备战中考数学圆与相似的综合压轴题专题复习附答案解析doc.docx
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备战中考数学——圆与相似的综合压轴题专题复习附答案解析
一、相似
1.如图,在△ABC中,∠C=90°,AC=8,BC=6。
P是
AB边上的一个动点(异于
A、B两
点),过点
P分别作
AC、BC边的垂线,垂足为
M、N设
AP=x.
(1)在△ABC中,AB=________;
(2)当x=________时,矩形PMCN的周长是14;
(3)是否存在x的值,使得△PAM的面积、△PBN的面积与矩形PMCN的面积同时相等?
请说出你的判断,并加以说明。
【答案】
(1)10
(2)5
(3)解:
∵PM⊥AC,PN⊥BC,
∴∠AMP=∠PNB=∠C=90o.
∴AC∥PN,∠A=∠NPB.
∴△AMP∽△PNB∽△ABC.
当P为AB中点时,可得△AMP≌△PNB
此时S△
△
×4×3=6
AMP=SPNB=
而S矩形PMCN=PM·MC=3×4=12.
所以不存在x的值,能使△AMP的面积、△PNB的面积与矩形PMCN面积同时相等.
【解析】【解答】
(1)∵△ABC为直角三角形,且AC=8,BC=6,
(2)∵PM⊥ACPN⊥BC
∴MP∥BC,AC∥PN(垂直于同一条直线的两条直线平行),
∴,
∵AP=x,AB=10,BC=6,AC=8,BP=10-x,
∴矩形PMCN周长=2(PM+PN)=2(x+8-x)=14,解得x=5;
【分析】在△ABC中,∠C=90°,AC=8,BC=6根据勾股定理,可求出AB的长;
AP=x,可以
得到矩形PMCN的周长的表达式,构造方程,解方程得到x值.可以证明
△AMP∽△PNB∽△ABC,只有当P为AB中点时,可得△AMP≌△PNB,此时S△AMP=S△PNB,分别求出当P为AB中点时△PAM的面积、△PBN的面积与矩形PMCN的
面积比较即可.
2.如图,正方形ABCD、等腰Rt△BPQ的顶点P在对角线AC上(点P与A、C不重合),QP与BC交于E,QP延长线与AD交于点F,连接CQ.
(1)①求证:
AP=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=45°+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.
3.如图,在四边形ABCD中,AD//BC,,BC=4,DC=3,AD=6.动点P从点D出
发,沿射线DA的方向,在射线DA上以每秒2两个单位长的速度运动,动点Q从点C出
发,在线段CB上以每秒1个单位长的速度向点B运动,点P、Q分别从点D,C同时出发,当点Q运动到点B时,点P随之停止运动.设运动的时间为t(秒).
(1)设的面积为,直接写出与之间的函数关系式是________(不写取值范
围).
(2)当B,P,Q三点为顶点的三角形是等腰三角形时,求出此时的值.
(3)当线段PQ与线段AB相交于点O,且2OA=OB时,直接写出=________.
(4)是否存在时刻,使得若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
【答案】
(1)
(2)解:
如图1,过点P作PH⊥BC于点H,
∴∠PHB=∠PHQ=90,°
∵∠C=90,°AD∥BC,
∴∠CDP=90,°
∴四边形PHCD是矩形,
∴PH=CD=3,HC=PD=2t,
∵CQ=t,BC=4,
∴HQ=CH-CQ=t,BH=BC-CH=4-2t,BQ=4-t,
∴BQ2=
,BP2=
,PQ2=
,
由BQ2=BP2可得:
,解得:
无解;
由BQ2=PQ2可得:
,解得:
;
由BP2=PQ2可得:
,解得:
或
,
∵当
时,BQ=4-4=0,不符合题意,
∴综上所述,或;
(3)
(4)解:
如图3,过点D作DM∥PQ交BC的延长线于点M,
则当∠BDM=90°时,PQ⊥BD,即当BM2=DM2+BD2时,PQ⊥BD,
∵AD∥BC,DM∥PQ,
∴四边形PQMD是平行四边形,
∴QM=PD=2t,∵QC=t,
∴CM=QM-QC=t,
∵∠BCD=∠MCD=90°,
∴BD2=BC2+DC2=25,DM2=DC2+CM2=9+t2,
∵BM2=(BC+CM)2=(4+t)2,
∴由BM2=BD2+DM2可得:
,解得:
,
∴当时,∠BDM=90°,
即当时,PQ⊥BD.
【解析】【解答】解:
(1)由题意可得BQ=BC-CQ=4-,t点P到BC的距离=CD=3,
∴S△PBQ=BQ×3=;
(3)解:
如图2,过点P作PM⊥BC交CB的延长线于点M,
∴∠PMC=∠C=90,°
∵AD∥BC,
∴∠D=90,°△OAP∽△OBQ,
∴四边形PMCD是矩形,∴PM=CD=3,CM=PD=2t,∵AD=6,BC=4,CQ=t,
,
∴PA=2t-6,BQ=4-t,MQ=CM-CQ=2t-t=t,
∴,解得:
,
∴MQ=,
又∵PM=3,∠PMQ=90°,
∴tan∠BPQ=;
【分析】
(1)点P作PM⊥BC,垂足为M,则四边形PDCM为矩形,根据梯形的面积公式
就可以利用t表示,就得到s与t之间的函数关系式。
(2)以B、P、Q三点为顶点的三角形是等腰三角形,可以分PQ=BQ、BP=BQ、PB=PQ三
种情况,在Rt△PMQ中根据勾股定理,就得到一个关于t的方程,就可以求出t。
(3)根据相似三角形对应边比例可列式求出t,从而根据正切的定义求出值;
(4)首先假设存在,然后根据相似三角形对应边成比例求证。
4.如图,在△ABC中,点N为AC边的任意一点,D为线段AB上一点,若∠MPN的顶点P为线段CD上任一点,其两边分别与边BC,AC交于点M、N,且∠MPN+∠ACB=180°.
(1)如图1,若AC=BC,∠ACB=90°,且D为AB的中点时,求,请证明你的结论;
(2)如图2,若BC=m,AC=n,∠ACB=90°,且D为AB的中点时,则=________;
(3)如图3,若=k,BC=m,AC=n,请直接写出的值.(用k,m,n表示)
【答案】
(1)解:
如图1中,作PG⊥AC于G,PH⊥BC于H,
∵AC=BC,∠ACB=90,°且D为AB的中点,
∴CD平分∠ACB,
∵PG⊥AC于G,PH⊥BC于H,
∴PG=PH,
∵∠PGC=∠PHC=∠GCH=90,°
∴∠GPH=∠MPN=90°,
∴∠MPH=∠NPG,
∵∠PHM=∠PGN=90,°
∴△PHM∽△PGN,
∴=1
(2)
(3)解:
如图3中,作PG⊥AC于G,PH⊥BC于H,DT⊥AC于T,DK⊥BC于K,
易证△PMH∽△PGN,
∴,
∵,
∴,
∵DT∥PG,DK∥PH,
∴,
∴,
∴
【解析】【解答】解:
(2)如图2中,作PG⊥AC于G,PH⊥BC于H,
∵∠PGC=∠PHC=∠GCH=90,°
∴∠GPH=∠MPN=90°,
∴∠MPH=∠NPG,
∵∠PHM=∠PGN=90,°
∴△PHM∽△PGN,
∴,
∵△PHC∽△ACB,PG=HC,
∴,
故答案为:
;
【分析】
(1)作PG⊥AC于G,PH⊥BC于H,根据已知条件可证△PHM和△PGN的两角
对应相等,进而可得△PHM∽△PGN,由相似三角形的对应边成比例即可求出。
(2)作
PG⊥AC于G,PH⊥BC于H,由两角对应相等,可得△PHM∽△PGN,由相似三角形的对应
边成比例可得=,由两角对应相等,可得△PHC∽△ACB,又PG=HC,相似三角形的对应边成比例及等量代换即可求出。
(3)作PG⊥AC于G,PH⊥BC于H,DT⊥AC于T,DK⊥BC于K,由两角对应相等,△PHM∽△PGN,由相似三角形的对应边成比例可得
=,由△AC
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