2022-2024年中考数学真题知识点汇编 相似三角形 湖南专版

2022-2024年中考数学真题知识点汇编《相似三角形》 湖南专版 1. 【2022•湘潭】在中（如图），点、分别为、的中点，则（ ） A. B. C. D. 2【2022•衡阳】如图，在四边形中，，，，平分．设，，则关于的函数关系用图象大致可以表示为（ ） A. B. C. D. 3. （2024•长沙）如图，在菱形中，，，点E是边上的动点，连接，，过点A作于点P．设，，则y与x之间的函数解析式为（不考虑自变量x的取值范围）（ ） A. B. C. D. 4. 【2022•邵阳】如图，在中，点在边上，点在边上，请添加一个条件_________，使． 5．【2022•怀化】如图，中，点，分别是，的中点，若，则　　． 6．（2023•乐山）如图，在平行四边形ABCD中，E是线段AB上一点，连结AC、DE交于点F．若，则　　． 7．（2023•怀化）在平面直角坐标系中，△AOB为等边三角形，点A的坐标为（1，0）．把△A0B按如图所示的方式放置，并将△AOB进行变换：第一次变换将△AOB绕着原点O顺时针旋转60°，同时边长扩大为△AOB边长的2倍，得到△A1OB1；第二次旋转将△A1OB1绕着原点O顺时针旋转60°，同时边长扩大为△A1OB1边长的2倍，得到△A2OB2，…．依次类推，得到△A2023OB2023，则△A2023OB2023的边长为 ，点A2023的坐标为 　　． 8.（2022衡阳） 如图，已知抛物线交轴于、两点，将该抛物线位于轴下方的部分沿轴翻折，其余部分不变，得到的新图象记为“图象”，图象交轴于点．7 （1）写出图象位于线段上方部分对应函数关系式； （2）若直线与图象有三个交点，请结合图象，直接写出的值； （3）为轴正半轴上一动点，过点作轴交直线于点，交图象于点，是否存在这样的点，使与相似？若存在，求出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由． 9. 【2022•永州】如图，已知，是的直径，是的切线，点在的延长线上，，交于点， （1）求证：； （2）求证：； （3）若的面积，求四边形的面积． 10 【2022•湘潭】如图，在⊙中，直径与弦相交于点，连接、． （1）求证：； （2）连接，若，，求⊙的半径． 11. 【2022常德】如图，已知是的直径，于，是上的一点，交于，，连接交于． （1）求证：CD是的切线； （2）若，，求、的长． 12. 【2022常德】在四边形中，的平分线交于，延长到使，是的中点，交于，连接． （1）当四边形是矩形时，如图，求证：①；②． （2）当四边形是平行四边形时，如图，（1）中的结论都成立，请给出结论②的证明． 13．（2023•常德）如图，在△ABC中，AB＝AC，D是BC的中点，延长DA至E，连接EB．EC． （1）求证：△BAE≌△CAE； （2）在如图1中，若AE＝AD，其它条件不变得到图2，在图2中过点D作DF⊥AB于F，设H是EC的中点，过点H作HG∥AB交FD于G，交DE于M． 求证：①AF•MH＝AM•AE； ②GF＝GD． 14．（2023•岳阳）如图，在⊙O中，AB为直径，BD为弦，点C为的中点，以点C为切点的切线与AB的延长线交于点E． （1）若∠A＝30°，AB＝6，则的长是 　π　（结果保留π）； （2）若，则　　． 15．（2023•邵阳）如图，CA⊥AD，ED⊥AD，点B是线段AD上的一点，且CB⊥BE．已知AB＝8，AC＝6，DE＝4． （1）证明：△ABC∽△DEB． （2）求线段BD的长． 16．（2023•岳阳）如图，在⊙O中，AB为直径，BD为弦，点C为的中点，以点C为切点的切线与AB的延长线交于点E． （1）若∠A＝30°，AB＝6，则的长是 　π　（结果保留π）； （2）若，则　　． 17．（2023•湘潭）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD是斜边BC上的高． （1）证明：△ABD∽△CBA； （2）若AB＝6，BC＝10，求BD的长． 18．（2023•邵阳）如图，CA⊥AD，ED⊥AD，点B是线段AD上的一点，且CB⊥BE．已知AB＝8，AC＝6，DE＝4． （1）证明：△ABC∽△DEB． （2）求线段BD的长． 19（2024•长沙） 对于凸四边形，根据它有无外接圆（四个顶点都在同一个圆上）与内切圆（四条边都与同一个圆相切）， 可分为四种类型，我们不妨约定： 既无外接圆，又无内切圆的四边形称为“平凡型无圆”四边形； 只有外接圆，而无内切圆的四边形称为“外接型单圆”四边形； 只有内接圆，而无外接圆的四边形称为“内切型单圆”四边形； 既有外接圆，又有内切圆的四边形称为“完美型双圆”四边形． 请你根据该约定，解答下列问题： （1）请你判断下列说法是否正确（在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”， ①平行四边形一定不是“平凡型无圆”四边形； （ ） ②内角不等于的菱形一定是“内切型单圆”四边形； （ ） ③若“完美型双圆”四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合，外接圆半径为R，内切圆半径为r，则有．（ ） （2）如图1，已知四边形内接于，四条边长满足：． ①该四边形是“______”四边形（从约定的四种类型中选一种填入）； ②若的平分线交于点E，的平分线交于点F，连接．求证：是的直径． （3）已知四边形是“完美型双圆”四边形，它的内切圆与分别相切于点E，F，G，H． ①如图2．连接交于点P．求证：． ②如图3，连接，若，，，求内切圆的半径r及的长． 2022-2024年中考数学真题知识点汇编《相似三角形》 湖南专版 1. 【2022•湘潭】在中（如图），点、分别为、的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】证出是的中位线，由三角形中位线定理得出，，证出，由相似三角形的面积比等于相似比的平方即可得出结论． 【详解】解：点、分别为、的中点， 是的中位线， ，， ， ． 故选：D． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、三角形中位线定理；熟练掌握三角形中位线定理，证明三角形相似是解决问题的关键． 2（2022衡阳）如图，在四边形中，，，，平分．设，，则关于的函数关系用图象大致可以表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先证明，过点做于点，证明，利用相似三角形的性质可得函数关系式，从而可得答案． 【详解】解：∵，∴， ∵平分，∴， ∴，则，即为等腰三角形， 过点做于点． 则垂直平分，，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵在中，， ∴， 故选D． 【点睛】本题考查的是角平分线的定义，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，反比例函数的图象，证明是解本题的关键． 3. （2024•长沙）如图，在菱形中，，，点E是边上的动点，连接，，过点A作于点P．设，，则y与x之间的函数解析式为（不考虑自变量x的取值范围）（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查菱形的性质、含30度角的直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质，利用相似三角形的性质求解x、y的关系式是解答的关键．过D作，交延长线于H，则，根据菱形的性质和平行线的性质得到，，，进而利用含30度角的直角三角形的性质，证明得到，然后代值整理即可求解． 【详解】解：如图，过D作，交延长线于H，则， ∵在菱形中，，， ∴，，， ∴，， 在中，， ∵， ∴，又， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故选：C． 4. 【2022•邵阳】如图，在中，点在边上，点在边上，请添加一个条件_________，使． 【答案】∠ADE=∠B（答案不唯一）． 【解析】 【分析】已知有一个公共角，则可以再添加一个角从而利用有两组角对应相等的两个三角形相似来判定或添加夹此角的两边对应成比例也可以判定． 【详解】解∶∵∠A=∠A， ∴根据两角相等的两个三角形相似，可添加条件∠ADE=∠B或∠AED=∠C证相似； 根据两边对应成比例且夹角相等，可添加条件证相似． 故答案为∶∠ADE＝∠B（答案不唯一）． 【点睛】此题考查了本题考查了相似三角形的判定，解题的关键是掌握相似三角形的判定方法． 5．【2022•怀化】如图，中，点，分别是，的中点，若，则　　． 【答案】8 【解析】，分别是，的中点，，．，，即．． 18. 【2022•娄底】如图，已知等腰的顶角的大小为，点D为边上的动点（与、不重合），将绕点A沿顺时针方向旋转角度时点落在处，连接．给出下列结论：①；②；③当时，的面积取得最小值．其中正确的结论有________（填结论对应的序号）． 【答案】①②③ 【解析】 【分析】依题意知，和是顶角相等的等腰三角形，可判断②；利用SAS证明， 可判断①；利用面积比等于相似比的平方，相似比为，故最小时面积最小，即，等腰三角形三线合一，D为中点时 . 【详解】∵绕点A沿顺时针方向旋转角度得到 ∴， ∴ 即 ∴ ∵ 得：（SAS） 故①对 ∵和是顶角相等的等腰三角形 ∴ 故②对 ∴ 即AD最小时最小 当时，AD最小 由等腰三角形三线合一，此时D点是BC中点 故③对 故答案为：①②③ 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，手拉手模型，选项③中将面积与相似比结合是解题的关键 . 6．（2023•乐山）如图，在平行四边形ABCD中，E是线段AB上一点，连结AC、DE交于点F．若，则　　． 【考点】相似三角形的判定与性质；平行四边形的性质．版权所有 【专题】多边形与平行四边形；图形的相似；推理能力． 【分析】通过证明△AEF∽△CDF，可得，即可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，AB＝CD， ∵， ∴设AE＝2a，则BE＝3a， ∴AB＝CD＝5a， ∵AB∥CD， ∴△AEF∽△CDF， ∴， ∴， 故答案为：． 【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，证明三角形相似是解题的关键． 7．（2023•怀化）在平面直角坐标系中，△AOB为等边三角形，点A的坐标为（1，0）．把△A0B按如图所示的方式放置，并将△AOB进行变换：第一次变换将△AOB绕着原点O顺时针旋转60°，同时边长扩大为△AOB边长的2倍，得到△A1OB1；第二次旋转将△A1OB1绕着原点O顺时针旋转60°，同时边长扩大为△A1OB1边长的2倍，得到△A2OB2，…．依次类推，得到△A2023OB2023，则△A2023OB2023的边长为 　22023　，点A2023的坐标为 　（22022，﹣22022）　． 【考点】相似三角形的性质；规律型：点的坐标；坐标与图形变化﹣旋转．版权所有 【专题】平面直角坐标系；图形的相似． 【分析】利用等边三角形的性质，探究规律后，利用规律解决问题． 【解答】解：由题意OA＝1＝20，OA1＝2＝21，OA2＝4＝22，OA3＝8＝23，…OAn＝2n， ∴△A2023OB2023的边长为22023， ∵2023÷6＝337…1， ∴A2023与A1都在第四象限，坐标为（22022，﹣22022•）． 故答案为：22023，（22022，﹣22022）． 【点评】本题考查相似三角形的性质，规律型—点的坐标等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型． 8.（2022衡阳） 如图，已知抛物线交轴于、两点，将该抛物线位于轴下方的部分沿轴翻折，其余部分不变，得到的新图象记为“图象”，图象交轴于点．7 （1）写出图象位于线段上方部分对应函数关系式； （2）若直线与图象有三个交点，请结合图象，直接写出的值； （3）为轴正半轴上一动点，过点作轴交直线于点，交图象于点，是否存在这样的点，使与相似？若存在，求出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）或 （3）存在，或或 【解析】 【分析】（1）先求出点A、B、C坐标，再利用待定系数法求解函数关系式即可； （2）联立方程组，由判别式△=0求得b值，结合图象即可求解； （3）根据相似三角形的性质分∠CNM=90°和∠NCM=90°讨论求解即可． 【小问1详解】 解：由翻折可知：. 令，解得：，， ∴，， 设图象的解析式为，代入，解得， ∴对应函数关系式为=． 【小问2详解】 解：联立方程组， 整理，得：， 由△=4-4（b-2）=0得：b=3，此时方程有两个相等的实数根， 由图象可知，当b=2或b=3时，直线与图象有三个交点； 【小问3详解】 解：存在．如图1，当时，，此时，N与C关于直线x= 对称， ∴点N的横坐标为1，∴； 如图2，当时，，此时，点纵坐标为2， 由，解得，（舍）， ∴N的横坐标为， 所以； 如图3，当时，，此时，直线的解析式为， 联立方程组：，解得，（舍）， ∴N的横坐标为， 所以， 因此，综上所述：点坐标为或或． 【点睛】本题考查二次函数的综合，涉及翻折性质、待定系数法求二次函数解析式、二次函数与一次函数的图象交点问题、相似三角形的性质、解一元二次方程等知识，综合体现数形结合思想和分类讨论思想的运用，属于综合题型，有点难度． 9. 【2022•永州】如图，已知，是的直径，是的切线，点在的延长线上，，交于点， （1）求证：； （2）求证：； （3）若的面积，求四边形的面积． 【答案】（1）详见解析 （2）详见解析 （3）18 【解析】 【分析】（1）根据圆切线的性质即可求解； （2）根据圆的性质证，即可证明； （3）由得，进而得，所以，由即可求解； 【小问1详解】 证明∵是的直径，是的切线， ∴，， ∴， ∴． 【小问2详解】 证明∵， ∴， ∵，， ∴， ∵是直径， ∴， ∵， ∴， ∴． 小问3详解】 解：∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，，， ∴． 【点睛】本题主要考查圆的性质、三角形的全等、相似三角形的判定与性质，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键． 10 【2022•湘潭】如图，在⊙中，直径与弦相交于点，连接、． （1）求证：； （2）连接，若，，求⊙的半径． 【答案】（1）证明见解析 （2）⊙的半径为3 【解析】 【分析】（1）利用，同弧所对的圆周角相等，得到，再结合对顶角相等，即可证明； （2）利用，得到，根据直径所对的圆周角是直角得到，再利用直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半，即可求得⊙的半径． 【小问1详解】 证明：在⊙中， ∵， ∴， 又∵, ∴． 【小问2详解】 解：∵， 由（1）可知，， ∵直径， ∴， ∴在中，，， ∴， ∴， 即⊙的半径为3． 【点睛】本题考查圆的基本知识，相似三角形的判定，以及含角的直角三角形．主要涉及的知识点有同弧所对的圆周角相等；两个角对应相等的两个三角形相似；直径所对的圆周角是直角；直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半． 11. 【2022常德】如图，已知是的直径，于，是上的一点，交于，，连接交于． （1）求证：CD是的切线； （2）若，，求、的长． 【答案】（1）证明见详解 （2） 【解析】 【分析】（1）连接OD，由可以推出，从而证明即可； （2）作交BC于点M，根据勾股定理求出BC的长，然后再根据平行得到即可求解． 【小问1详解】 证明：连接OD，如图所示： OD为经过圆心的半径 CD是的切线． 【小问2详解】 如图所示：作交BC于点M ，， 令， 在 ，解得： 【点睛】本题考查了圆的切线证明，勾股定理，相似三角形，全等三角形的判定等知识，综合性较强，熟练掌握几何基础知识并联系各知识体系并正确的作出辅助线是解题的关键． 12. 【2022常德】在四边形中，的平分线交于，延长到使，是的中点，交于，连接． （1）当四边形是矩形时，如图，求证：①；②． （2）当四边形是平行四边形时，如图，（1）中的结论都成立，请给出结论②的证明． 【答案】（1）证明见详解 （2）证明见详解 【解析】 【分析】（1）①证明即可；②连接BG，CG，证明，即可证明； （2）①的结论和（1）中证明一样，证明即可；②的结论，作，证明即可． 【小问1详解】 证明：①证明过程： 四边形ABCD为矩形， 平分 为等腰直角三角形 ②证明：连接BG，CG， G为AF的中点，四边形ABCD为矩形， 平分， 【小问2详解】 作，如图所示 由（1）同理可证： 四边形ABCD为平行四边形 G为AF的中点，由平行线分线段成比例可得 ， 【点睛】本题考查了以矩形与平行四边形为桥梁，涉及全等三角形的证明，相似三角形的证明，正确作出辅助线并由此得到相应的全等三角形和相似三角形是解题的关键． 13．（2023•常德）如图，在△ABC中，AB＝AC，D是BC的中点，延长DA至E，连接EB．EC． （1）求证：△BAE≌△CAE； （2）在如图1中，若AE＝AD，其它条件不变得到图2，在图2中过点D作DF⊥AB于F，设H是EC的中点，过点H作HG∥AB交FD于G，交DE于M． 求证：①AF•MH＝AM•AE； ②GF＝GD． 【考点】三角形综合题．版权所有 【专题】几何综合题；等腰三角形与直角三角形；推理能力． 【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质得到EB＝EC，利用SSS公理证明△BAE≌△CAE； （2）①连接AH，证明△AFD∽△MAH，根据相似三角形的性质证明； ②证明△AMH∽△DAC，再根据三角形中位线定理证明即可． 【解答】证明：（1）∵AB＝AC，D是BC的中点， ∴AD是BC的垂直平分线， 又∵E在AD上， ∴EB＝EC， 在△BAE和△CAE中， ， ∴△BAE≌△CAE（SSS）； （2）①连接AH， ∵A，H分别是ED和EC的中点， ∴AH为△EDC的中位线， ∴AH∥DC， ∴∠EAH＝∠EDC＝90°， 又∵DF⊥AB， ∴∠AFD＝90°， 又∵HG∥AB， ∴∠FAD＝∠AMH， ∴△AFD∽△MAH， ∴， ∴AF⋅MH＝AM⋅AD， ∵AE＝AD， ∴AF⋅MH＝AM⋅AE； ②∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB， ∵∠ABD＝∠ADF＝∠AHM， ∴∠AHM＝∠ACB， ∴△AMH∽△DAC， ∵A、H分别为ED和EC中点， ∴AH为△EDC的中位线， ∴， ∴AMAD，即M为AD中点， ∵AF∥GH， ∴G为FD中点， ∴GF＝GD． 【点评】本题考查的是三角形全等的判定和性质、相似三角形的判定和性质，掌握三角形相似的判定定理是解题的关键． 14．（2023•岳阳）如图，在⊙O中，AB为直径，BD为弦，点C为的中点，以点C为切点的切线与AB的延长线交于点E． （1）若∠A＝30°，AB＝6，则的长是 　π　（结果保留π）； （2）若，则　　． 【考点】平行线分线段成比例；垂径定理；圆周角定理；切线的性质；弧长的计算．版权所有 【专题】圆的有关概念及性质；图形的相似；推理能力． 【分析】（1）连接OC，根据圆周角定理可得∠BOC＝60°，利用弧长公式即可求出的长； （2）连接OC，根据垂径定理得到OC⊥BD，再由切线得到EC∥BD，利用平行线分线段成比例得出，再根据勾股求出EC＝2x，代入比例式即可解决问题． 【解答】解：（1）如图，连接OC， ∵∠A＝30°，AB＝6， ∴∠BOC＝60°，OB＝3， ∴的长π； 故答案为：π； （2）如图，连接OC， ∵点C为的中点， ∴， ∴OC⊥BD， 又∵EC是⊙O的切线， ∴OC⊥EC， ∴EC∥BD， ∵， ∴， 设EB＝x，则AB＝3x，BO＝OCx，EOx，AE＝4x， ∴EC2x， ∴． 故答案为：． 【点评】本题考查的是平行线分线段成比例定理、圆周角定理、切线的判定与性质，勾股定理，弧长的计算，掌握圆周角定理、切线的判定与性质是关键． 15．（2023•邵阳）如图，CA⊥AD，ED⊥AD，点B是线段AD上的一点，且CB⊥BE．已知AB＝8，AC＝6，DE＝4． （1）证明：△ABC∽△DEB． （2）求线段BD的长． 【考点】相似三角形的判定与性质．版权所有 【专题】图形的相似；推理能力． 【分析】（1）利用同角的余角相等得∠C＝∠DBE，可证明结论； （2）根据相似三角形的性质即可求出答案． 【解答】（1）证明：∵CA⊥AD，ED⊥AD，CB⊥BE， ∴∠A＝∠CBE＝∠D＝90°， ∴∠C+∠CBA＝90°，∠CBA+∠DBE＝90°， ∴∠C＝∠DBE， ∴△ABC∽△DEB； （2）解：∵△ABC∽△DEB， ∴， ∴， ∴BD＝3． 【点评】本题主要考查了相似三角形的性质和判定，利用同角的余角相等得∠C＝∠DBE是解决问题的关键． 16．（2023•岳阳）如图，在⊙O中，AB为直径，BD为弦，点C为的中点，以点C为切点的切线与AB的延长线交于点E． （1）若∠A＝30°，AB＝6，则的长是 　π　（结果保留π）； （2）若，则　　． 【考点】平行线分线段成比例；垂径定理；圆周角定理；切线的性质；弧长的计算．版权所有 【专题】圆的有关概念及性质；图形的相似；推理能力． 【分析】（1）连接OC，根据圆周角定理可得∠BOC＝60°，利用弧长公式即可求出的长； （2）连接OC，根据垂径定理得到OC⊥BD，再由切线得到EC∥BD，利用平行线分线段成比例得出，再根据勾股求出EC＝2x，代入比例式即可解决问题． 【解答】解：（1）如图，连接OC， ∵∠A＝30°，AB＝6， ∴∠BOC＝60°，OB＝3， ∴的长π； 故答案为：π； （2）如图，连接OC， ∵点C为的中点， ∴， ∴OC⊥BD， 又∵EC是⊙O的切线， ∴OC⊥EC， ∴EC∥BD， ∵， ∴， 设EB＝x，则AB＝3x，BO＝OCx，EOx，AE＝4x， ∴EC2x， ∴． 故答案为：． 【点评】本题考查的是平行线分线段成比例定理、圆周角定理、切线的判定与性质，勾股定理，弧长的计算，掌握圆周角定理、切线的判定与性质是关键． 17．（2023•湘潭）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD是斜边BC上的高． （1）证明：△ABD∽△CBA； （2）若AB＝6，BC＝10，求BD的长． 【考点】相似三角形的判定与性质．版权所有 【专题】图形的相似；推理能力． 【分析】（1）根据已知条件得出∠BDA＝∠BAC，又∠B为公共角，于是得出△ABD∽△CBA； （2）根据相似三角形的性质即可求出BD的长． 【解答】（1）证明：∵AD是斜边BC上的高， ∴∠BDA＝90°， ∵∠BAC＝90°， ∴∠BDA＝∠BAC， 又∵∠B为公共角， ∴△ABD∽△CBA； （2）解：由（1）知△ABD∽△CBA， ∴， ∴， ∴BD＝3.6． 【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，熟知有两个角相等的两个三角形相似是解题的关键． 18．（2023•邵阳）如图，CA⊥AD，ED⊥AD，点B是线段AD上的一点，且CB⊥BE．已知AB＝8，AC＝6，DE＝4． （1）证明：△ABC∽△DEB． （2）求线段BD的长． 【考点】相似三角形的判定与性质．版权所有 【专题】图形的相似；推理能力． 【分析】（1）利用同角的余角相等得∠C＝∠DBE，可证明结论； （2）根据相似三角形的性质即可求出答案． 【解答】（1）证明：∵CA⊥AD，ED⊥AD，CB⊥BE， ∴∠A＝∠CBE＝∠D＝90°， ∴∠C+∠CBA＝90°，∠CBA+∠DBE＝90°， ∴∠C＝∠DBE， ∴△ABC∽△DEB； （2）解：∵△ABC∽△DEB， ∴， ∴， ∴BD＝3． 【点评】本题主要考查了相似三角形的性质和判定，利用同角的余角相等得∠C＝∠DBE是解决问题的关键． 19（2024•长沙） 对于凸四边形，根据它有无外接圆（四个顶点都在同一个圆上）与内切圆（四条边都与同一个圆相切）， 可分为四种类型，我们不妨约定： 既无外接圆，又无内切圆的四边形称为“平凡型无圆”四边形； 只有外接圆，而无内切圆的四边形称为“外接型单圆”四边形； 只有内接圆，而无外接圆的四边形称为“内切型单圆”四边形； 既有外接圆，又有内切圆的四边形称为“完美型双圆”四边形． 请你根据该约定，解答下列问题： （1）请你判断下列说法是否正确（在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”， ①平行四边形一定不是“平凡型无圆”四边形； （ ） ②内角不等于的菱形一定是“内切型单圆”四边形； （ ） ③若“完美型双圆”四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合，外接圆半径为R，内切圆半径为r，则有．（ ） （2）如图1，已知四边形内接于，四条边长满足：． ①该四边形是“______”四边形（从约定的四种类型中选一种填入）； ②若的平分线交于点E，的平分线交于点F，连接．求证：是的直径． （3）已知四边形是“完美型双圆”四边形，它的内切圆与分别相切于点E，F，G，H． ①如图2．连接交于点P．求证：． ②如图3，连接，若，，，求内切圆的半径r及的长． 【答案】（1）①×；②√；③√ （2）①外接型单圆；②见解析 （3），， 【解析】 【分析】（1）根据圆内接四边形和切线长定理可得：有外接圆的四边形的对角互补；有内切圆的四边形的对边之和相等，结合题中定义，根据对角不互补，对边之和也不相等的平行四边形无外接圆，也无内切圆，进而可判断①；根据菱形的性质可判断②；根据正方形的性质可判断③； （2）①根据已知结合题中定义可得结论； ②根据角平分线的定义和圆周角定理证明即可证得结论； （3）①连接、、、、，根据四边形是“完美型双圆”四边形，结合四边形的内角和定理可推导出，，，进而可得，，然后利用圆周角定理可推导出，即可证得结论； ②连接、、、，根据已知条件证明，进而证明得到，再利用勾股定理求得，，同理可证求解即可． 【小问1详解】 解：由题干条件可得：有外接圆的四边形的对角互补；有内切圆的四边形的对边之和相等，所以 ①当平行四边形的对角不互补，对边之和也不相等时，该平行四边形无外接圆，也无内切圆， ∴该平行四边形是 “平凡型无圆”四边形，故①错误； ②∵内角不等于的菱形的对角不互补， ∴该菱形无外接圆， ∵菱形的四条边都相等， ∴该菱形的对边之和相等， ∴该菱形有内切圆， ∴内角不等于90°的菱形一定是“内切型单圆”四边形，故②正确； ③由题意，外接圆圆心与内切圆圆心重合的“完美型双圆”四边形是正方形，如图， 则，，，， ∴为等腰直角三角形， ∴，即； 故③正确， 故答案为：①×；②√；③√； 【小问2详解】 解：①∵四边形中，， ∴四边形无内切圆，又该四边形有外接圆， ∴该四边形是“外接型单圆”四边形， 故答案为：外接型单圆； ②∵的平分线交于点E，的平分线交于点F， ∴，， ∴，， ∴， ∴，即和均为半圆， ∴是的直径． 【小问3详解】 ①证明：如图，连接、、、、， ∵是四边形的内切圆， ∴，，，， ∴， 在四边形中，， 同理可证，， ∵四边形是“完美型双圆”四边形， ∴该四边形有外接圆，则， ∴，则， ∵，， ∴， ∴， ∴； ②如图，连接、、、， ∵四边形 是“完美型双圆”四边形，它的内切圆与分别相切于点E，F，G，H， ∴∴，，，，， ∴，，， ∴， ∵， ∴，又， ∴， ∴， ∵，， ∴，则， 在中，由得， 解得； 在中，， ∴， 同理可证， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查平行四边形性质、正方形的性质、菱形的性质、圆周角定理、内切圆的定义与性质、外接圆的定义与性质、相似三角形的判定与性质、四边形的内角和定理、勾股定理、角平分线的判定等知识，理解题中定义，熟练掌握这些知识和灵活运用性质和判定是解题的关键．另外还要求学生具备扎实的数学基础和逻辑思维能力，备考时，重视四边形知识的学习，提高解题技巧和速度，以应对中考挑战． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$