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）

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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．