,并说明理由。
【答案】
（1）（-4,0）；
（0，-4）
作FH⊥OA于H，
∵AF⊥AE，
∴∠FAE=∠AHF=∠AOE=90，°
∴∠FAH+∠OAE=90，°
∠FAH+∠AFH=90，°
∴∠AFH=∠OAE,
∵AF=OA，
∴△AFH≌△EAO，
∴FH=OA，
∵点A（-4,0），点B（0，-4）
∴FH=OA=OB=4，
∵∠FHD=∠BOD=90，°
∠FDH=∠BDO,
∴△FDH≌△BDO，
∴OD=DH=1，
∴AH=OH=OE=2，
∴E（0，-2）
结论：
MN=OM,MN⊥OM，
连接OH，OM与BN交于G，
∵OA=OB,∠AOB=45，°
∴∠OAB=45°
∵OE=EB=2，EH∥OA,
∴AH=BH,OH⊥AB,∠AHM=∠OAB=45，°
∵∠MON=45°
∴∠GON=∠GHM,
∵∠NGO=∠MGH,
∴△NGO∽△MGH，
∴=,
=,
∵∠NGM=∠OGH,
∴△NGM∽△OGH，
∴∠NMG=∠OHG=90，°
∴△OMN是等腰直角三角形
∴MN=OM,MN⊥OM.
【解析】【解答】
（1）∵
=0,
∴a=-4，b=-4,
∴点A的坐标为（-4,0），点B的坐标为（0，-4）
【分析】
（
1）先将式子变形为完全平方公式的形式，再根据平方的非负性求解
;
（2）如图
1
中，作
FH⊥OA于H，由△AFH≌△EAO，推出FH=OA,由△FDH≌△BDO,推出
AH=OH=OE=2;
（3）连接OH，OM与BN交于G，由△NGO∽△MGH，推出=,再推出
=,再得出△NGM∽△OGH，推出∠NMG=∠OHG=90°
，推出△OMN是等腰直角三角形即可解决问题.
5．如图，抛物线y=ax2﹣5ax+c与坐标轴分别交于点
A，C，E三点，其中A（﹣3，0），C
（0，4），点B在x轴上，AC=BC，过点B作BD⊥x轴交抛物线于点
D，点M，N分别是
线段CO，BC上的动点，且CM=BN，连接MN，AM，AN．
（1）求抛物线的解析式及点D的坐标；
（2）当△CMN是直角三角形时，求点M的坐标；
（3）试求出AM+AN的最小值．
【答案】
（1）解：
把A（﹣3，0），
C（
0，
4）代入
y=ax2﹣
5ax+c
得
，解得，
∴抛物线解析式为y=﹣x2+x+4；
∵AC=BC，CO⊥AB，
∴OB=OA=3，
∴B（3，0），
∵BD⊥x轴交抛物线于点D，
∴D点的横坐标为3，
当x=3时，y=﹣
9+×
3+4=5，
∴D点坐标为（
3，5）。
在Rt△OBC中，BC=
=5，
设M（0，m），则BN=CM=4﹣m，CN=5﹣（4﹣m）=m+1，∵∠MCN=∠OCB，
∴当时，△CMN∽△COB，则∠CMN=∠COB=90，°
即，解得m=，此时M点坐标为（0，）；
当时，△CMN∽△CBO，则∠CNM=∠COB=90°
综上所述，M点的坐标为（0，）或（0，）。
连接DN，AD，如图，
∴OC平分∠ACB，
∴∠ACO=∠BCO，
∵BD∥OC，
∴∠BCO=∠DBC，
∵DB=BC=AC=5，CM=BN，∴△ACM≌△DBN，
∴AM=DN，
∴AM+AN=DN+AN，
而DN+AN≥AD（当且仅当点A、N、D共线时取等号），
∴DN+AN的最小值=AD=
∴AM+AN的最小值为
．
（1）将
A（﹣3，0），C（0，4）代入函数解析式构造方程组解出
a,c
的值可得抛物线解析式；
由
AC=BC，CO⊥AB，根据等腰三角形的
“三线合一”定理，可得
OB=OA=3，而BD⊥x轴交抛物线于点D，则D点的横坐标为
3，当x=3时求得y的值，即
可得点D的坐标。
（2）当△CMN是直角三角形时，有两种情况：
∠CMN=90°
，或∠CNM=90°
，则可得
△CMN∽△COB，或△CMN∽△CBO，由对应边成比例，设
M（0，m），构造方程解答即
可。
（3）求AM+AN的最小值，一般有两种方法：
解析法和几何法；
解析法：
用含字母的函数
关系式表示出AM+AN的值，根据字母的取值范围和函数的最值来求；
几何法：
将点
A，
M，N三点移到一条直线上；
此题适用于几何法：
观察图象不难发现，
AC=BD=5，
CM=BN，且∠BCO=∠DBC，连接AD，可证得△ACM≌△DBN，则AM=DN，而DN+AN≥AD（当且仅当点A、N、D共线时取等号），求AD的长即可。
6．已知：
如图，在平面直角坐标系中，△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°
，点A，C的
坐标分别为A（﹣3，0），C（1，0），BC＝AC．
（1）在x轴上找一点D，连接DB，使得△ADB与△ABC相似（不包括全等），并求点
D的坐标；
（2）在
（1）的条件下，如
m，问是否存在这样的m
P，Q分别是AB和AD上的动点，连接PQ，使得△APQ与△ADB相似？
如存在，请求出
，设AP＝DQ＝m的值；
如不存
在，请说明理由．
【答案】
（1）解：
如图
1，过点
B作
BD⊥AB
，交
x轴于点
D，
∵∠A＝∠A，∠ACB＝∠ABD＝90°
∴△ABC∽△ADB，
∴∠ABC＝∠ADB，且∠ACB＝∠BCD＝90°
∴△ABC∽△BDC，
∵A（﹣3，0），C（1，0），
∴AC＝4，
∵BC＝AC．
∴BC＝3，
∴AB＝＝＝5，
∴，
∴CD＝，
∴AD＝AC+CD＝4+＝，
∴OD＝AD﹣AO＝，
∴点D的坐标为：
，0）；
如图2，当∠APC＝∠ABD＝90°
时，
∵∠APC＝∠ABD＝90°
，∠BAD＝∠PAQ，
∴△APQ∽△ABD，
∴m＝，
如图3，当∠AQP＝∠ABD＝90°
∵∠AQP＝∠ABD＝90°
，∠PAQ＝∠BAD，
∴△APQ∽△ADB，
∴m＝；
综上所述：
当m＝【解析】【分析】
或时，△APQ与△ADB相似．
1）如图1，过点B作BD⊥AB
D
，可证
△ABC∽△ADB
，可得∠ABC＝∠ADB，可证△ABC∽△BDC，可得
，可求
CD
的长，即可求点
D坐标；
（2）分两种情况讨论，由相似三角形的性质可求解．
7．在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，点E是边AD上一点，EM⊥EC交AB于点M，点N在射线MB上，且AE是AM和AN的比例中项.
（1）如图1，求证：
∠ANE＝∠DCE；
（2）如图2，当点N在线段MB之间，联结AC，且AC与NE互相垂直，求
MN的长；
（3）连接AC，如果△AEC与以点E、M、N为顶点所组成的三角形相似，求
DE的长.
∵AE是AM和AN的比例中项
∵∠A＝∠A，
∴△AME∽△AEN，
∴∠AEM＝∠ANE，
∵∠D＝90°
∴∠DCE＋∠DEC＝90°
∵EM⊥BC，
∴∠AEM＋∠DEC＝90°
∴∠AEM＝∠DCE，
∴∠ANE＝∠DCE
∵AC与NE互相垂直，
∴∠EAC＋∠AEN＝90°
∵∠BAC＝90°
∴∠ANE＋∠AEN＝90°
∴∠ANE＝∠EAC，
由
（1）得∠ANE＝∠DCE，
∴∠DCE＝∠EAC，
∴tan∠DCE＝tan∠DAC，
∵DC＝AB＝6，AD＝8，
∴DE＝，
∴AE＝8﹣＝，
由
（1）得∠AEM＝∠DCE，
∴tan∠AEM＝tan∠DCE，
∴，
∴AM＝，
∴AN＝，
∴MN＝
∵∠NME＝∠MAE＋∠AEM，∠AEC＝∠D＋∠DCE，
又∠MAE＝∠D＝90°
，由
（1）得∠AEM＝∠DCE，
∴∠AEC＝∠NME，
当△AEC与以点E、M、N为顶点所组成的三角形相似时
①∠ENM＝∠EAC，如图2，
由
（2）得：
DE＝；
②∠ENM＝∠ECA，
如图3，
过点E作EH⊥AC，垂足为点H，
∴∠ECA＝∠DCE，
∴HE＝DE，
又tan∠HAE＝，
设DE＝3x，则HE＝3x，AH＝4x，AE＝5x，又AE＋DE＝AD，
∴5x＋3x＝8，
解得x＝1，
∴DE＝3x＝3，
综上所述，DE的长分别为
或3
（1）由比例中项知，据此可证△AME∽△AEN得∠AEM＝
∠ANE，再证∠AEM＝∠DCE可得答案；
（2）先证∠ANE＝∠EAC，结合∠ANE＝∠DCE得
∠DCE＝∠EAC，从而知，据此求得AE＝8﹣＝，由
（1）得∠AEM＝∠DCE，据
此知，求得AM＝，由求得MN＝；
（3）分∠ENM＝∠EAC和∠ENM
＝∠ECA两种情况分别求解可得.
8．操作：
和都是等边三角形，绕着点按顺时针方向旋转，是
、的中点，有以下三种图形.
探究：
（1）在上述三个图形中，是否一个固定的值，若是，请选择任意一个图形求出这个
比值；
（2）的值是否也等于这个定值，若是，请结合图
（1）证明你的结论；
（3）与有怎样的位置关系，请你结合图
（2）或图（3）证明你的结论.
∵是等边三角形，由图
（1）得AO⊥BC，
∴，∴；
（2）证明：
，
（3）证明：
在图（3）中，由
（2）得
∴∠2+∠4=∠1+∠3，即∠AEF=∠AOB
∵∠AOB=90，°
∴.
（1）由等边三角形的性质可得AO⊥BC，BO=BC=AB，根据勾股定理
计算即可求得AO=BO，即AO∶BO是一个固定的值∶1；
（2）由等边三角形的性质
可得AO⊥BC，，由同角的余角相等可得，由
（1）可得
，可得，根据相似三角形的性质可得
（3）在图（3）中，由
（2）得，根据相似三角形的
性质可得∠1=∠2，根据对顶角相等得∠3=∠4，则∠2+∠4=∠1+∠3=∠AOB=90°
，即
二、圆的综合
9．已知eO的半径为5，弦AB的长度为m，点C是弦AB所对优弧上的一动点．
1如图①，若m
5，则
C的度数为______o；
2如图②，若m
6．
①求C的正切值；
②若VABC为等腰三角形，求VABC面积．
【答案】130；
2①C的正切值为3；
②SVABC27或432.
425
【解析】
1连接OA，OB，判断出VAOB是等边三角形，即可得出结论；
2①先求出AD10，再用勾股定理求出BD8，进而求出tanADB，即可得出结
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