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1、專題25 推理能力提升專題卷
（時間：90分鐘 滿分120分）
一、選擇題（每小題3分，共36分）
1．（2019·山西太原五中初三月考）如圖，在△ABC中，點D在AB上，BD=2AD，DE∥BC交AC于E，則下列結(jié)論不正確的是（ ）
A．BC=3DE B． C．△ADE～△ABC D．S△ADE=S△ABC
【答案】D
【解析】
解：∵BD=2AD，∴AB=3AD，∵DE∥BC，∴=，∴BC=3DE，A結(jié)論正確；
∵DE∥BC，∴，B結(jié)論正確；
∵DE∥BC，∴△ADE～△ABC，C結(jié)論正確；
∵DE∥BC，AB=3AD，∴S△ADE=S△ABC，D結(jié)論錯誤，
2、
故選D．
【點睛】
本題考查平行線分線段成比例及相似三角形的判定和性質(zhì)，掌握相關性質(zhì)定理是本題的解題關鍵．
2．（2019·上海中考模擬）下列圖形中一定是相似形的是( )
A．兩個菱形 B．兩個等邊三角形 C．兩個矩形 D．兩個直角三角形
【答案】B
【解析】
解：∵等邊三角形的對應角相等，對應邊的比相等，
∴兩個等邊三角形一定是相似形，
又∵直角三角形，菱形的對應角不一定相等，矩形的邊不一定對應成比例，
∴兩個直角三角形、兩個菱形、兩個矩形都不一定是相似形，
故選：B．
【點睛】
本題考查了相似多邊形的識別．判定兩個圖形相似的依據(jù)是：對應邊成比例，對應
3、角相等，兩個條件必須同時具備．
3．（2019·陜西中考模擬）如圖，在中，點D，E分別為AB，AC邊上的點，且，CD、BE相較于點O，連接AO并延長交DE于點G，交BC邊于點F，則下列結(jié)論中一定正確的是
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
解：A.∵，
∴ ,故不正確；
B. ∵，
∴ ,故不正確；
C. ∵，
∴∽，∽,
， ．
，故正確；
D. ∵，
∴ ,故不正確；
故選C．
【點睛】
本題主要考查的是相似三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的性質(zhì)和判定定理是解題的關鍵．
4．（2019·哈爾濱市第六十九中學校初三月考）如圖，菱
4、形ABCD的對角線AC＝6，BD＝8，AE⊥BC于點E，則AE的長是（ ?。?
A．5 B． C． D．
【答案】C
【解析】
∵四邊形ABCD是菱形，AC=6cm，BD=8cm，
∴AO=CO=3cm,BO=DO=4cm,∠BOC=90°，
∴BC= =5(cm)，
∴AE×BC=BO×AC
故5AE=24，
解得：AE= .
故選：C.
【點睛】
此題考查菱形的性質(zhì)，解題關鍵在于結(jié)合勾股定理得出BC的長
5．（2019·福建初一期中）將一副直角三角板如圖放置，使含30°角的三角板的短直角邊和含45°角的三角板的一條直角邊重合，則∠1的度數(shù)為( )
A．7
5、5° B．60° C．45° D．30°
【答案】A
【解析】
解:由題意可得:∠2=60°,∠5=45°,
∵∠2=60°,
∴∠3=180°-90°-60°=30°,
∴∠4=30°,
∴∠1=∠4+∠5=30°+45°=75°.
故選A．
【點睛】
本題主要考查了三角形內(nèi)角和定理,三角形外角的性質(zhì),解決本題的關鍵是掌握三角形的一個外角等于和它不相鄰的兩個內(nèi)角的和．
6．（2019·寧波華茂國際學校初三期末）如圖，在四邊形ABCD中，，，，AC與BD交于點E，，則的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
∵，，
∴，，
6、∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，；
故選：C．
【點睛】
本題考查了平行線的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)以及解直角三角形的應用等知識；熟練掌握解直角三角形，證明三角形相似是解題的關鍵．
7．（2019·浙江初三）如圖，矩形ABCD中，對角線AC＝2，E為BC邊上一點，BC＝3BE，將矩形ABCD沿AE所在的直線折疊，點B恰好落在對角線AC上的點B′處，P，Q分別是AB，AC上的動點，則PE+PQ的最小值為（ ?。?
A． B．2 C．1 D．3
【答案】B
【解析】
∵BC＝3BE，
∴EC＝2BE，
∵折疊，
∴B
7、E＝B'E，∠ABC＝∠AB'E＝90°，，
∵sin∠ACB＝，
∴∠ACB＝30°，
在Rt△ABC中，AC＝2，∠ACB＝30°，
∴AB＝，BC＝AB＝3，∠BAC＝60°，
∴∠BAE＝∠EAC＝30°，
如圖
作點E關于AB的對稱點E'，連接AE'，PE'，
∵PE+PQ＝PE'+PQ，
∴當Q，P，E'三點共線，且E'Q⊥AC時，
PE+PQ的值最小，
∵BC＝3，BC＝3BE，
∴BE＝1，
∵E'，E兩點關于AB對稱，
∴BE'＝BE＝1，∠EAB＝∠E'AB＝30°，且∠BAC＝60°，
∴∠E'AC＝90°，
即PE+PQ的最小值為A
8、E'的值，
∵∠BAE'＝30°，BE'＝1，AB⊥CB，
∴AE'＝2，
∴PE+PQ的最小值為2．
故選：B．
【點睛】
此題考查折疊的性質(zhì)，利用三角函數(shù)值求角度，直角三角形30°角所對的直角邊等于斜邊的一半，垂線段最短的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì).
8．（2019·山東初二期中）把一副三角板如圖甲放置，其中∠ACB=∠DEC=90°，∠A-45°，∠D=30°，斜邊AB=6，DC=7，把三角板DCE繞著點C順時針旋轉(zhuǎn)15°得到△D1CE1（如圖乙），此時AB與CD1交于點O，則線段AD1的長度為（ ）
A． B．5 C．4 D．
【答案】B
【解析】
由題意易知：
9、∠CAB=45°，∠ACD=30°，
若旋轉(zhuǎn)角度為15°，則∠ACO=30°+15°=45°．
∴∠AOC=180°－∠ACO－∠CAO=90°．
在等腰Rt△ABC中，AB=6，則AC=BC=．
同理可求得：AO=OC=3．
在Rt△AOD1中，OA=3，OD1=CD1－OC=4，
由勾股定理得：AD1=5．故選B．
9．（2020·山東初二期末）如圖，在中，點為的中點，平分，且于點，延長交于點.若，，則的長為（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】B
【解析】
解：∵平分，且
∴，
在△ADB和△ADN中，
∴△ADB≌△ADN（ASA）
10、
∴BD=DN，AN=AB=4，
∵點為的中點，
∴NC=2DM=2，
∴AC=AN+NC=6，
故選B．
【點睛】
本題考查的是三角形中位線定理、全等三角形的判定和性質(zhì)，三角形的中位線平行于第三邊，且等于第三邊的一半．
10．（2019·重慶西南大學附中初三月考）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，∠ADC＝120°，連接BD，把△ABD沿BD翻折，得到△A′BD，連接A′C，若AB＝3，∠ABD＝60°，則點D到直線A′C的距離為（ ?。?
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
過點D作DE⊥A′C于E，過A'作A'F⊥CD于F，如圖所示：
11、
∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠DBC，∠ADC+∠BCD＝180°，∠BCD＝180°﹣120°＝60°，
∵∠ABD＝60°，
∴∠ADB＝30°，
∴BD＝2AB＝6，AD＝AB＝3，∠BDC＝∠ADC﹣∠ADB＝120°﹣30°＝90°，∠DBC＝30°，
∴CD＝tan∠DBC?BD＝tan30°×6＝×6＝2，
由折疊的性質(zhì)得：∠A'DB＝∠ADB＝30°，A'D＝AD＝3，
∴∠A'DC＝120°﹣30°﹣30°＝60°，
∵A'F⊥CD，
∴∠DA'F＝30°，
∴DF＝A'D＝，A'F＝DF＝，
∴CF＝CD﹣DF＝2﹣＝，
∴A'C＝＝，
∵△
12、A'CD的面積＝A'C×DE＝CD×A'F，
∴，
即D到直線A′C的距離為；
故選：C．
【點睛】
此題考查折疊的性質(zhì)，三角函數(shù)，勾股定理，直角三角形的30角所對的直角邊等于斜邊的一半.
11．（2019·南通市八一中學初二月考）如圖，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝1，E為BC的中點，則對角線BD上的動點P到E、C兩點的距離之和的最小值為（ ?。?
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
解：∵四邊形ABCD為菱形，
∴A、C關于BD對稱，
∴連AE交BD于P，
則PE+PC＝PE+AP＝AE，
根據(jù)兩點之間線段最短，AE的長即為PE+
13、PC的最小值．
∵∠ABC＝60°，AB=BC
∴△ABC為等邊三角形，
又∵BE＝CE ，
∴AE⊥BC，
∴AE＝＝．
故選：C．
【點睛】
本題主要考查最短距離問題，掌握勾股定理，等邊三角形的性質(zhì)及菱形的對稱性是解題的關鍵．
12．（2019·重慶初三期末）如圖，將小正方形AEFG繞大正方形ABCD的頂點A順時針旋轉(zhuǎn)一定的角度α（其中0°≤α≤90°），連接BG、DE相交于點O，再連接AO、BE、DG．王凱同學在探究該圖形的變化時，提出了四個結(jié)論：
①BG＝DE；②BG⊥DE；③∠DOA＝∠GOA；④S△ADG＝S△ABE，其中結(jié)論正確的個數(shù)有（ ）
A
14、．1個 B．2個 C．3個 D．4個
【答案】D
【解析】
∵∠DAB＝∠EAG＝90°，
∴∠DAE＝∠BAG，
又∵AD＝AB，AG＝AE，
∴△DAE≌△BAG（SAS），
∴BG＝DE，∠ADE＝∠ABG，
故①符合題意，
如圖1，設點DE與AB交于點P，
∵∠ADE＝∠ABG，∠DPA＝∠BPO，
∴∠DAP＝∠BOP＝90°，
∴BG⊥DE，
故②符合題意，
如圖1，過點A作AM⊥DE，AN⊥BG，
∵△DAE≌△BAG，
∴S△DAE＝S△BAG，
∴DE×AM＝×BG×AN，
又∵DE＝BG，
∴AM＝AN，且AM⊥DE，AN⊥BG，
15、∴AO平分∠DOG，
∴∠AOD＝∠AOG，
故③符合題意，
如圖2，過點G作GH⊥AD交DA的延長線于點H，過點E作EQ⊥AD交DA的延長線于點Q，
∴∠EAQ+∠AEQ＝90°，∠EAQ+∠GAQ＝90°，
∴∠AEQ＝∠GAQ，
又∵AE＝AG，∠EQA＝∠AHG＝90°，
∴△AEQ≌△GAH（AAS）
∴AQ＝GH，
∴AD×GH＝AB×AQ，
∴S△ADG＝S△ABE，
故④符合題意，
故選：D．
【點睛】
本題主要考查正方形的性質(zhì)和三角形全等的判定和性質(zhì)的綜合，添加輔助線，構(gòu)造全等三角形，是解題的關鍵.
二、填空題（每小題3分，共18分）
16、13．（2019·河南初三期中）如圖，已知矩形ABCD中，AB=1，在BC上取一點E，沿AE將△ABE向上折疊，使B點落在AD上的F點．若四邊形EFDC與矩形ABCD相似，則AD=________
【答案】
【解析】
∵沿AE將△ABE向上折疊，使B點落在AD上的F點，
∴四邊形ABEF是正方形，
∵AB=1，
設AD=x，則FD=x?1，F(xiàn)E=1，
∵四邊形EFDC與矩形ABCD相似，
∴，
，
解得x1=,x2= (負值舍去)，
經(jīng)檢驗x1=是原方程的解.
【點睛】
本題考查了折疊的性質(zhì)及相似多邊形的性質(zhì)，熟練掌握性質(zhì)定理是解題的關鍵.
14．（2019·銀
17、川外國語實驗學校初三期中）如圖，在△ABC中，DE∥BC，BF平分∠ABC，交DE的延長線于點F，若AD=1，BD=2，BC=4，則EF=________．
【答案】
【解析】
∵DE∥BC，
∴∠F=∠FBC，
∵BF平分∠ABC，
∴∠DBF=∠FBC，
∴∠F=∠DBF，
∴DB=DF，
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴ ，即 ，
解得：DE= ，
∵DF=DB=2，
∴EF=DF-DE=2- = ，
故答案為.
【點睛】
此題考查相似三角形的判定和性質(zhì)，關鍵是由DE∥BC可得出△ADE∽△ABC．
15．（2019·河北初三期末）如圖，
18、在邊長為9的正三角形ABC中，BD=3，∠ADE=60°，則AE的長為 ?。?
【答案】7
【解析】
∵△ABC是等邊三角形，∴∠B=∠C=60°，AB=BC．
∴CD=BC－BD=9－3=6，；∠BAD+∠ADB=120°．
∵∠ADE=60°，∴∠ADB+∠EDC=120°．∴∠DAB=∠EDC．
又∵∠B=∠C=60°，∴△ABD∽△DCE．
∴，即．
∴．
16．（2019·陜西初三期末）如圖，已知正方形DEFG的頂點D、E在△ABC的邊BC上，頂點G、F分別在邊AB、AC上．如果BC=4，△ABC的面積是6，那么這個正方形的邊長是_____．
【答案】
19、
【解析】
作AH⊥BC于H，交GF于M，如圖，
∵△ABC的面積是6，
∴BC?AH=6，
∴AH==3，
設正方形DEFG的邊長為x，則GF=x，MH=x，AM=3﹣x，
∵GF∥BC，
∴△AGF∽△ABC，
∴，即，解得x=，
即正方形DEFG的邊長為，
故答案為．
【點睛】
本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，正確添加輔助線求出BC邊上的高是解題的關鍵.
17．（2019·湖北中考真題）如圖，兩個大小不同的三角板放在同一平面內(nèi)，直角頂點重合于點，點在上，，與交于點，連接，若，，則_____．
【答案】．
【解析】
解：如圖，過點作于點，過點作于點
20、，
∵，，
∴，
∵在中，，
∴，
在與中，
∵，
∴，
∴，
∵，
∵，
∴，
∴∽，
∴，∴，
∴，，
∴，
在中，
，
在中，，
∴，，
在中，
，
在中，
，
∵，
∴∽，
∴，
故答案為：．
【點睛】
本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，解直角三角形等，解題關鍵是能夠通過作適當?shù)妮o助線構(gòu)造相似三角形，求出對應線段的比．
18．（2019·山東初三）如圖，點 C 為 Rt△ACB 與 Rt△DCE 的公共點，∠ACB=∠DCE=90°，連 接 AD、BE，過點 C 作 CF⊥AD 于點 F，延長 FC 交 BE 于
21、點 G，若 AC=BC=25，CE=15， DC=20，則的值為___________．
【答案】
【解析】
如圖，過 E作 EH⊥GF于 H，過 B 作 BP⊥GF于P，則∠EHG=∠BPG=90°，
又∵∠EGH=∠BGP，
∴△EHG∽△BPG，
∴=，
∵CF⊥AD，
∴∠DFC=∠AFC=90°，
∴∠DFC=∠CHF，∠AFC=∠CPB， 又∵∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠CDF=∠ECH，∠FAC=∠PCB，
∴△DCF∽△CEH，△ACF∽△CBP，
∴，
∴EH=CF，BP=CF，
∴=，
∴=，
故答案為．
【點睛】
本題
22、考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，正確添加輔助線構(gòu)造相似三角形，利用相似三角形的對應邊成比例進行推導是解題的關鍵.
三、解答題（每小題6分，共12分）
19．（2019·四川中考真題）如圖，線段、相交于點, ,.求證：.
【答案】詳見解析
【解析】
證明：在△AEB和△DEC中，
∴△AEB≌△DEC
故.
【點睛】
本題考查了全等三角形中角邊角的判定，軸對稱型全等三角形的模型，掌握即可解題.
20．（2019·江蘇初二期末）如圖，在?ABCD 中，對角線 AC，BD 相交于點 O，過點 O 的一條直線分別交 AD，BC 于點 E，F(xiàn)．求證：AE=CF．
【
23、答案】證明見解析.
【解析】
∵?ABCD 的對角線 AC，BD 交于點 O，
∴AO=CO，AD∥BC，
∴∠EAC=∠FCO，
在△AOE 和△COF 中，
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴AE=CF．
【點睛】
本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)以及平行四邊形的性質(zhì)，熟練掌握全等三角形的判定方法是解題關鍵．
四、解答題（每小題8分，共16分）
21．（2019·黑龍江初三）如圖，矩形ABCD中，AB=6，BC=4，過對角線BD中點O的直線分別交AB，CD邊于點E，F(xiàn)．
（1）求證：四邊形BEDF是平行四邊形；
（2）當四邊形BEDF是菱形時，求EF的長．
24、
【答案】（1）證明見解析；（2）．
【解析】
（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，O是BD的中點，
∴∠A=90°，AD=BC=4，AB∥DC，OB=OD，
∴∠OBE=∠ODF，
在△BOE和△DOF中，
∴△BOE≌△DOF（ASA），
∴EO=FO，
∴四邊形BEDF是平行四邊形；
（2）當四邊形BEDF是菱形時，BD⊥EF，
設BE=x，則?DE=x，AE=6-x，
在Rt△ADE中，DE2=AD2+AE2，
∴x2=42+（6-x）2，
解得：x= ，
∵BD= =2，
∴OB=BD=，
∵BD⊥EF，
∴EO==，
∴EF=2EO=
25、．
點睛：本題主要考查了矩形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)、勾股定理、全等三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握矩形的性質(zhì)和勾股定理，證明三角形全等是解決問的關鍵
22．（2019·全國初三課時練習）如圖，在平行四邊形ABCD中，過點A作AE⊥BC，垂足為E，連接DE，F(xiàn)為線段DE上一點，且∠AFE=∠B
（1）求證：△ADF∽△DEC；
（2）若AB=8，AD=6，AF=4，求AE的長．
【答案】（1）見解析（2）6
【解析】
解：（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD，AD∥BC
∴∠C+∠B=180°，∠ADF=∠DEC
∵∠AFD+∠AFE=180°，∠AFE=∠
26、B，
∴∠AFD=∠C
在△ADF與△DEC中，∵∠AFD=∠C，∠ADF=∠DEC，
∴△ADF∽△DEC
（2）∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴CD=AB=8．
由（1）知△ADF∽△DEC，
∴，
∴
在Rt△ADE中，由勾股定理得：
五、解答題（每小題9分，共18分）
23．（2019·山東初三期中）如圖，在銳角三角形ABC中，點D，E分別在邊AC，AB上，AG⊥BC于點G，AF⊥DE于點F，∠EAF=∠GAC．
（1）求證：△ADE∽△ABC；
（2）若AD=3，AB=5，求的值．
【答案】（1）證明見解析；（2）．
【解析】
（1）∵AG⊥
27、BC，AF⊥DE，
∴∠AFE=∠AGC=90°，
∵∠EAF=∠GAC，
∴∠AED=∠ACB，
∵∠EAD=∠BAC，
∴△ADE∽△ABC，
（2）由（1）可知：△ADE∽△ABC，
∴
由（1）可知：∠AFE=∠AGC=90°，
∴∠EAF=∠GAC，
∴△EAF∽△CAG，
∴，
∴=
考點：相似三角形的判定
24．（2019·湖州市第五中學初三）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=12．點D在直線CB上，以CA，CD為邊作矩形ACDE，直線AB與直線CE，DE的交點分別為F，G，
（1）如圖，點D在線段CB上，四邊形ACDE是正方形．
①若點G
28、為DE的中點，求FG的長．
②若DG=GF，求BC的長．
（2）已知BC=9，是否存在點D，使得△DFG是等腰三角形？若存在，求該三角形的腰長；若不存在，試說明理由．
【答案】（1）①,②12；（2）等腰的腰長為4或20或或．理由見解析.
【解析】
（1）①在正方形中，，
在中，，
，
，
，
，
,
②如圖1中，
正方形中，，，
，
，
，設，
，
，
，
，
在中，，
，
解得，
，
在中，．
（2）在中，，
如圖2中，
當點在線段上時，此時只有，
，
，
設，則，，
，則，
，
，
，
，
整理
29、得：，
解得或5（舍棄）
腰長．
如圖3中，
當點在線段的延長線上，且直線，的交點中上方時，此時只有，設，則，，
，
，
，
，
，
解得或（舍棄），
腰長．
如圖4中，
當點在線段的延長線上，且直線，的交點中下方時，此時只有，過點作．
設，則，，，
，
，
，
，
，
，
，
解得或（舍棄）
腰長，
如圖5中，
當點在線段的延長線上時，此時只有，作于．
設，則，，，
，
，
，
，
，
，
，
解得或（舍棄），
腰長，
綜上所述，等腰的腰長為4或20或或．
【點睛】
本題考查四邊形綜合題、正方
30、形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、銳角三角函數(shù)、平行線的性質(zhì)、勾股定理等知識，解題的關鍵是學會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．
六、解答題（每小題10分，共20分）
25．（2019·河北初三期末）△ABC中，AB=AC，D為BC的中點，以D為頂點作∠MDN=∠B．
（1）如圖（1）當射線DN經(jīng)過點A時，DM交AC邊于點E，不添加輔助線，寫出圖中所有與△ADE相似的三角形．
（2）如圖（2），將∠MDN繞點D沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)，DM，DN分別交線段AC，AB于E，F(xiàn)點（點E與點A不重合），不添加輔助線，寫出圖中所有的相似三角形，并證明你的結(jié)論．
（3）在圖
31、（2）中，若AB=AC=10，BC=12，當△DEF的面積等于△ABC的面積的時，求線段EF的長．
【答案】（1）△ABD，△ACD，△DCE（2）△BDF∽△CED∽△DEF，證明見解析；（3）5.
【解析】
解：（1）圖（1）中與△ADE相似的有△ABD，△ACD，△DCE．
（2）△BDF∽△CED∽△DEF，證明如下：
∵∠B+∠BDF+∠BFD=180°，∠EDF+∠BDF+∠CDE=180°，
又∵∠EDF=∠B，
∴∠BFD=∠CDE．
∵AB=AC，
∴∠B=∠C．
∴△BDF∽△CED．
∴．
∵BD=CD，
∴，即．
又∵∠C=∠EDF，
∴△
32、CED∽△DEF．
∴△BDF∽△CED∽△DEF．
（3）連接AD，過D點作DG⊥EF，DH⊥BF，垂足分別為G，H．
∵AB=AC，D是BC的中點，
∴AD⊥BC，BD=BC=6．
在Rt△ABD中，AD2=AB2﹣BD2，即AD2=102﹣62，
∴AD=8．
∴S△ABC=?BC?AD=×12×8=48，
S△DEF=S△ABC=×48=12．
又∵?AD?BD=?AB?DH，
∴．
∵△BDF∽△DEF，
∴∠DFB=∠EFD．
∵DH⊥BF，DG⊥EF，
∴∠DHF=∠DGF．
又∵DF=DF，
∴△DHF≌△DGF（AAS）．
∴DH
33、=DG=．
∵S△DEF=·EF·DG=·EF·=12，
∴EF=5．
【點睛】
本題考查了和相似有關的綜合性題目，用到的知識點有三角形相似的判定和性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)以及勾股定理的運用，靈活運用相似三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關鍵，解答時，要仔細觀察圖形、選擇合適的判定方法，注意數(shù)形結(jié)合思想的運用．
26．（2019·江蘇初三期中）如圖，在△AOB中，∠AOB為直角，OA=6，OB=8，半徑為2的動圓圓心Q從點O出發(fā)，沿著OA方向以1個單位長度/秒的速度勻速運動，同時動點P從點A出發(fā)，沿著AB方向也以1個單位長度/秒的速度勻速運動，設運動時間為t秒（0＜t≤5）以P為圓心，
34、PA長為半徑的⊙P與AB、OA的另一個交點分別為C、D，連結(jié)CD、QC．
（1）當t為何值時，點Q與點D重合？
（2）當⊙Q經(jīng)過點A時，求⊙P被OB截得的弦長．
（3）若⊙P與線段QC只有一個公共點，求t的取值范圍．
【答案】（1）；（2）；（3）0＜t≤或＜t≤5．
【解析】
（1）∵OA=6，OB=8，
∴由勾股定理可求得：AB=10，
由題意知：OQ=AP=t，
∴AC=2t，
∵AC是⊙P的直徑，
∴∠CDA=90°，
∴CD∥OB，
∴△ACD∽△ABO，
∴，
∴AD=，
當Q與D重合時，
AD+OQ=OA，
∴+t=6，
∴t=；
（2
35、）當⊙Q經(jīng)過A點時，如圖
OQ=OA﹣QA=4，
∴t==4s，
∴PA=4，
∴BP=AB﹣PA=6，
過點P作PE⊥OB于點E，⊙P與OB相交于點F、G，
連接PF，
∴PE∥OA，
∴△PEB∽△AOB，
∴，
∴PE=3.6，
∴由勾股定理可求得：EF=，
由垂徑定理可求知：FG=2EF=；
（3）當QC與⊙P相切時，如圖
此時∠QCA=90°，
∵OQ=AP=t，
∴AQ=6﹣t，AC=2t，
∵∠A=∠A，
∠QCA=∠ABO，
∴△AQC∽△ABO，
∴，
∴，
∴t=，
∴當0＜t≤時，⊙P與QC只有一個交點，
當QC⊥OA時，
此時Q與D重合，
由（1）可知：t=，
∴當＜t≤5時，⊙P與QC只有一個交點，
綜上所述，當，⊙P與QC只有一個交點，t的取值范圍為：0＜t≤或＜t≤5．
2020年中考數(shù)學基礎題型提分講練 專題25 推理能力提升（含解析）
