中考数学一轮考点复习有关相似形圆的证明考点解读+考题精析.docx
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中考数学一轮考点复习有关相似形圆的证明考点解读+考题精析
有关相似形、圆的证明
考点解读
1、经历探索、猜想、证明的过程,发展推理论证和计算能力。
2、能够利用图形的相似以及圆的性质等相关知识解决实际问题。
3、体会在证明过程中所运用的归纳、类比和转化的数学思想方法。
4、重点:
运用相似及圆的知识,对几何问题进行证明和计算。
5、易错点:
审题不清,错用条件或推理不完善。
考题解析
1.矩形的长与宽分别为a、b,下列数据能构成黄金矩形的是( )
A.a=4,b=+2B.a=4,b=﹣2C.a=2,b=+1D.a=2,b=﹣1
【考点】S3:
黄金分割;LB:
矩形的性质.
【分析】根据黄金矩形的定义判断即可.
【解答】解:
∵宽与长的比是的矩形叫做黄金矩形,
∴=,
∴a=2,b=﹣1,
故选D.
2.已知△ABC∽△DEF,且相似比为1:
2,则△ABC与△DEF的面积比为( )
A.1:
4B.4:
1C.1:
2D.2:
1
【考点】S7:
相似三角形的性质.
【分析】利用相似三角形面积之比等于相似比的平方计算即可.
【解答】解:
∵△ABC∽△DEF,且相似比为1:
2,
∴△ABC与△DEF的面积比为1:
4,
故选A
3.如图,在边长为4的正方形ABCD中,E、F是AD边上的两个动点,且AE=FD,连接BE、CF、BD,CF与BD交于点G,连接AG交BE于点H,连接DH,下列结论正确的个数是( )
①△ABG∽△FDG②HD平分∠EHG③AG⊥BE④S△HDG:
S△HBG=tan∠DAG⑤线段DH的最小值是2﹣2.
A.2B.3C.4D.5
【考点】S9:
相似三角形的判定与性质;KD:
全等三角形的判定与性质;LE:
正方形的性质;T7:
解直角三角形.
【分析】首先证明△ABE≌△DCF,△ADG≌△CDG(SAS),△AGB≌△CGB,利用全等三角形的性质,等高模型、三边关系一一判断即可.
【解答】解:
∵四边形ABCD是正方形,
∴AB=CD,∠BAD=∠ADC=90°,∠ADB=∠CDB=45°,
在△ABE和△DCF中,
,
∴△ABE≌△DCF(SAS),
∴∠ABE=∠DCF,
在△ADG和△CDG中,
,
∴△ADG≌△CDG(SAS),
∴∠DAG=∠DCF,
∴∠ABE=∠DAG,
∵∠DAG+∠BAH=90°,
∴∠BAE+∠BAH=90°,
∴∠AHB=90°,
∴AG⊥BE,故③正确,
同法可证:
△AGB≌△CGB,
∵DF∥CB,
∴△CBG∽△FDG,
∴△ABG∽△FDG,故①正确,
∵S△HDG:
S△HBG=DG:
BG=DF:
BC=DF:
CD=tan∠FCD,
又∵∠DAG=∠FCD,
∴S△HDG:
S△HBG=tan∠FCD,tan∠DAG,故④正确
取AB的中点O,连接OD、OH,
∵正方形的边长为4,
∴AO=OH=×4=2,
由勾股定理得,OD==2,
由三角形的三边关系得,O、D、H三点共线时,DH最小,
DH最小=2﹣2.
无法证明DH平分∠EHG,故②错误,
故①③④⑤正确,
故选C.
4.点E、F分别在平行四边形ABCD的边BC、AD上,BE=DF,点P在边AB上,AP:
PB=1:
n(n>1),过点P且平行于AD的直线l将△ABE分成面积为S1、S2的两部分,将△CDF分成面积为S3、S4的两部分(如图),下列四个等式:
①S1:
S3=1:
n
②S1:
S4=1:
(2n+1)
③(S1+S4):
(S2+S3)=1:
n
④(S3﹣S1):
(S2﹣S4)=n:
(n+1)
其中成立的有( )
A.①②④B.②③C.②③④D.③④
【考点】S9:
相似三角形的判定与性质;L5:
平行四边形的性质.
【分析】根据平行线的性质,相似三角形的性质可知=()2,S3=n2S1,=()2,求出S2,S3,S4(用S1,n表示),即可解决问题.
【解答】解:
由题意∵AP:
PB=1:
n(n>1),AD∥l∥BC,
∴=()2,S3=n2S1,=()2,
整理得:
S2=n(n+2)S1,S4=(2n+1)S1,
∴S1:
S4=1:
(2n+1),故①错误,②正确,
∴(S1+S4):
(S2+S3)=[S1+(2n+1)S1]:
[n(n+2)S1+n2S1]=1:
n,故③正确,
∴(S3﹣S1):
(S2﹣S4)=[n2S1﹣S1]:
[n(n+2)S1﹣(2n+1)S1]=1:
1,故④错误,
故选B.
5.如图,AB为半圆O的直径,CD切⊙O于点E,AD、BC分别切⊙O于A、B两点,AD与CD相交于D,BC与CD相交于C,连接OD、OC,对于下列结论:
①OD2=DE•CD;②AD+BC=CD;③OD=OC;④S梯形ABCD=CD•OA;⑤∠DOC=90°;⑥若切点E在半圆上运动(A、B两点除外),则线段AD与BC的积为定值.其中正确的个数是( )
A.5B.4C.3D.2
【考点】MR:
圆的综合题.
【分析】根据切线的性质得到三个角为直角,且利用切线长定理得到DE=DA,CE=CB,由CD=DE+EC,等量代换可得出CD=AD+BC,选项②正确;由AD=ED,OD为公共边,根据全等三角形的性质得到∠AOD=∠EOD,同理得到∠EOC=∠BOC,而这四个角之和为平角,可得出∠DOC为直角,选项①正确;根据相似三角形的性质得比例可得出OD2=DE•CD,选项⑤正确;由△ODE∽△OEC,,得到OD≠OC,选项③错误;根据射影定理即可得到AD•BC=OE2,于是得到线段AD与BC的积为定值,故⑥正确.
【解答】解:
连接OE,如图所示:
∵AD与圆O相切,DC与圆O相切,BC与圆O相切,
∴∠DAO=∠DEO=∠OBC=90°,
∴DA=DE,CE=CB,AD∥BC,
∴CD=DE+EC=AD+BC,选项②正确;
∴S梯形ABCD=(AD+BC)•AB=CD•OA;选项④正确;
在Rt△ADO和Rt△EDO中,
,
∴Rt△ADO≌Rt△EDO(HL),
∴∠AOD=∠EOD,
同理Rt△CEO≌Rt△CBO,
∴∠EOC=∠BOC,
又∵∠AOD+∠DOE+∠EOC+∠COB=180°,
∴2(∠DOE+∠EOC)=180°,即∠DOC=90°,选项⑤正确;
∴∠DOC=∠DEO=90°,又∠EDO=∠ODC,
∴△EDO∽△ODC,
∴=,即OD2=DC•DE,选项①正确;
同理△ODE∽△OEC,
∴,
∴OD≠OC,选项③错误;
∵∠COD=90°,OE⊥CD,
∴OE2=CE•DE,
∵DA=DE,CE=CB,
∴AD•BC=OE2,
∴线段AD与BC的积为定值,故⑥正确.
故选A.
6.如图,已知AB=12,点C,D在AB上,且AC=DB=2,点P从点C沿线段CD向点D运动(运动到点D停止),以AP、BP为斜边在AB的同侧画等腰Rt△APE和等腰Rt△PBF,连接EF,取EF的中点G,下列说法中正确的有( )
①△EFP的外接圆的圆心为点G;②四边形AEFB的面积不变;
③EF的中点G移动的路径长为4;④△EFP的面积的最小值为8.
A.1个B.2个C.3个D.4个
【考点】MR:
圆的综合题.
【分析】分别延长AE、BF交于点H,易证四边形EPFH为平行四边形,得出G为PH中点,则G的运行轨迹为三角形HCD的中位线MN.再求出CD的长,运用中位线的性质求出MN的长度即可确定③正确;又由G为EF的中点,∠EPF=90°,可知②错误.根据直角三角形两直角边的差越大,直角三角形的面积越小,可求得答案.
【解答】解:
如图,
分别延长AE、BF交于点H.
∵等腰Rt△APE和等腰Rt△PBF,
∴∠A=∠FPB=45°,∠B=∠EPA=45°,
∴AH∥PF,BH∥PE,∠EPF=180°﹣∠EPA﹣∠FPB=90°,
∴四边形EPFH为平行四边形,
∴EF与HP互相平分.
∵G为EF的中点,
∴G也为PH中点,
即在P的运动过程中,G始终为PH的中点,
∴G的运行轨迹为△HCD的中位线MN.
∵CD=12﹣2﹣2=8,
∴MN=4,即G的移动路径长为4.
故③EF的中点G移动的路径长为4,正确;
∵G为EF的中点,∠EPF=90°,
∴①△EFP的外接圆的圆心为点G,正确.
∴①③正确.
∵点P从点C沿线段CD向点D运动(运动到点D停止),易证∠EPF=90°,所以四边形面积便是三个直角三角形的面积和,设cp=x,则四边形面积S=
∴AP不断增大,
∴四边形的面积S也会随之变化,故②错误.
④等腰Rt△APE和等腰Rt△PBF,
∠EPF=90°,
AP=PE,BP=PF,
当AP=AC=2时,即PE=,PF=5,
S△PEF最小=PE•PF=5,故④错误;
故选:
B.
7.如图,直线a∥b∥c,直线l1,l2与这三条平行线分别交于点A,B,C和点D,E,F.若AB:
BC=1:
2,DE=3,则EF的长为 6 .
【考点】S4:
平行线分线段成比例.
【分析】由a∥b∥c,可得=,由此即可解决问题.
【解答】解:
∵a∥b∥c,
∴=,
∴=,
∴EF=6,
故答案为6.
8.如图,AB是⊙O的直径,AB=4,点M是OA的中点,过点M的直线与⊙O交于C,D两点.若∠CMA=45°,则弦CD的长为 .
【考点】M2:
垂径定理;KQ:
勾股定理;KW:
等腰直角三角形.
【分析】连接OD,作OE⊥CD于E,由垂径定理得出CE=DE,证明△OEM是等腰直角三角形,由勾股定理得出OE=OM=,在Rt△ODE中,由勾股定理求出DE=,得出CD=2DE=即可.
【解答】解:
连接OD,作OE⊥CD于E,如图所示:
则CE=DE,
∵AB是⊙O的直径,AB=4,点M是OA的中点,
∴OD=OA=2,OM=1,
∵∠OME=∠CMA=45°,
∴△OEM是等腰直角三角形,
∴OE=OM=,
在Rt△ODE中,由勾股定理得:
DE==,
∴CD=2DE=;
故答案为:
.
三.解答题(共9小题)
9.如图,△ABC内接于⊙O,CD平分∠ACB交⊙O于D,过点D作PQ∥AB分别交CA、CB延长线于P、Q,连接BD.
(1)求证:
PQ是⊙O的切线;
(2)求证:
BD2=AC•BQ;
(3)若AC、BQ的长是关于x的方程x+=m的两实根,且tan∠PCD=,求⊙O的半径.
【考点】S9:
相似三角形的判定与性质;B2:
分式方程的解;M5:
圆周角定理;ME:
切线的判定与性质;T7:
解直角三角形.
【分析】
(1)根据平行线的性质和圆周角定理得到∠ABD=∠BDQ=∠ACD,连接OB,OD,交AB于E,根据圆周角定理得到∠OBD=∠ODB,∠O=2∠DCB=2∠BDQ,
根据三角形的内角和得到2∠ODB+2∠O=180°,于是得到∠ODB+∠O=90°,根据切线的判定定理即可得到结论;
(2)证明:
连接AD,根据等腰三角形的判定得到AD=BD,根据相似三角形的性质即可得到结论;
(3)根据题意得到AC•BQ=4,得到BD=2,由
(1)知PQ是⊙O的切线,由切线的性质得到OD⊥PQ,根据平行线的性质得到OD⊥AB,根据三角函数的定义得到BE=3DE,根据勾股定理得到BE=,设OB=OD=R,根据勾股定理即可得到结论.
【解答】
(1)证明:
∵PQ∥AB,
∴∠ABD=∠BDQ=∠ACD,
∵∠ACD=∠BCD,
∴∠BDQ=∠ACD,
如图1,连接OB,OD,交AB于E,
则∠OBD=∠ODB,∠O=2∠DCB=2∠BDQ,
在△OBD中,∠OBD+∠ODB+∠O=180°,
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