备战中考数学圆与相似经典压轴题及详细答案doc.docx
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2020-2021备战中考数学圆与相似-经典压轴题及详细答案
一、相似
1.如图,在△ABC中,AB=AC,∠BAC=90°,AH⊥BC于点H,过点C作CD⊥AC,连接AD,点M为AC上一点,且AM=CD,连接BM交AH于点N,交AD于点E.
(1)若AB=3,AD=,求△BMC的面积;
(2)点E为AD的中点时,求证:
AD=BN.
【答案】
(1)解:
如图1中,
在△ABM和△CAD中,∵AB=AC,∠BAM=∠ACD=90°,AM=CD,∴△ABM≌△CAD,
∴BM=AD=,∴AM==1,∴CM=CA﹣AM=2,∴S△BCM=?
CM?
BA=
×23=3.
(2)解:
如图2中,连接EC、CN,作EQ⊥BC于Q,EP⊥BA于P.
∵AE=ED,∠ACD=90°,∴AE=CE=ED,∴∠EAC=∠ECA
∴∠ABM=∠CAD,∴∠ABM=∠MCE,∵∠AMB=∠EMC,
,∵△ABM≌△CAD,∴∠CEM=∠BAM=90°,
∴△ABM∽△ECM,∴,∴,∵∠AME=∠BMC,∴△AME∽△BMC,
∴∠AEM=∠ACB=45°,∴∠AEC=135°,易知∠PEQ=135°,∴∠PEQ=∠AEC,∴∠AEQ=∠EQC,∵∠P=∠EQC=90,°∴△EPA≌△EQC,∴EP=EQ,∵EP⊥BP,EQ⊥BC
∴BE平分∠ABC,∴∠NBC=∠ABN=22.5,°∵AH垂直平分BC,∴NB=NC,
∴∠NCB=∠NBC=22.5,°∴∠ENC=∠NBC+∠NCB=45,°∴△ENC的等腰直角三角形,∴NC=
EC,∴AD=2EC,∴2NC=AD,∴AD=NC,∵BN=NC,∴AD=BN.
【解析】【分析】
(1)首先利用SAS判断出△ABM≌△CAD,根据全等三角形对应边相等
得出BM=AD=,根据勾股定理可以算出AM,根据线段的和差得出CM的长,利用
S△BCM=?
CM?
BA即可得出答案;
(2)连接EC、CN,作EQ⊥BC于Q,EP⊥BA于P.根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出AE=CE=ED,根据等边对等角得出∠EAC=∠ECA,根据全等三角形对应角相等得出∠ABM=∠CAD,从而得出∠ABM=∠MCE,根据对顶角相等及三角形的内角和得出
∠CEM=∠BAM=90°,从而判断出△ABM∽△ECM,由相似三角形对应边成比例得出BM∶
CM=AM∶EM,从而得出BM∶AM=CM∶EM,根据两边对应成比例及夹角相等得出
△AME∽△BMC,故∠AEM=∠ACB=45°,∠AEC=135,°易知∠PEQ=135°,故∠PEQ=∠AEC,∠AEQ=∠EQC,又∠P=∠EQC=90,°故△EPA≌△EQC,故EP=EQ,根据角平分线的判定得出
BE平分∠ABC,故∠NBC=∠ABN=22.5°,根据中垂线定理得出NB=NC,根据等腰三角形的
性质得出∠NCB=∠NBC=22.5°,故∠ENC=∠NBC+∠NCB=45°,△ENC的等腰直角三角形,根
据等腰直角三角形边之间的关系得出NC=EC,根据AD=2EC,2NC=AD,
AD=NC,又BN=NC,故AD=BN.
2.如图,在中,,点M是AC的中点,以AB为直径作
分别交于点.
(1)求证:
;
(2)填空:
若,当时,________;
连接,当的度数为________时,四边形ODME是菱形.
【答案】
(1)证明:
∵∠ABC=90°,AM=MC,∴BM=AM=MC,∴∠A=∠ABM.∵四边形
ABED是圆内接四边形,∴∠ADE+∠ABE=180°,又∠ADE+∠MDE=180°,∴∠MDE=∠MBA,同理证明:
∠MED=∠A,∴∠MDE=∠MED,∴MD=ME
(2)2;
【解析】【解答】解:
(2)①由
(1)可知,∠A=∠MDE,∴DE∥AB,∴=
.∵AD=2DM,∴DM:
MA=1:
3,∴DE=AB=×6=2.
故答案为:
2.
②当∠A=60°时,四边形ODME是菱形.理由如下:
连接OD、OE.
∵OA=OD,∠A=60°,∴△AOD是等边三角形,∴∠AOD=60°.∵DE∥AB,∴∠ODE=∠AOD=60°,∠MDE=∠MED=∠A=60°,∴△ODE,△DEM都是等边三角形,∴OD=OE=EM=DM,∴四边形OEMD是菱形.
故答案为:
60°.
【分析】
(1)要证MD=ME,只须证∠MDE=∠MED即可。
根据直角三角形斜边上的中线
等于斜边的一半可得BM=AM=MC,则∠A=∠ABM,由圆内接四边形的性质易得∠MED=∠A,∠MDE=∠MBA,所以可得∠MDE=∠MED;
(2)①由
(1)易证得DE∥AB,可得比例式,结合①中的已知条件即可求解;
②当∠A=60°时,四边形ODME是菱形.理由如下:
连接OD、OE,由题意易得△ODE,
△DEM都是等边三角形,所以可得OD=OE=EM=DM,由菱形的判定即可求解。
3.
(1)问题发现:
如图①,
正方形AEFG的两边分别在正方形ABCD的边AB和AD上,连接CF.
①写出线段CF与DG的数量关系;
②写出直线CF与DG所夹锐角的度数.
(2)拓展探究:
如图②,
将正方形AEFG绕点
用图②进行说明.
(3)问题解决
如图③,
A逆时针旋转,在旋转的过程中,(
1)中的结论是否仍然成立,请利
△ABC和△ADE都是等腰直角三角形,
D在直线BC上运动,连接OE,则在点
∠BAC=∠DAE=90°,AB=AC=4,O为AC的中点.若点
D的运动过程中,线段OE的长的最小值.(直接写
出结果)
【答案】
(1)①CF=
(2)解:
如图:
DG,②45
①连接AC、AF,在正方形ABCD中,延长CF交DG与H点,
∠CAD=∠BCD=45,
设AD=CD=a,易得AC=a=AD,
同理在正方形AEFG中,∠FAG=45,AF=AG,
∠CAD=∠FAG,∠CAD-∠2=∠FAG-∠2,
∠1=∠3
又
△CAF∽DAG,
=
CF=
DG;
②由△CAF∽DAG,
∠4=∠5,
∠ACD=∠4+∠6=45,
∠5+∠6=45,
∠5+∠6+∠7=135,
在△CHD中,∠CHD=180-135=45,
(1)中的结论仍然成立
(3)OE的最小值为.
【解析】【解答】(3)如图:
由∠BAC=∠DAE=90,可得∠BAD=∠CAE,又AB=AC,AD=AE,可得△BAD≌△CAE,
∠ACE=∠ABC=45,
又∠ACB=45,∠BCE=90,即CE⊥BC,
根据点到直线的距离垂线段最短,
OE⊥CE时,OE最短,此时OE=CE,△OEC为等腰直角三角形,
OC=AC=2,
由等腰直角三角形性质易得,OE=,
OE的最小值为.
【分析】
(1)①易得CF=DG;②45;
(2)连接AC、AF,在正方形ABCD中,可得
△CAF∽DAG,=,CF=DG,在△CHD中,∠CHD=180-135=45,
(1)中的结论是否仍然成立;(3)OE⊥CE时,OE最短,此时OE=CE,△OEC为等腰直角
三角形,OC=AC=2,可得OE的值.
4.如图,四边形ABCD内接于⊙O,AB是⊙O的直径,AC和BD相交于点E,且DC2=CE·CA.
(1)求证:
BC=CD;
(2)分别延长AB,DC交于点P,若PB=OB,CD=,求⊙O的半径.
【答案】
(1)证明:
∵DC2=CE·CA,
∴,
∵∠DCE=∠ACD,
∴△CDE~△CAD,
∴∠CDE=∠CAD,
又∵∠CBD=∠CAD,
∴∠CDE=∠CBD,
∴CD=CB.
(2)解:
连结OC(如图),设⊙O的半径为r,
由
(1)知CD=CB,
∴弧CD=弧CB,
∴∠CDB=∠CBD=∠CAB=∠CAD=∠BAD,∠BOC=2∠CAB,
∴∠BOC=∠BAD,
∴OC∥AD,
∴,
∵PB=OB,
∴PB=OB=OA=r,PO=2r,
∴=2,
∵CD=2,
∴PC=4,PD=PC+CD=6,
又∵∠PCB=∠CDB+∠CBD,∠PAD=∠PACB+∠CAD,
∴∠PCB=∠PAD,
∵∠CPB=∠APD,
∴△PCB~△PAD,
∴,
即
,
解得:
r=4.
即⊙O的半径为4.
【解析】【分析】
(1)根据相似三角形的判定:
两边对应成比例及夹角相等可得
△CDE~△CAD,再由相似三角形的性质:
对应角相等,等量代换可得
∠CDE=∠CBD,根据等腰三角形的性质即可得证.
(2)连结OC,设⊙O的半径为r,根据圆周角定理可得∠BOC=∠BAD,由平行线的判定得
OC∥AD,根据平行线所截线段成比例可得=2,从而求得PC、PD长,再根据相似
三角形的判定可得△PCB~△PAD,由相似三角形的性质可得,从而求得半径.
5.如图,在矩形ABCD中,,,点E是BC边上的点,,连接AE,
交于点F.
(1)求证:
≌;
(2)连接CF,求的值;
(3)连接AC交DF于点G,求的值.
【答案】
(1)证明:
∵四边形ABCD是矩形,
∴∠BAD=∠ADC=∠B=90,°AB=CD=4,
∵DF⊥AE,∴∠AFD=90,°
∴∠BAE+∠EAD=∠EAD+∠ADF=90,°
∴∠BAE=∠ADF,
在Rt△ABE中,∵AB=4,BE=3,
∴AE=5,
在△ABE和≌△DFA中,
,
∴△ABE≌△DFA(AAS).
(2)解:
连结DE交CF于点H,
∵△ABE≌△DFA,
∴DF=DC=4,AF=BE=3,
∴CE=EF=2,
∴DE⊥CF,
∴∠DCF+∠HDC=∠DEC+∠HDC=90,°
∴∠DCF=∠DEC,
在Rt△DCE中,∵CD=4,CE=2,∴DE=2,
∴sin∠DCF=sin∠DEC=.
(3)过点C作CK⊥AE交AE的延长线于点K,
∵DF⊥AE,∴CK∥DF,
∴,
在Rt△CEK中,
∴EK=CEcos·∠CEK=CEcos·∠AEB=2×=,
∴FK=FE+EK=2+=,
∴==
.
【解析】【分析】(
1)由矩形的性质,垂直的性质,同角的余角相等可得
∠BAE=∠ADF,
在Rt△ABE中,根据勾股定理可得AE=5,由全等三角形的判定AAS可得△ABE≌△DFA.
(2)连结DE交CF于点H,由
(1)中全等三角形的性质可知DF=DC=4,AF=BE=3,由同
角的余角相等得∠DCF=∠DEC,在Rt△DCE中,根据勾股定理可得DE=2,根据锐角三角
函数定义可得答案.(3)过点C作CK⊥AE交AE的延长线于点K,由平行线的推论知
CK∥DF,根据平行线所截线段成比例可得,在Rt△CEK中,根据锐角三角函数定
义可得EK=,从而求出FK,代入数值即可得出答案.
6.如图,在四边形ABCD中,∠B=∠C=90°,AB>CD,AD=AB+CD.
(1)利用尺规作∠ADC的平分线DE,交BC于点E,连接AE(保留作图痕迹,不写作法)
(2)在
(1)的条件下,①证明:
AE⊥DE;
②若CD=2,AB=4,点M,N分别是AE,AB上的动点,求BM+MN的最小值。
【答案】
(1)
(2)①证明:
在AD上取一点F使DF=DC,连接EF,
∵DE平分∠ADC,
∴∠FDE=∠CDE,
在△FED和△CDE中,
DF=DC,∠FDE=∠CDE,DE=DE
∴△FED≌△CDE(SAS),
∴∠DFE=∠DCE=90,°∠AFE=180-∠°DFE=90°
∴∠DEF=∠DEC,
∵AD=AB+CD,DF=DC,
∴AF=AB,
在Rt△AFE≌Rt△ABE(HL)∴∠AEB=∠AEF,
∴∠AED=∠AEF+∠DEF=∠CEF+∠BEF=(∠CEF+∠BEF)=90。
°∴AE⊥DE
②解:
过点D作DP⊥AB于点P,
∵由①可知,B,F关于AE对称,BM=FM,
∴BM+MN=FM+MN,
当F,M,N三点共线且FN⊥AB时,有最小值,
∵DP⊥AB,AD=AB+CD=6,
∴∠DPB=∠ABC=∠C=90,°
∴四边形DPBC是矩形,
∴BP=DC=2,AP=AB-BP=2,
在Rt△APD中,DP==,
∵FN⊥AB,由①可知AF=AB=4,
∴FN∥DP,∴△AFN∽△ADP
∴,
即,
解得FN=,
∴BM+MN的最小值为
【解析】【分析】(
1)根据角平分的做法即可画出图
.
(2)①在
AD
上取一点
F使
DF=DC,连接
EF;角平分线定义得∠FDE=∠CDE;根据全等三角形判定
SAS
得
△FED≌△CDE,再由全等三角形性质和补角定义得∠DFE=∠DCE=∠AFE=90,°
∠DEF=∠DEC;再由直角三角形全等的判定HL得Rt△AFE≌Rt△ABE,由全等三角形性质得
∠AEB=∠AEF,再由补角定义可得AE⊥DE.
②过点D作DP⊥AB于点P;由①可知,B,F关于AE对称,根据对称性质知BM=FM,
当F,M,N三点共线且FN⊥AB时,有最小值,即BM+MN=FM+MN=FN;在Rt△APD中,根据勾股定理得DP==;由相似三角形判定得△AFN∽△ADP,再由相似三
角形性质得,从而求得FN,即BM+MN的最小值.
7.问题提出;
(1)如图1,矩形ABCD,AB=4,BC=8,点E为CD的中点,点P为BC上的动点,CP=
________时,△APE的周长最小.
(2)如图2,矩形ABCD,AB=4,BC=8,点E为CD的中点,点P、点Q为BC上的动
点,且PQ=2,当四边形APQE的周长最小时,请确定点P的位置(即BP的长)
问题解决;
(3)如图
3,某公园计划在一片足够大的等边三角形水域内部(不包括边界)点
P处修一
个凉亭,设计要求
PA长为
100米,同时点
M,N
分别是水域
AB,AC
边上的动点,连接
P、M、N的水上浮桥周长最小时,四边形
AMPN面积的最大值是多少?
AMPN
的面积最大,请你帮忙算算此时四边形
【答案】
(1)
(2)解:
点A向右平移2个单位到M,点E关于BC的对称点F,连接MF,交BC于Q,此时MQ+EQ最小,
∵PQ=3,DE=CE=2,AE=2,
∴要使四边形APQE的周长最小,只要AP+EQ最小就行,
即AP+EQ=MQ+EQ,过M作MN⊥BC于N,∴MN∥CD
∴△MNQ∽△FCQ,
∴
∴
∴NQ=4
∴BP=BQ﹣PQ=4+2﹣2=4
(3)解:
如图,作点P关于AB的对称点G,作点P关于AC的对称点H,连接GH,交AB,AC于点M,N,此时△PMN的周长最小.
∴AP=AG=AH=100米,∠GAM=∠PAM,∠HAN=∠PAN,
∵∠PAM+∠PAN=60°,
∴∠GAH=120,°且AG=AH,
∴∠AGH=∠AHG=30°,
过点A作AO⊥GH,
∴AO=50米,HO=GO=50
∴GH=100米,
米,
△AGH=
GH×AO=2500
平方米,
∴S
∵S四边形AMPN=S△AGM+S△ANH=S△AGH﹣S△AMN,
∴S△AMN的值最小时,S四边形AMPN的值最大,
∴MN=GM=NH=时
∴S四边形AMPN=S△AGH﹣S△AMN=2500﹣=
【解析】【解答】
(1)∵四边形ABCD是矩形,
∴∠D=90°=∠ABC,AB=CD=4,BC=AD=8,
∵E为CD中点,
∴DE=CE=2,
在Rt△ADE中,由勾股定理得:
AE==
即△APE的边AE的长一定,
要△APE的周长最小,只要AP+PE最小即可,
平方米
=2
.
,
延长AB到M,使BM=AB=4,则A和M关于BC对称,
连接EM交BC于P,此时AP+EP的值最小,
∵四边形ABCD是矩形,
∴AB∥CD,
∴△ECP∽△MBP,
∴
∴
∴CP=
故答案为:
【分析】
(1)延长AB到M,使BM=AB,则A和M关于BC对称,连接EM交BC于P,
此时AP+EP的值最小,根据勾股定理求出AE长,根据矩形性质得出AB∥CD,推出
△ECP∽△MBP,得出比例式,代入即可求出CP长;
(2)点A向右平移2个单位到M,
点E关于BC的对称点F,连接MF,交BC于Q,要使四边形APQE的周长最小,只要
AP+EQ最小就行,证△MNQ∽△FCQ即可求BP的长;(3)作点P关于AB的对称点G,作点P关于AC的对称点H,连接GH,交AB,AC于点M,N,此时△PMN的周长最小.S四
边形AMPN=S△
AGM+SANH=SAGH-SAMN,即S
AMN的值最小时,S
AMPN的值最大.
△△△
△
四边形
8.如图,点E,F分别在矩形ABCD的边AB,BC上,连接EF,将△BEF沿直线EF翻折得到△HEF,AB=8,BC=6,AE:
EB=3:
1.
(1)如图1,当∠BEF=45°时,EH的延长线交DC于点M,求HM的长;
(2)如图2,当FH的延长线经过点D时,求tan∠FEH的值;
(3)如图3,连接AH,HC,当点F在线段BC上运动时,试探究四边形AHCD的面积是否
存在最小值?
若存在,求出四边形AHCD的面积的最小值;若不存在,请说明理由.
【答案】
(1)解:
如图1中,
当
∵
,
时,易知四边形
,
是正方形,
,
,
,
四边形
是矩形,
,
,
.
(2)解:
如图2中,连接.
在中,,,
,
在
中,
设
在
,则
中,
,
,
,
,
,
(3)解:
如图3中,连接,作于.
,
,
,
,
,
,
当
当与
,
的面积最小时,四边形
重合时,点到直线
的面积最小,
的距离最小,最小值
,
,
的面积的最小值,
四边形的面积的最小值为.
【解析】【分析】
(1)当∠BEF=45°时,易知四边形EBFH是正方形,求出EM,EH的长即
可解决问题.
(2)如图2中,连接DE.利用勾股定理求出DE,DH,设BF=FH=x,在Rt△DFC
中,利用勾股定理即可解决问题.(3)如图3中,连接AC,作EM⊥AC于M.利用相似三角
形的性质求出
EM,由S四边形AHCD=S△
△
△
×6×8=24,推出当△ACH的面积最
ACH+S
ADC