中考数学二轮复习核心考点专题专题21圆中的相似问题含解析答案

这是一份中考数学二轮复习核心考点专题专题21圆中的相似问题含解析答案，共31页。
专题21�圆中的相似问题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

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一、单选题
1．如图，在矩形ABCD中，，，以点C为圆心作与直线相切，点是上一个东点，连接交于点，则的最大值是（    ）

A．4 B．3 C． D．
2．如图，在平面直角坐标系中，半径为2的⊙O与x轴的正半轴交于点A，点B是⊙O上一动点，点C为弦的中点，直线与x轴、y轴分别交于点D、E，则面积的最大值为（　　）

A．2 B．5 C．6 D．7
3．如图，中，已知，以为直径的交于点，交于点，若，则的值为(　　)

A．1：4 B．1：3 C．1：2 D．2：5

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二、解答题
4．如图，AB是的直径，AC是弦，D是的中点，CD与AB交于点E．F是AB延长线上的一点，且．

(1)求证：为的切线；
(2)连接BD，取BD的中点G，连接AG．若，，求AG的长．
5．如图，△ACE，△ACD均为直角三角形，∠ACE=90°，∠ADC=90°，AE与CD相交于点P，以CD为直径的⊙O恰好经过点E，并与AC，AE分别交于点B和点F．
（1）求证：∠ADF=∠EAC．
（2）若PC=PA，PF=1，求AF的长．

6．如图，O为线段PB上一点，以O为圆心，OB长为半径的⊙O交PB于点A，点C在⊙O上，连接PC，满足．

(1)求证：PC是⊙O的切线；
(2)若AB＝3PA，求的值．
7．已知为的直径，于B，且，D为半圆上的一点，连接并延长交半圆的切线于E．

（1）如图1，若，求证：是的切线；
（2）如图2，若F点在上，且，求的值．
8．如图，已知是的角平分线，经过A、B、D三点，过点B作，交于点E，连接．

(1)求证：；
(2)若，设的面积为，的面积为，且，求和的值；
(3)在（2）的条件下，求的面积．
9．如图，在矩形ABCD中，AD＝4cm，AB＝2cm，点E从点B出发，沿BC以每秒1cm的速度向点C匀速运动，当点E到达点C时停止运动，设点E的运动时间为t秒．连结AE，过点E作EF⊥AE，E为垂足，点F在直线BC的上方，且，以点F为圆心，FE为半径作圆，连结CF．

(1)当时，判断点C与的位置关系．
(2)当时，是否会与矩形ABCD的边所在的直线相切，若相切，求出t的值，若不相切，请说明理由．
(3)直接写出点F的运动路径长．
10．如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，AD⊥CD于点D，且AC平分∠DAB，求证：
（1）直线DC是⊙O的切线；
（2）AC2=2AD•AO．

11．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，点F是⊙O上一点，且＝，连接FB，FD，FD交AB于点N．

（1）若AE＝1，CD＝6，求⊙O的半径；
（2）求证：△BNF为等腰三角形；
（3）连接FC并延长，交BA的延长线于点P，过点D作⊙O的切线，交BA的延长线于点M．求证：ON•OP＝OE•OM．
12．（1）方法选择
如图①，四边形是的内接四边形，连接．求证：．
小颖认为可用截长法证明：在上截取，连接…
小军认为可用补短法证明：延长至点N，使得…
请你选择一种方法证明．
（2）类比探究
【探究1】
如图②，四边形是的内接四边形，连接是的直径，．试用等式表示线段之间的数量关系，并证明你的结论．
【探究2】如图③，四边形是的内接四边形，连接．若是的直径，，则线段之间的等量关系式是           ．
（3）拓展猜想
如图④，四边形是的内接四边形，连接．若是的直径，，则线段之间的等量关系式是           ．


评卷人
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三、填空题
13．如图，四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，AB=5，BC=10，连接AC、BD，以BD为直径的圆交AC于点E．若DE=3，则AD的长为 ．

14．如图，在矩形中，，，点M、N分别是边、的中点，某一时刻，动点E从点M出发，沿方向以每秒2个单位长度的速度向点A匀速运动；同时，动点F从点N出发，沿方向以每秒1个单位长度的速度向点C匀速运动，其中一点运动到矩形顶点时，两点同时停止运动，连接，过点B作的垂线，垂足为H．在这一运动过程中，点H所经过的路径长是 ．


参考答案：
1．B
【分析】过点作的垂线，为定值；过点作的垂线，只要最大即可，进而求出最大，即可得出结论．
【详解】解：如图，过点作于，
是矩形的对角线，
，
，
，
，
是的切线，
的半径为
过点作于，
，
，
，
，
，
，
要最大，则最大，
点是上的动点，是的切线，
最大为的直径，即：，
最大值为，
故选：．

【点睛】此题主要考查了矩形的性质，圆的切线的性质，相似三角形的性质，构造出相似三角形是解本题的关键．
2．D
【分析】连接，由垂径定理得，再由圆周角定理得点C在以为直径的圆上（点O、A除外），以为直角作⊙P，过P点作直线于H，交⊙P于M、N，利用一次函数解析式确定，，则，然后证，利用相似比求出的长，得的长，当C点与M点重合时，的面积最大，即可求．
【详解】解：连接，如图，
∵点C为弦的中点，
，
，
∴点C在以为直径的圆上（点O、A除外），
以为直径作⊙P，过P点作直线于H，交⊙P于M、N，
当时，，则，
当时，，
解得，则，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
即，
解得，
，
，
当C点与M点重合时，面积的最大值为7，
故选：D．

【点睛】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧，也考查了圆周角定理、相似三角形的判定与性质和一次函数的性质．
3．B
【分析】根据圆内接四边形的性质可证明△，从而可知，进而即可求解．
【详解】解：四边形内接于，
，
，
，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查圆的综合问题，涉及圆内接四边形的性质以及相似三角形的判定与性质等知识，需要学生灵活运用知识．
4．(1)见解析
(2)

【分析】（1）方法一：如图1，连接OC，OD．由，，可得，由是的直径，D是的中点，，进而可得，即可证明CF为的切线；
方法二：如图2，连接OC，BC．设．同方法一证明，即可证明CF为的切线；
（2）方法一：如图3，过G作，垂足为H．设的半径为r，则．在Rt△OCF中，勾股定理求得，证明，得出，根据，求得，进而求得，根据勾股定理即可求得；
方法二：如图4，连接AD．由方法一，得．，D是的中点，可得，根据勾股定理即可求得．
【详解】（1）（1）方法一：如图1，连接OC，OD．
∵，
∴．
∵，
∴．  
∵，
∴．
∵是的直径，D是的中点，
∴．
∴．
∴，即．
∴．
∴CF为的切线．

方法二：如图2，连接OC，BC．设．
∵AB是的直径，D是的中点，
∴．
∴．
∵，
∴．  
∴．
∵，
∴．
∴．
∵AB是的直径，
∴．
∴．
∴，即．
∴．
∴CF为的切线．

（2）解：方法一：如图3，过G作，垂足为H．
设的半径为r，则．
在Rt△OCF中，，
解之得．
∵，
∴．  
∵，
∴．
∴．

∴．
∵G为BD中点，
∴．
∴，．
∴．
∴．

方法二：如图4，连接AD．由方法一，得．
∵AB是的直径，
∴．
∵，D是的中点，
∴．
∵G为BD中点，
∴．
∴．

【点睛】本题考查了切线的判定，勾股定理，相似三角形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．
5．（1）证明见解析；（2）．
【分析】(1)由∠ACE=90°，得到∠EAC+∠FEC=90°．由∠ADC=90°，得到∠ADF+∠CDF=90°．从而有∠ADF=∠EAC;
(2)连接FC．先证△CPF∽△APC，再由相似三角形的性质得到PA的长，从而得到结论．
【详解】(1)证明：∵∠ACE=90°，
∴∠EAC+∠FEC=90°．
∵∠ADC=90°，
∴∠ADF+∠CDF=90°．
又∵∠CDF=∠FEC，
∴∠ADF=∠EAC．
(2)如图，连接FC．

∵CD为⊙O的直径，
∴∠CFD=90°，
∴∠PCF+∠CDF=90°．
∵∠CDF=∠AEC，
∴∠CDF=∠PAC．
又∵∠CPF=∠APC，
∴△CPF∽△APC，
∴，
∵PC=PA，PF=1，
∴，解得：PA=，
∴AF=PA-PF=-1=．
6．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）连接OC，由可得，可证明△PAC∽△PCB，再根据相似三角形的性质可得∠PCA＝∠B，然后根据圆周角定理可知∠ACB＝90°，则∠CAB+∠B＝90°，由OA＝OC可知∠CAB＝∠OCA，等量代换可知，即OC⊥PC，即可得出结论；
（2）由AB＝3PA可得PB＝4PA，，则有，再根据勾股定理计算，然后根据相似三角形的性质可得出的值．
【详解】（1）证明：连接OC，

∵，
∴，
∵∠P＝∠P，
∴△PAC∽△PCB，
∴∠PCA＝∠B，
∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠CAB+∠B＝90°，
∵OA＝OC，
∴∠CAB＝∠OCA，
∴，
∴OC⊥PC，
∴PC是⊙O的切线；
（2）解：∵AB＝3PA，
∴PB＝4PA，，，
∵OC⊥PC，
∴，
∵△PAC∽△PCB，
∴．
【点睛】本题主要考查了三角形相似的判定与性质、切线的判定、圆周角定理以及勾股定理等知识，解题关键是熟练掌握圆周角定理即相似三角形的判定等知识的综合运用．
7．（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）连接，易证，即可解题；
（2）连接，易证和，根据相似三角形对应边比例相等的性质即可解题．
【详解】（1）连接，


于，
，
在与中，
，
，
，
，
是的切线；
（2）连接，

是直径，
，
，，
，


，
，
，
，
，
，
∵在和中，
，
，
∴，
∴，即，
，
∴．
【点睛】 本题考查了相似三角形的判定和性质，考查了全等三角形的判定和性质，本题中求证 和 是解题关键．
8．(1)见解析
(2)
(3)

【分析】（1）由是的角平分线，得到，由于，等量代换得到，根据平行线的性质和判定即可得到结果；
（2）由BE∥AD，得到，由于，得到，根据相似三角形的性质相似三角形面积的比等于相似比的平方即可得到结果．
（3）根据，求出的面积即可．
【详解】（1）证明：∵是的角平分线，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）


∵，
∴，
∵，
∴，且相似比，
∴，即，
∵，
∴，
即，
∴．
（3）∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查圆周角定理，平行线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等高模型等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
9．(1)点C在外
(2)是，或
(3)

【分析】（1）过点F作FG⊥BC于点G，易证ΔABE～△EGF，根据相似三角形的性质可得，FG=，则CG＝2，利用勾股定理求出CF＝，则CF＞EF，即可得出结论；
（2）过点F作FG⊥BC于点G，由（1）知ΔABE～EGF，根据相似三角形的性质得，在RtΔABE中，由勾股定理求出AE2＝AB2＋BE2＝4＋t2，可得EF=（4+t2），FG=，然后分两种情况：①与矩形ABCD的边AD相切，②与矩形ABCD的边CD相切，根据切线的性质即可求解；
（3）由题意可得点F的运动路径为MN，作NG⊥BC于G，连接CN，利用相似三角形的判定与性质以及勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：点C在外．
如图，过点F作FG⊥BC于点G，

∵EF⊥AE，∠ABE＝90°，
∴∠AEB+∠BAE＝90°，∠AEB+∠FEG＝90°，
∴∠BAE＝∠GEF，
又∵∠ABE＝∠EGF＝90°，
∴，
∴，
当t＝1时，BE＝1，AB＝2，
∴，，
∴CG＝2．
∴．
∵．
∴CF>EF．
∴点C在外．
（2）过点F作FG⊥BC于点G，
由（1）知，
∴，
在Rt△ABE中，∠ABE＝90°，
∴，
∴，
．
①如图，⊙F与直线AD相切时，延长GF与AD相交于点P，．

∴PF＝EF，
∴，即，
解得：．
②如图，⊙F与直线CD相切时，过点F作FQ⊥CD于点Q，则，

∴EF＝FQ，
∴，即，
解得：，（舍去），
综上所述：当或时，⊙F与矩形ABCD的边所在的直线相切．
（3）由题意可得点F的运动路径为MN，作NG⊥BC于G，连接CN，

∵四边形ABCD为矩形，
∴ ，
∵AC⊥CN，
∴ ，
∴ ，
∵NG⊥BC，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵当点E和点B重合时，点F在点M处，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴点F的运动路径长为 ．
【点睛】本题是圆的综合题，考查切线的性质、矩形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会正确画出图形，把问题转化为方程解决，学会添加常用辅助线，构造相似三角形，属于中考压轴题．
10．（1）证明见解析.（2）证明见解析.
【详解】分析：（1）连接OC，由OA=OC、AC平分∠DAB知∠OAC=∠OCA=∠DAC，据此知OC∥AD，根据AD⊥DC即可得证；
（2）连接BC，证△DAC∽△CAB即可得．
详解：（1）如图，连接OC，

∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∵AC平分∠DAB，
∴∠OAC=∠DAC，
∴∠DAC=∠OCA，
∴OC∥AD，
又∵AD⊥CD，
∴OC⊥DC，
∴DC是⊙O的切线；
（2）连接BC，
∵AB为⊙O的直径，
∴AB=2AO，∠ACB=90°，
∵AD⊥DC，
∴∠ADC=∠ACB=90°，
又∵∠DAC=∠CAB，
∴△DAC∽△CAB，
∴，即AC2=AB•AD，
∵AB=2AO，
∴AC2=2AD•AO．
点睛：本题主要考查圆的切线，解题的关键是掌握切线的判定、圆周角定理及相似三角形的判定与性质．
11．（1）5；（2）见解析；（3）见解析
【分析】（1）连接BC，AC，AD，通过证明△ACE∽△CEB，可得，可求BE的长，即可求⊙O的半径；
（2）通过证明△ADE≌△NDE，可得∠DAN＝∠DNA，即可证BN＝BF，可得△BNF为等腰三角形；
（3）通过证明△ODE∽△ODM，可得DO2＝OE•OM，通过证明△PCO∽△CNO，可得CO2＝PO•ON，即可得结论．
【详解】解：（1）如图1，连接BC，AC，AD，

∵CD⊥AB，AB是直径
∴，CE＝DE＝CD＝3
∴∠ACD＝∠ABC，且∠AEC＝∠CEB
∴△ACE∽△CEB
∴,即,
∴BE＝9
∴AB＝AE+BE＝10
∴⊙O的半径为5
（2）∵，
∴∠ACD＝∠ADC＝∠CDF，且DE＝DE，∠AED＝∠NED＝90°
∴△ADE≌△NDE（ASA）
∴∠DAN＝∠DNA，AE＝EN
∵∠DAB＝∠DFB，∠AND＝∠FNB
∴∠FNB＝∠DFB
∴BN＝BF，
∴△BNF是等腰三角形
（3）如图2，连接AC，CE，CO，DO，

∵MD是切线，
∴MD⊥DO，
∴∠MDO＝∠DEO＝90°，∠DOE＝∠DOE
∴△MDO∽△DEO
∴，
∴OD2＝OE•OM
∵AE＝EN，CD⊥AO
∴∠ANC＝∠CAN，
∴∠CAP＝∠CNO，
∵，
∴∠AOC＝∠ABF
∵CO∥BF
∴∠PCO＝∠PFB
∵四边形ACFB是圆内接四边形
∴∠PAC＝∠PFB
∴∠PAC＝∠PFB＝∠PCO＝∠CNO，且∠POC＝∠COE
∴△CNO∽△PCO
∴，
∴CO2＝PO•NO，
∴ON•OP＝OE•OM．
【点睛】本题属于圆的综合题，考查了圆周角定理、垂径定理、全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定和性质等知识．注意准确作出辅助线是解此题的关键．
12．（1）见解析；（2）探究1：．证明见解析；探究2：；（3），
【分析】(1）方法选择：在上截取，连接，可得，证明是等边三角形，可证明，得出，则结论得证；
（2）类比探究：[探究1]：可得出，过点A作交于点M，证明是等腰直角三角形，得出，根据可证得，得出，则结论得证；
[探究2]：过点A作交于点M，得出，证明，得出，可得出结论；
（3）拓展猜想：过点A作交于点M，得出，则，证明，证得，由相似三角形的性质可得出结论．
【详解】解：（1）∵，
∴，
如图①，在上截取，连接，

∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）类比探究
探究1
如图②，∵是的直径，

∴，
∵，
∴，
过点A作交于点M，
∵
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
探究2
如图③，

∵若是的直径，，
∴，
过点A作交于点M，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为：；
（3）拓展猜想
，
理由：如图④，

∵若是的直径，
∴，
过点A作交于点M，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，相似三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，正确作出辅助线，熟练运用图形的性质是解题的关键．
13．2
【分析】先证明△ADF∽△CAB，利用相似三角形的性质可得．再证明△DEF∽△DBA，利用相似三角形的性质可得，据此可求出DF的值，进而求出AD的值．
【详解】如图所示，过点D作DF⊥AC于点F，

则∠AFD=∠CBA=90°．
∵AD∥BC，
∴∠DAF=∠ACB，
∴△ADF∽△CAB，
∴DF∶AB=AD∶CA．
在Rt△ABC中，AB=5，BC=10，
∴AC=，
∴，
∴．
在Rt△ABD中，．
∵同弧所对的圆周角相等，
∴∠DEF=∠DBA，
又∵∠DFE=∠DAB=90°，
∴△DEF∽△DBA，
∴，即，
∴DF=2，
∴AD=2．
故答案为2．
【点睛】本题主要了平行线的性质、勾股定理、圆周角定理以及相似三角形的判定与性质．熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．
14．π
【分析】如图1中，连接交于点，连接．首先证明，利用勾股定理求出．由，推出点在为直径的上运动，当点与重合时，如图2中，连接，．点的运动轨迹是．求出，再利用弧长公式求解．
【详解】解：如图1中，连接交于点，连接．

四边形是矩形，，，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
点在为直径的上运动，
当点与重合时，如图2中，连接，．点的运动轨迹是．

此时，，
，
，，
平分，
，
，
点的运动轨迹的长．
故答案为：．
【点睛】本题考查矩形的性质，轨迹，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，弧长公式等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考常考题型．