中考数学圆与相似综合题及答案解析.docx

一、相似1．如图，正方形QP 与 BC交于 一、相似 1．如图，正方形 QP 与 BC交于 E， ABCD、等腰 Rt△BPQ的顶点 P在对角线 AC上（点 P与 A、 C不重合）， QP 延长线与 AD交于点 F，连接 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=4°5+45°=90°，再由三角函数可 得 tan∠CPQ= ，由 AP:PC=1:3， AP=CQ，可得 tan∠CPQ= ，再由 ∠CBQ=∠ CPQ可求出答 案. 2． 如图，抛物线 过点 ， ． 为线段 OA 上一个动点（点 M 与点 A 不重合），过点 M 作垂直于 x 轴的直线与直线 AB 和抛物线 分别交于点 P、 N． 1）求直线 AB 的解析式和抛物线的解析式； 2）如果点 P是 MN 的中点，那么求此时点 N 的坐标； 3）如果以 B， P，N 为顶点的三角形与 相似，求点 M 的坐标． 答案】 （1）解：设直线 的解析式为 （ ） ∵， 解得 抛物线 经过点 ， 解得 ∴直线 的解析式为 2）解： ∵ 轴， 则 ， 点是 的中点 3）解： ∵ ， ， ∵ ∴ 当 与 相似时，存在以下两种情况： ,解得 ,解得 解得 【解析】 【分析】（ 1 【解析】 【分析】（ 1） （2）由（ 1）可得直线 表示的坐标，则可求得 M（ m,0）可得点 N，P 用 m M（ m,0）可得点 N，P 用 m 的值即可。 （3）在 △BPN与△APM 中， ∠BPN=∠APM，则有 和 这两种情况，分别用 含 m 的代数式表示出 BP， PN，PM， PA，代入建立方程解答即可。 3．如图 1，在 Rt△ABC中， ∠ B=90°， BC=2AB=8，点 D、E 分别是边 BC、 AC的中点，连接 DE，将△ EDC绕点 C 按顺时针方向旋转，记旋转角为 α． 1）问题发现 ① 当 α =0时°， （2）拓展探究 = ；② 当 α =180时°， 试判断：当 0° （3）问题解决 当△ EDC旋转至 A， ≤α360°时， 的大小有无变化？请仅就图 2 的情形给出证明． D，E三点共线时，直接写出线段 BD 的长． 答案】 （1） 当 0°≤α360°时， 的大小没有变化， ∵∠ ECD=∠ACB， ∴∠ ECA=∠DCB， 又∵ ， ∴△ ECA∽ △ DCB， ∵AC=4 ，CD=4， CD⊥AD， ∵AD=BC， AB=DC，∠B=90 ，° ∴四边形 ABCD是矩形， ∴BD=AC= ． ② 如图 4，连接 BD，过点 D作 AC的垂线交 AC于点 Q，过点 B作 AC的垂线交 AC于点 ∵AC= ，CD=4， CD⊥AD， ∴AD= ∵点 D、 E 分别是边 BC、 AC的中点， ∴DE= =2， ∴AE=AD-DE=8-2=6， 由（ 2），可得 ， 综上所述， BD 的长为 或 综上所述， BD 的长为 或 解析】 【解答】（ 1） ① 当 α=0°时， ∵Rt△ABC中，∠B=90 ，° ∴AC= ∵点 D、 E 分别是边 BC、 AC的中点， ,BD=8 ÷，2=4 ② 如图 1 ， 当 α