整合4 特殊四边形中的全等三角形与相似三角形&整合5 圆中的全等三角形、相似三角形、直角三角形-【全频累积】2024年中考数学考点全频累积高效训练典册（山东专用）

参考答案及解题思路 017 m=3十2 .∠OBF=∠ODE,∠OFB=∠OED 综上所述，PM=m一3■2或√2 A,,O为矩形ABCD两条对角线的交点· ,当⊙M不经过点N(3,2)时，PM长的取值范围为1 ..OB=OD. PM<2或2<PM<2或PMD>2 在△BOF和△DOE中， 整合4特殊四边形中的全等 ∠OFB=∠OED ∠OBF=∠ODE. 三角形与相似三角形 OB=OD, 课题探究】平行四边形 .△BOF2△DOE(AAS) 【整合精讲】 故此选项不符合题意： 作辅助线如图，由平行证相似，先证△DEC∽△GAE,再 B,在△BOF和△DOE中. 证△BGF∽△AGE,即可求得结果， ∠OFB=∠OED, 【解题详析】 ∠OBF=∠ODE, 解：如图，延长DF和AB,交于G点 FO=EO. .△BOF≌△DOE(AAS) 故此选项不符合题意： 四边形ABCD是平行四边形， C.AE-CF. ,DC∥AB,DC=AB,即DC∥AG, ∴.BC-CF=AD-AE, .△DECn△GEA 即BF=DE, 器器 在△BOF和△DOE中， ∠OFB=∠OED, :AC=5.CE=1. BFDE. .AE=AC-CE=5-1=4: ∠OBF=∠ODE, 隱% ∴.△BOF≌△DOE(ASA), 义：EF-DE,8器-EPG 故此选项不符合题意： D,,EF⊥BD, .∠BOF=∠D)E=90°， 瓷-A DC 两三角形中缺少对应边相等， ·不能判定△BOF≌△D)E, 瓷 故此选项符合题意。 故选D. 器既青 课题探究3菱形 % 3【整合精讲】 本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，相似 AE∥BF 三角形的判定，三角形全等的判定等知识，熟练掌握菱形 △BGF∽△AGE 的性质和相似三角形的判定是解题关健， 器胎是 (1)先根据菱形的性质可得AB=BC,AC⊥BD,再证出 :AE=4, △ABC'是等边三角形，根据等边三角形的性质可得AF⊥ BF=3. C,然后根据相似三角形的判定即可得证 故选B. (2)先根据等边三角形的性质可得CG上AB,从而可得 课题探究2矩形 AG=BG,再根据SAS定理即可得证. 2【整合精讲】 【解题详析】 由矩形的性质得出AD=BC,AD∥BC,再由平行线的性 证明：(1)：四边形ABCD是菱形， 质得出∠OBF=∠ODE,∠OFB=∠OED,然后由全等 .AB=BC,AC⊥BD 三角形的判定逐一判定即可. ∠ABC=60, 【解题详析】 △ABC是等边三角形 解：“四边形ABCD是矩形， 点F为BC的中点， .AD=BC,AD∥BC. ,AF⊥BC, 018中考专题考点全频累积数学 ∴.∠BFE=∠BOC=90. 整合5圆中的全等三角形、 :∠EBF=∠CBO. 相似三角形、直角三角形 .△BEF∽△BO (2):△ABC是等边三角形，AF⊥BC,AC⊥BD, 课题探究1圆与全等三角形 .CG⊥AB, ①【整合精讲】 (1)根据，∠BAE=∠CAD可得∠DAE=∠CAB,然后证 ∴∠AGE=∠BGE=90 明△DAE≌△CAB(ASA),根据全等三角形的性质可得 :△ABC是等边三角形， 答案： AG-BG. (2)连接OA,OB.首先证明∠ABE=∠AEB=∠ADC 在△BEG和△AEG中， ∠ACD.再根据三角形内角和定理和圆周角定理求出 AG=BG. ∠AGE=∠BGE=90°， ∠0BA=90°-号∠A0B,然后计算出∠0BE=∠OBA+ ∠ABE=90即可. GE=GE, 【解题详析】1)解：，∠BAE=∠CAD, ,.△BEGa△AEG(SAS). .∠DAE=∠CAB. 课题探究4正方形 又，AD=AC,∠ADE=∠ACB. ④【整合精讲】 ∴：△DAE≌△CAB(ASA) 证明△EOFc∽△D(C,求得，∠OFE=45°，证明△ABEC .AE-AB-8: △GDE,证得DG=立CD=C,推出△DBG2△CFG (2)证明：如图，连接OA,OB, (SAS),得到GE=GF,据此求解即可. 【解题详析】 解：“正方形ABCD中，点E,F分别为对角线BD,AC的 三等分点， .OD=OC,∠ODC=∠CD=45°，DE=CF, 由(1)得：AE=AB,AD=AC, ..OE=OF. .∠ABE=∠AEB.∠ADC=∠ACD :∠BoF=∠D0C,OD-O OE OF ∠BAE=∠CAD, .∠ABE=∠AEB=∠ADC=∠ACB, ∴.△EOF△DC OA=OB. .∠OFE=∠0CD=45 ·∠0BA=∠0AB=号(180°-∠A0B)=90 :点E,F分别为对角线BD:AC的三等分点， z∠A0B, 四边形ABCD是正方形， 又“∠ACB=号∠A0B, AB∥CD, ∠OBA=90°-∠ACB, .△ABE∽△GDE, ∴.∠OBE=∠OBA+∠ABE=90°-∠ACB+∠ACB 浴- =90°， OB是半径. GcD-cG. EB是⊙O的切线. 课题探究2圆与相似三角形 '.△DEG≌△CFG(SAS). 2【整合精讲】 ..GE=GF. 先证∠DAF=∠ABD可得△DAF△DBA从面得到 ZGEF=专a80-∠AGF)=0-7 需-品=anB=名，求得AD=2,再运用勾殷定理可 DFAD_ ∠FaG=∠GEF-∠AFE=90-a-45=45- 得AF=5,再根据圆周角定理以及角的和差可得 ∠AED=∠AFD,最后根据等角对等边即可解答. =2 【解题详析】 故选B 解：，AB是⊙O的直径， ∠ADB=90. ,AH是⊙O的切线 参考答案及解题思路 019 .∠BAF=90°. .OE=OG .∠DAF=∠ABD=90°-∠DAB, OE为⊙0的半径， .△DAF△DBA. .G为⊙)的半径 品=mB=安 ,OG⊥AB, ,AB与⊙O相切， DF=1, 方法二： AD=2, 证明：如图1，连接OE,过点O作OG⊥AB于点G AF-5. ,⊙O与AD相切于点E,.OE⊥AD, :点D为AC的中点， .∠AE0=∠AG0=90 ,四边形ABCD是正方形 ∴AD=CD .∠BAC=∠DAC=45 ∴∠ABD=∠DAC=∠DAF 又，A0=AO, :∠ADE=∠ADF-90, ,△AOEa△AOG(AAS) .90-∠DAE=90°-∠DAF,即∠AED=∠AFD, .OE-OG. AE-AF5 ,OE为⊙)的半径. 故答案为5. .OG为⊙O的半径. 课题探究3圆与待殊四边形 ,(G⊥AB. 3I整合柿讲】 .AB与⊙O相切. (1)方法一：连接OE,过点O作OG⊥AB于点G,四边形 ABCD是正方形，AC是正方形的对角线，得出OE=G 进而可得OG为⊙O的半径，又(OG⊥AB,即可得证， 方法二：连接OE,过点O作OG⊥AB于点G,根据正方形 的性质证明△AOE2△AOG(AAS)得出OE=OG,同方 法一即可得证： 图1 方法三：过点O作OG⊥AB于点G,连接OE,得出四边形 方法三： AOG为正方形，则OE=OG,同方法一即可得证。 证明：如图1，过点O作0GLAB于点G,连接OE (2)根据⊙O与AD相切于点E,得出∠AE)=90°，由(1) .AD与⊙0相切，OE为⊙0半径， 可知AE=OE,设AE=OE=(OC=OF=R,在R1△AEO .OE⊥AE, 中，勾股定理得出AO=√2R,在R:△ADC中，勾股定理 ∴.∠AEO=90 求得AC,进而根据OA+OC=AC建立方程，解方程，即 OG⊥AB, 可求解。 .∠AG0=90. (3)方法一：连接ON,设CM=k,在R△OMN中，由勾股 又，四边形ABCD为正方形， 定理得MN=2k,在Rt△CMN中，由勾股定理，得CV= .∠BAD=90°， ,四边形AEG为矩形. 5,结合题意FC=5k=2R=2×v2=22得出k=2巨， 又，AC为正方形的对角线， 即可得出CN=2面 ,.∠EA0∠GA0=∠A0E■45°， 5 OE-AE. 方法二：连接FN,证明△CN△CFV得出CN=CM· .矩形AEOG为正方形 CF,进面可得CM-吉CF-2号.同理可得Cy ..OE-OG. 又OE为⊙O的半径， 方法三：连接FN,证明△CN∽△CFN得出NC=MC· ∴OG为⊙O的半径. PC,设CM=k,则FC=5k,进而可得NC=5k,进而同方 又，OGLAB, 法一，即可求解。 ,AB与⊙O相切. 【解题详析】 (2)解：，AC为正方形ABCD的对角线， (1)方法一：证明：如图1，连接OE,过点O作(G⊥AB于 .∠DAC=45 点G. :⊙O与AD相切于点E :⊙O与AD相切于点E ∴.∠AE0=90. .OE⊥AD. 由(1)可知AE=OE,设AE=OE=XC=OF=R, ,四边形ABCD是正方形，AC是正方形的对角线， 在Rt△AEO中， .∠BAC=∠DAC=45°. AE+EO=AO. 020中考专题考点全频累积数学 .A=R十R ∴.∠NFM+∠FNM=90', R>0,.A0=2R ∴.∠NFM=∠CNM. 义：正方形ABCD的边长为2+1， '∠NCM=∠FCN, 在R△ADC中， .△CNM∽△CFN, .CN2=CM·CF ∴AC=√AD+CD=2(2+1) CM:FM=1:4.CF=5CM OA+OC-AC. .CN■√5CM ∴2R+R=2(2+1): CF=2R=2×√2=22 R=√2， ⊙0的半径为w2, .CM-CF-2 5 (3)方法一： 解：如图2，连接OV,设CM=k, Cw=5x2-2四 5 5 CM:FM=1:4, 方法三： CF=5 解：如图2，连接FN ∴，C=0N=2.5k, CF为⊙O的直径， ∴.OM=OC-CM=1.5k .∠CNF=90°， 在Rt△.OMN中，由勾股定理，得MN=2: .∠FNM+∠CNM=90. 在R△CMN中，由勾股定理，得CN=√5k. ,MN⊥AC, .∠NFM+∠FNM=90, 义'FC=5k=2R=2×2=2√2， .∠NFM=∠CNM …k22 5 :∠NCM=∠FCN. Cw=5×22-?I0 .△CNM△CFN, 5 5 瓷怒 NC=MC·FC 'CM:FM=1:4, .CM;FC=1;5. 设CM=k.则FC=5k, .NC=X5k. 图2 ..NC-5. 方法二： 又FC=5k=2R=2X2=22. 解：如图2，连接FN. ,CF为⊙O的直径 62 5 ∴.∠CNF=90°， ..∠FNM+∠CNM=90 CN=5×222@ 5 5 MN⊥AC,中考综合滚动练 009 整合4特殊四边形中的全等三角形与相似三角形 课题探究1平行四边形 (1)证明：△BEF∽△BCO (2024·山东枣庄、聊城、临沂、菏泽用)如 (2)证明：△BEG≌△AEG. 图，点E为□ABCD的对角线AC上一点， AC=5,CE=1,连接DE并延长至点F,使 得EF=DE,连接BF,则BF为 () A号 B.3 c. 7 D.4 课题探究2矩形 2(2024·山东东营)如图，四边形ABCD是 矩形，直线EF分别交AD,BC,BD于点 E,F,O,.下列条件中，不能证明△BOF≌ △DOE的是() 课题探究4正方形 ④(2024·山东烟台)如图，在正方形ABCD 中，点E,F分别为对角线BD,AC的三等 分点，连接AE并延长交CD于点G,连接 A.O为矩形ABCD两条对角线的交点 EF,FG.若∠AGF=a,则∠FAG用含a的 B.EO=FO 代数式表示为 () C.AE=CF D.EF⊥BD 课题探究3菱形 3(2024·四川德阳)如图，在菱形ABCD 中，∠ABC=60°，对角线AC与BD相交于 A.45°-a B. 90°-a 2 点O,点F为BC的中点，连接AF与BD 相交于点E,连接CE并延长交AB于 C. 45°+a 2 D.2 点G. 010中考专题考点全频累积数学 整合5圆中的全等三角形、相似三角形、直角三角形 课题探究1圆与全等三角形 课题探究3圆与特殊四边形 ①(2024·山东济宁)如图，△ABC内接于 3(2024·黑龙江绥化)如图1，O是正方形 ⊙O,D是BC上一点，AD=AC.E是⊙O ABCD对角线上一点，以O为圆心，OC长 外一点，∠BAE=∠CAD,∠ADE= 为半径的⊙O与AD相切于点E,与AC相 ∠ACB,连接BE. 交于点F. D 图1 (1)若AB=8,求AE的长： (1)求证：AB与⊙O相切. (2)求证：EB是⊙O的切线. (2)若正方形ABCD的边长为√2十1，求 ⊙O的半径. (3)如图2，在(2)的条件下，若点M是半径 OC上的一个动点，过点M作MN⊥OC交 CE于点N.当CM:FM=1:4时，求CN 的长。 课题探究2圆与相似三角形 2(2024·山东泰安)如图，AB是⊙O的直 径，AH是⊙O的切线，点C为⊙O上任意 一点，点D为AC的中点，连接BD交AC 于点E,延长BD与AH相交于点F,连接 AD.若DF=1,anB=号，则AE的长 为