专题21 圆中的相似问题（解析版）.docx

1、专题21 圆中的相似问题（解析版）类型一 求线段的长典例1 （2022苏州）如图，AB是O的直径，AC是弦，D是AB的中点，CD与AB交于点EF是AB延长线上的一点，且CFEF（1）求证：CF为O的切线；（2）连接BD，取BD的中点G，连接AG若CF4，BF2，求AG的长思路引领：（1）如图，连接OC，OD证明OCF90即可；（2）设OAODOCOBr，则OFr+2，在RtCOF中，42+r2（r+2）2，可得r3，证明GHDO，推出BHBO=BGBD，可得BH=12BO=32，GH=12OD=32，由此即可解决问题（1）证明：如图，连接OC，OD.OCOD，OCDODC，FCFE，FCEFE

2、C，OEDFEC，OEDFCE，AB是直径，D是AB的中点，DOE90，OED+ODC90，FCE+OCD90，即OCF90，OC是半径，CF是O的切线（2）解：过点G作GHAB于点H设OAODOCOBr，则OFr+2，在RtCOF中，42+r2（r+2）2，r3，GHAB，GHB90，DOE90，GHBDOE，GHDO，BHBO=BGBD，G为BD的中点，BG=12BD，BH=12BO=32，GH=12OD=32，AHABBH632=92，AG=GH2+AH2=(32)2+(92)2=3102总结提升：本题属于圆综合题，考查了切线的判定，等腰三角形的性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的

3、关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题，属于中考常考题型变式训练1（2022印江县三模）如图，四边形ABCD中，ADBC，ABC90，AB5，BC10，连接AC、BD，以BD为直径的圆交AC于点E若DE3，则AD的长为 思路引领：先判断出ABC与DBE相似，求出BD，最后用勾股定理即可得出结论解：连接BE，在RtABC中，AB5，BC10，AC=AB2+BC2=52+102=55，BD是圆的直径，BED90CBA，BACEDB，ABCDEB，ABDE=ACDB，53=55DB，DB35，在RtABD中，AD=BD2AB2=25，故答案为：25总结提升：此题主要考查了勾股定理，相似三角形的

4、判定和性质，正确作出辅助线是解本题的关键2（2017鞍山）如图，ACE，ACD均为直角三角形，ACE90，ADC90，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：ADFEAC（2）若PC=23PA，PF1，求AF的长思路引领：（1）根据圆周角定理，等角的余角相等可以证明结论成立；（2）根据（1）中的结论和三角形相似的知识可以求得AF的长（1）证明：ADC90，ACE90，ADF+FDC90，EAC+CEF90，FDCCEF，ADFEAC；（2）连接FC，CD是圆O的直径，DFC90，FDC+FCD90，ADF+FDC90，ADFEAC，FCD

5、EAC，即FCPCAP，FPCCPA，FPCCPA，PFPC=PCPA，PC=23PA，PF1，123PA=23PAPA，解得，PA=94，AFPAPF=941=54，即AF=54总结提升：本题考查相似三角形的判定与性质、圆周角定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答类型2 求线段的比值典例2（2021盐城）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PC2PAPB（1）求证：PC是O的切线；（2）若AB3PA，求ACBC的值思路引领：（1）由PC2PAPB得PAPC=PCPB，可证得PACPCB，根据相似三角形的性质得PCAB，

6、根据圆周角定理得ACB90，则CAB+B90，由OAOC得CABOCA，等量代换可得PCA+OCA90，即OCPC，即可得出结论；（2）由AB3PA可得PB4PA，OAOC1.5PA，根据勾股定理求出PC2PA，根据相似三角形的性质即可得出ACBC的值（1）证明：连接OC，PC2PAPB，PAPC=PCPB，PP，PACPCB，PCAB，ACB90，CAB+B90，OAOC，CABOCA，PCA+OCA90，OCPC，PC是O的切线；（2）解：AB3PA，PB4PA，OAOC1.5PA，PO2.5PA，OCPC，PC=PO2OC2=2PA，PACPCB，ACBC=PCPB=2PA4PA=12总

7、结提升：本题考查三角形相似的判定与性质，考查切线的判定，圆周角定理，解题的关键是熟练掌握圆周角定理及相似三角形的判定等知识点的综合运用变式训练 1（2020游仙区模拟）如图，在矩形ABCD中，AB4，AD3，以点C为圆心作C与直线BD相切，点P是C上一个动点，连接AP交BD于点T，则APAT的最大值是（）A4B3C23D27思路引领：过点A作BD的垂线AG，AG为定值；过点P作BD的垂线PE，只要PE最大即可，进而求出PE最大，即可得出结论解：如图，过点A作AGBD于G，BD是矩形的对角线，BAD90，BD=AD2+AB2=32+42=5，12ABAD=12BDAG，AG=125，BD是C的切

8、线，C的半径为125过点P作PEBD于E，AGTPET，ATGPTE，AGTPET，AGPE=ATPT，PTAT=512PE，APAT=AT+PTAT=1+PTAT=1+PEAG，要APAT最大，则PE最大，点P是C上的动点，BD是C的切线，PE最大为C的直径，即：PE最大=245，APAT最大值为1+245125=3，故选：B总结提升：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（2017十堰）已知AB为O的直径，BCAB于B，且BCAB，D为半圆O上的一点，连接BD并延长交半圆O的切线AE于E（1）如图1，若CDCB，求证：CD是O的切线；（

9、2）如图2，若F点在OB上，且CDDF，求AEAF的值思路引领：（1）连接DO，CO，易证CDOCBO，即可解题；（2）连接AD，易证ADFBDC和ADEBDA，根据相似三角形对应边成比例的性质即可解题解：（1）连接DO，CO，BCAB于B，ABC90，在CDO与CBO中，CD=CBOD=OBOC=OC，CDOCBO，CDOCBO90，ODCD，CD是O的切线；（2）连接AD，AB是直径，ADB90，ADF+BDF90，DAB+DBA90，BDF+BDC90，CBD+DBA90，ADFBDC，DABCBD，在ADF和BDC中，ADF=BDCDAB=CBD，ADFBDC，ADBD=AFBC，DA

10、E+DAB90，E+DAE90，EDAB，在ADE和BDA中，ADE=BDA=90E=DAB，ADEBDA，AEAB=ADBD，AEAB=AFBC，即AEAF=ABBC，ABBC，AEAF=1总结提升：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ADFBDC和ADEBDA是解题的关键类型三 求三角形的面积或面积的最值典例3（2022春崇川区校级月考）如图，在平面直角坐标系xOy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AB的中点，直线y=34x3与x轴、y轴分别交于点D、E，则CDE面积的最大值为（）A2B5C6D7思路引领：连接OC，由垂

11、径定理得OCAB，再由圆周角定理得点C在以OA为直径的圆上（点O、A除外），以OA为直角作P，过P点作直线PHDE于H，交P于M、N，利用一次函数解析式确定E（0，3），D（4，0），则DE5，然后证DPHDEO，利用相似比求出PH的长，得MP的长，当C点与M点重合时，CDE的面积最大，即可求解解：连接OC，如图，点C为弦AB的中点，OCAB，ACO90，点C在以OA为直径的圆上（点O、A除外），以OA为直径作P，过P点作直线PHDE于H，交P于M、N，当x0时，y=34x33，则E（0，3），当y0时，34x30，解得x4，则D（4，0），OD4，DE=32+42=5，A（2，0），P（1，

12、0），OP1，PDODOP3，PDHEDO，PHDEOD，DPHDEO，PH：OEDP：DE，即PH：33：5，解得PH=95，MPPH+1=145，SMED=125145=7，当C点与M点重合时，CDE面积的最大值为7，故选：D总结提升：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变式训练1（2017秋丹江口市期末）如图，ABC中，已知BC2，以BC为直径的O交AB于点E，交AC于点D，若DE1，则SADE：S四边形BCDE的值为（）A1：4B1：3C1：2D2：5思路引领：根据圆内接四边形的性质可证明ADEA

13、BC，从而可知SADESABC=DE2BC2=14，所以SADE：S四边形BCDE1：3，解：四边形BCDE内接于O，ADEB，AA，ADEABC，SADESABC=DE2BC2=14，SADE：S四边形BCDE1：3，故选：B总结提升：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2（2018秋大丰区校级月考）如图，已知AD是ABC的角平分线，O经过A、B、D三点，过点B作BEAD，交O于点E，连接ED（1）求证：EDAC；（2）若BD2CD，设EBD的面积为S1，ADC的面积为S2，且S1216S2+40，求S1和S2的值；（3）在（2）

14、的条件下，求ABC的面积思路引领：（1）由AD是ABC的角平分线，得到BADDAC，由于EBAD，等量代换得到EDAC，根据平行线的性质和判定即可得到结果；（2）由BEAD，得到EBDADC，由于EDAC，得到EBDADC，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）求出ABD的面积即可（1）证明：AD是ABC的角平分线，BADDAC，EBAD，EDAC，BEAD，EEDA，EDADAC，EDAC；（2）解：BEAD，EBDADC，EDAC，EBDADC，且相似比k=BDDC=2，S1S2=k24，即s14s2，S1216S2+40，16S2216S2+40，即（4

15、S22）20，S2=12，S12（3）BD2DC，SABD2SADC1，SABC1+12=32总结提升：本题考查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，属于中考常考题型类型四 求动点的路经长典例4（2022宿迁）如图，在矩形ABCD中，AB6，BC8，点M、N分别是边AD、BC的中点，某一时刻，动点E从点M出发，沿MA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NC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EF，过点B作EF的垂线，垂足为H在这一运动过程中，点H所经过的

16、路径长是 思路引领：如图1中，连接MN交EF于点P，连接BP首先证明PN2，利用勾股定理求出BP由BHP90，推出点H在BP为直径的O上运动，当点E与A重合时，如图2中，连接OH，ON点H的运动轨迹是NH求出HON，再利用弧长公式求解解：如图1中，连接MN交EF于点P，连接BP四边形ABCD是矩形，AMMD，BNCN，四边形ABNM是矩形，MNAB6，EMNF，EPMFPN，PMPN=EMNF=2tt=2，PN2，PM4，BN4，BP=PN2+BN2=22+42=25，BHEF，BHP90，点H在BP为直径的O上运动，当点E与A重合时，如图2中，连接OH，ON点H的运动轨迹是NH此时AM4，N

17、F2，BFAB6，ABF90，BHAF，BH平分ABF，HBN45，HON2HBN90，点H的运动轨迹的长=905180=52故答案为：52总结提升：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，属于中考常考题型变式训练1（2021秋新昌县期末）如图，在矩形ABCD中，AD4cm，AB2cm，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EFAE，E为垂足，点F在直线BC的上方，且EFAE=12，以点F为圆心，FE为半径作圆，连结C

18、F（1）当t1时，判断点C与F的位置关系（2）当t1时，F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的运动路径长思路引领：（1）过点F作FGBC于点G，易证ABEEGF，根据相似三角形的性质可得EF=12AE=52，EG=12AB1，FG=12BE=12，则CG2，利用勾股定理求出CF=172，则CFEF，即可得出结论；（2）过点F作FGBC于点G，易证ABEEGF，根据相似三角形的性质得EGAB=FGBE=EFAE=12，在RtABE中，由勾股定理求出AE2AB2+BE24+t2，可得EF=14（4+t2），FG=12BE=12t，然后

19、分两种情况：F与矩形ABCD的边AD相切，F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NGBC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解：（1）过点F作FGBC于点G，四边形ABCD是矩形，BAEB+EAB90，EFAE，AEFAEB+FEG90，EABFEG，FGBC，BEGF，ABEEGF，EGAB=FGBE=EFAE=12，EF=12AE=12AB2+BE2=52，EG=12AB1，FG=12BE=12，CGBCBEEG2，CF=CG2+FG2=172，CFEF，点C在F外；（2）过点F作FGBC于点G，四边形ABC

20、D是矩形，BAEB+EAB90，EFAE，AEFAEB+FEG90，EABFEG，FGBC，BEGF，ABEEGF，EGAB=FGBE=EFAE=12，AE2AB2+BE24+t2，EF=12AE=14（4+t2），FG=12BE=12t，F与矩形ABCD的边AD相切时，延长GF于AD交于点P，四边形ABCD是矩形，BBAP+APG90，四边形ABGP是矩形，PGAB2，PF2FG212t，PFEF，（212t）2=14（4+t2），解得t=32；F与矩形ABCD的边CD相切时，作FQCD于Q，则FQCG3t，EFFQ，（3t）2=14（4+t2），解得t14433，t24+433（不合题意，

21、舍去）；综上所述，F是与矩形ABCD的边所在的直线相切时，t的值为4433或32；（3）由题意可得点F的运动路径为MN，作NGBC于G，连接CN，四边形ABCD是矩形，BACB+CAB90，ACCN，ACNACB+NCG90，CABNCG，NGBC，BNGC，ABCCGN，CGAB=NGCB=CNAC=12，CG=12AB1，NG=12BC2，当点E和点B重合时，点F在点M处BM=12AB1，MG4+114，MN=MG2+NG2=42+22=25，点F的运动路径长为25总结提升：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

22、题转化为方程解决，学会添加常用辅助线，构造相似三角形，属于中考压轴题类型五 证明线段之间的数量关系典例5（滨州中考）如图，AB为O的直径，点C在O上，ADCD于点D，且AC平分DAB，求证：（1）直线DC是O的切线；（2）AC22ADAO思路引领：（1）连接OC，由OAOC、AC平分DAB知OACOCADAC，据此知OCAD，根据ADDC即可得证；（2）连接BC，证DACCAB即可得解：（1）如图，连接OC，OAOC，OACOCA，AC平分DAB，OACDAC，DACOCA，OCAD，又ADCD，OCDC，DC是O的切线；（2）连接BC，AB为O的直径，AB2AO，ACB90，ADDC，ADC

23、ACB90，又DACCAB，DACCAB，ACAB=ADAC，即AC2ABAD，AB2AO，AC22ADAO总结提升：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变式训练1（2019柳州）如图，AB是O的直径，弦CDAB于点E，点F是O上一点，且AC=CF，连接FB，FD，FD交AB于点N（1）若AE1，CD6，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：ONOPOEOM思路引领：（1）连接BC，AC，AD，通过证明ACECEB，可得AECE=CEBE，可求BE的长，

24、即可求O的半径；（2）通过证明ADENDE，可得DANDNA，即可证BNBF，可得BNF为等腰三角形；（3）通过证明ODEOMD，可得DO2OEOM，通过证明PCOCNO，可得CO2POON，即可得结论解：（1）如图1，连接BC，AC，AD，CDAB，AB是直径AC=AD，CEDE=12CD3ACDABC，且AECCEBACECEBAECE=CEBE13=3BEBE9ABAE+BE10O的半径为5（2）AC=AD=CFACDADCCDF，且DEDE，AEDNED90ADENDE（ASA）DANDNA，AEENDABDFB，ANDFNBFNBDFBBNBF，BNF是等腰三角形（3）如图2，连接A

25、C，CN，CO，DO，MD是切线，MDDO，MDODEO90，DOEDOEMDODEOOEOD=ODOMOD2OEOMAEEN，CDAOANCCAN，CAPCNO，AC=CFAOCABFCOBFPCOPFB四边形ACFB是圆内接四边形PACPFBPACPFBPCOCNO，且POCCOECNOPCONOCO=COPOCO2PONO，ONOPOEOM总结提升：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2（2020渝中区校级一模）解答时必须给出必要的演算过程成或推理步骤，画出必要的图形（包括辅助线），请将解作过

26、程书写在答题卡中对应的位置上（1）方法选择如图，四边形ABCD是O的内接四边形，连接AC，BD，ABBCAC求证：BDAD+CD小颖认为可用截长法证明：在DB上截取DMAD，连接AM小军认为可用补短法证明：延长CD至点N，使得DNAD请你选择一种方法证明（2）类比探究【探究1】如图，四边形ABCD是O的内接四边形，连接AC，BD，BC是O的直径，ABAC试用等式表示线段AD，BD，CD之间的数量关系，并证明你的结论【探究2】如图，四边形ABCD是O的内接四边形，连接AC，BD若BC是O的直径，ABC30，则线段AD，BD，CD之间的等量关系式是 （3）拓展猜想如图，四边形ABCD是O的内接四边

27、形，连接AC，BD若BC是O的直径，BC：AC：ABa：b：c，则线段AD，BD，CD之间的等量关系式是 思路引领：（1）方法选择：在BD上截取DMAD，连接AM，可得ADBACB60，证明ADM是等边三角形，可证明ABMACD，得出BMCD，则结论得证；（2）类比探究【探究1】：可得出ABCACB45，过点A作AMAD交BD于点M，证明ADM是等腰直角三角形，得出DM=2AD，根据AAS可证得ABMACD，得出BMCD，则结论得证；【探究2】：过点A作AMAD交BD于点M，得出MD2AD，证明ABMACD，得出BM=3CD，可得出结论；（3）拓展猜想过点A作AMAD交BD于点M，得出MAD9

28、0，则BAMDAC，证明ABMACD，证得ADMACB，由相似三角形的性质可得出结论解：ABBCAC，ACBABC60，如图，在BD上截取DMAD，连接AM，ADBACB60，ADM是等边三角形，AMAD，ABMACD，AMBADC120，ABMACD（AAS），BMCD，BDBM+DMCD+AD；（2）类比探究【探究1】如图，BC是O的直径，BAC90，ABAC，ABCACB45，过点A作AMAD交BD于点M，ADBACB45，ADM是等腰直角三角形，AMAD，AMD45，DM=2AD，AMBADC135，ABMACD，ABMACD（AAS），BMCD，BDBM+DMCD+2AD【探究2】如

29、图，若BC是O的直径，ABC30，BAC90，ACB60，过点A作AMAD交BD于点M，ADBACB60，AMD30，MD2AD，ABDACD，AMBADC150，ABMACD，BMCD=ABAC=3，BM=3CD，BD=BM+DM=3CD+2AD；故答案为：BD=3CD+2AD（3）拓展猜想BDBM+DM=cbCD+abAD，理由：如图，若BC是O的直径，BAC90，过点A作AMAD交BD于点M，MAD90，BAMDAC，ABMACD，BMCD=ABAC=cb，BM=cbCD，ADBACB，BACNAD90，ADMACB，ADDM=ACBC=ba，DM=abAD，BDBM+DM=cbCD+abAD故答案为：BDBM+DM=cbCD+abAD总结提升：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