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