中考数学(相似提高练习题)压轴题训练附详细答案

中考数学复习《相似》专题训练--附参考答案一、选择题1．如图，已知AB//CD//EF，BC：CE=3：4，AF=21那么DF的长为（）A．9B．12C．15D．182．如图，已知D是△ABC的边AC上一点，根据下列条件，不能判定△CAB∽△CBD的是（）A．∠A=∠CBD B．∠CBA=∠CDBC．BC2=AC⋅CD D．AB⋅CD=BD⋅BC3．如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△DEF是以坐标原点O为位似中心的位似图形，若A（﹣2，0），D（3，0），且AC＝2√2，则线段DF的长度为（）．A．2√2B．3√2C．4√2D．6√24．已知AB=4，CD=6，BD=10，AB⊥BD，CD⊥BD在线段BD上有一点P，使得△PAB和△PCD相似，则满足条件的点P的有个．（）A．1B．2C．3D．无数5．如图，△ABC与△DEF位似，点O为位似中心.已知OA=1，OD=3△ABC的周长为3，则△DEF的周长是（）A．4 B．6 C．9 D．276．如图，为了估计某一条河的宽度，在河的对岸选定一个目标点P，在近岸取点Q和S，使点P，Q，S在一条直线上，且直线PS与河垂直，在过点S且与PS垂直的直线a上选择适当的点T，PT与过点Q且与PS 垂直的直线b的交点为R，如果QS = 60m，ST =120m，QR=80m，则这条河的宽度PQ为（）A．40m B．120m C．60m D．180m7．如图，在Rt△ABC中∠ACB=90°，AC=BC，CD⊥AB点E为AC边上的中点，连接BE交CD于点F．若AC=4√2，则BF的长为（）．A．163B．4 C．2√103D．4√1038．如图，在△OAB中∠BOA=45°，点C为边AB上一点，且BC=2AC．如果函数y=9x(x>0)的图象经过点B和点C，那么点C的坐标是（）A．(3，3)B．(3，1.5)C．(4.5，2)D．(9，1)二、填空题9．已知两个相似三角形的相似比为4：9，那么这两个三角形的周长之比为.10．如图，在△ABC中，D为AB上一点，且∠ACD=∠B，若AD=2，BD= 5，则AC=211．如图，点D、E分别在△ABC的边AB，AC上，DE∥BC，点G在边BC上，AG交DE于点H，点O是线段AG的中点，若AD：DB=3：1，则AO：OH= .12．如图，P是平行四边形ABCD边BC上的一点，M、N分别是PA、PD的中点，若△PMN的面积为3cm2，则平行四边形ABCD的面积是cm2．13．如图，四边形ABCD是菱形，E为对角线BD的延长线上一点，且BD=8，DE=2∠BAE=45°则AB 的长为.三、解答题14．如图，AD、BE是的高，连接．（1）求证：∽；（2）若点D是的中点，CE=3，BE=4，求的长．15．已知：如图，在菱形中，点，分别在边，上，的延长线交的延长线于点，的延长线交的延长线于点． （1）求证：； （2）如果，求证：．16．如图，在矩形ABCD 中，点G 在边BC 上（不与点B 、C 重合），连接AG ，作DF ⊥AG 于点F ，BE ⊥AG 于点E.（1）若AG ＝AD ，求证：AB ＝DF ；（2）设BG BC ＝k ，连接BF 、DE ，设∠EDF ＝α，∠EBF ＝β，求tana tanβ的值.17．如图1，已知点O 在四边形ABCD 的边AB 上，且OA ＝OB ＝OC ＝OD ＝2，OC 平分∠BOD ，与BD 交于点G ，AC 分别与BD 、OD 交于点E 、F ．（1）求证：OC ∥AD ；（2）如图2，若DE ＝DF ，求AE AF 的值；（3）当四边形ABCD 的周长取最大值时，求DE DF 的值．18．如图1， ABD 内接于,AD 是直径， BAD 的平分线交BD 于H ，交 于点C ，连接O ODC 并延长，交AB 的延长线于点E.（1）求证： AE=AD ；（2）若 32BEAB = ，求 AHHC 的值（3）如图2，连接CB 并延长，交DA 的延长线于点F ，若 ,6AH HC AF == 求 BEC 的面积.参考答案1．B2．D3．B4．B5．C6．B7．D8．D9．4：910．311．2：112．2413．4√1014．（1）证明：∵、是的高∴∵∴∽；（2）解：∵点D是的中点∴在中∵∴∴∵∽∴∴∴∴．15．（1）证明：∵四边形ABCD是菱形∴∵∴∴∵∴∴∵∴；（2）证明：∵∴ .∵∴∠B=∠EAG，∠BCE=∠G∴△AGE∽△BCE∴∴∵∴∴．16．（1）证明：∵四边形ABCD是矩形∴AD//BC∴∠DAG=∠BGA∵DF⊥AG ∴∠DFA=∠BEG=90°∵∠ABC=90°∴∠DFA=∠ABC在△ADF和△GAB中{∠DAG=∠BGA ∠DFA=∠ABC AD=AG∴△ADF≌△GAB∴AB=DF（2）解：由已知得：∵∠DFA=∠BEG=90°∴在Rt△DEF中tanα=EFDF；在Rt△BEF中∴tanαtanβ=EFDFEFBE=BEDF∵∠DAG=∠BGA∴△DFA∽△BEG∴BEDF =BGAD∵四边形ABCD是矩形∴AD=BC∵BGBC=k∴BEDF =BGAD=BGBC=k∴tanαtanβ=BEDF=k17．（1）证明：∵AO＝OD ∴∠OAD＝∠ADO∵OC平分∠BOD∴∠DOC＝∠COB又∵∠DOC+∠COB∠＝∠OAD+∠ADO ∴∠ADO＝∠DOC∴CO∥AD；（2）解：∵OA=OB=OC∴∠ADB=90°∴△AOD和△ABD是等腰直角三角形∴AD= √2AO∴ADAO=√2∵DE=DF∴∠DFE=∠AED∵∠DFE=∠AFO∴∠AFO=∠AED∵∠AOF=∠ADE=90°∴△ADE∽△AOF∴AEAF =ADAO= √2；（3）解：如图2∵OD＝OB，∠BOC＝∠DOC，∴△BOC≌△DOC（SAS），∴BC＝CD 设BC＝CD＝x，CG＝m，则OG＝2﹣m∵OB2﹣OG2＝BC2﹣CG2∴4﹣（2﹣m）2＝x2﹣m2，解得：m =14x2，∴OG＝2 −14x2∵OD＝OB，∠DOG＝∠BOG，∴G为BD的中点又∵O为AB的中点，∴AD＝2OG＝4 −12x2∴四边形ABCD的周长为2BC+AD+AB＝2x+4 −12x2+ 4 =−12x2+ 2x+8 =−12(x−2)2+ 10∵−12< 0，∴x＝2时，四边形ABCD的周长有最大值为10．∴BC＝2∴△BCO为等边三角形，∴∠BOC＝60°，∵OC∥AD，∴∠DAC＝∠COB＝60°∴∠ADF ＝∠DOC ＝60°，∠DAE ＝30°，∴∠AFD ＝90°，∴DE DA =√33 ，DF =12 DA ∴DE DF =2√33 ．18．（1）证明：∵AD 是 的直径90ACD ACE ∴∠=∠=︒∵AC 平分DAC EAC ∴∠=∠在△ACD 和△ACE 中∵∠ACD=∠ACE ，AC=AC ，∠DAC=∠EAC∴△ACD ≌△ACE （ASA ）AE AD ∴=（2）解：如图，连接OC 交BD 于G 32BE AB = 设 3,2BE x AB x == 则 5AD AE AB BE x ==+= ，OC= AD= 52x DAC EAC ∠=∠BC CD ∴=∴OC 垂直平分BD又∵O 为AD 的中点∴OG 为△ABD 的中位线 ∴OC ∥AB ，OG= 1AB 2x = ，CG= 53OC OG=22x x x --= ABH CGH ∴~24332AH AB x HC CG x ∴===O BAD ∠12第 11 页 共 11 页 （3）解：如图，连接OC 交BD 于G由（2）可知：OC ∥AB ，OG= AB ∴∠BHA=∠GCH在△BHA 和△GHC 中 ∵∠BHA=∠GCH ，AH=CH ，∠BHA=∠GHC ()BHA GHC ASA ∴≅∴CG AB =设 OG m = ，则 2,3CG AB m OA OC m ==== 又 //OC AB∴FAB FOC ~FA AB FO OC∴= 62633m m m∴=+ 1m ∴= 2,6,4AB AD BE ∴=== ∵AD 是 的直径90ABD EBD ∴∠=∠=︒22226242BD AD AB =--=114428222EBD S EB BD ∴=⋅=⨯⨯= 又 ,ACD ACE ≅ EC CD ∴= 11824222BEC EBD S S ∴==⨯=12O。

中考数学总复习《相似三角形综合压轴题》专项提升练习(附答案）学校:___________班级：___________姓名：___________考号：___________1．三个等角的顶点在同一条直线上，称一线三等角模型（角度有锐角、直角、钝角，若为直角，则又称一线三垂直模型）．解决此模型问题的一般方法是利用三等角关系找全等或相似三角形所需角的相等条件，利用全等或相似三角形解决问题．【证明体验】如图1，在四边形ABCD 中点P 为AB 上一点90DPC A B ∠=∠=∠=︒，求证：AD BC AP BP ⋅=⋅． 【思考探究】（2）如图2，在四边形ABCD 中点P 为AB 上一点，当DPC A B β∠=∠=∠=时，上述结论是否依然成立？说明理由． 【拓展延伸】（3）请利用（1）（2）获得的经验解决问题：如图3，在ABC 中22AB =45B ∠=︒以点A 为直角顶点作等腰Rt ADE △，点D 在BC 上，点E 在AC 上，点F 在BC 上，且45EFD ∠=︒，若5CE =CD 的长．2．综合实践问题背景：借助三角形的中位线可构造一组相似三角形，若将它们绕公共顶点旋转，对应顶点连线的长度存在特殊的数量关系，数学小组对此进行了研究．如图1，在ABC 中90,4B AB BC ∠=︒==分别取AB ，AC 的中点D ，E ，作ADE ．如图2所示，将ADE 绕点A 逆时针旋转，连接BD ，CE ．(1)探究发现旋转过程中线段BD 和CE 的长度存在怎样的数量关系？写出你的猜想，并证明． (2)性质应用如图3，当DE 所在直线首次经过点B 时，求CE 的长． (3)延伸思考如图4，在Rt ABC △中90,8,6ABC AB BC ∠=︒==，分别取AB ，BC 的中点D ，E ．作BDE ，将BDE 绕点B 逆时针旋转，连接AD ，CE ．当边AB 平分线段DE 时，求tan ECB ∠的值．3．如图，M 为线段AB 的中点，AE 与BD 交于点C ，DME A B α∠=∠=∠=且DM 交AC 于F ，ME 交BC 于G ．(1)写出图中两对相似三角形；(2)连接FG ，如果45α=︒，42AB =3AF =，求FG 的长．4．如图，在ABC 中6cm AB =，12cm BC =和90B ．点P 从点A 开始沿AB 边向点B 以1cm /s 的速度移动，点Q 从点B 开始沿BC 边向点C 以2cm /s 的速度移动，如果P 、Q 分别从A 、B 同时出发，设移动时间为()s t ．(1)当2t =时，求PBQ 的面积； (2)当t 为多少时，PBQ 的面积是28cm ？ (3)当t 为多少时，PBQ 与ABC 是相似三角形？5．下面是小新同学在“矩形折叠中的相似三角形”主题下设计的问题，请你解答．如图，已知在矩形ABCD 中点E 为边AB 上一点（不与点A 、点B 重合），先将矩形ABCD 沿CE 折叠，使点B 落在点F 处，CF 交AD 于点H ．(1)观察发现：写出图1中一个与AEG △相似的三角形：______．（写出一个即可）(2)迁移探究：如图2，若4AB =，6BC =当CF 与AD 的交点H 恰好是AD 的中点时，求阴影部分的面积． (3)如图③，当点F 落在边AD 上时，延长EF ，与FCD ∠的角平分线交于点M ，CM 交AD 于点N ，当FN AF ND =+时，请直接写出ABBC的值．6．【阅读】如图1，若ABD ACE ∽，且点B 、D 、C 在同一直线上，则我们把ABD △与ACE △称为旋转相似三角形．(1)【理解】如图2，ABC 和ADE 是等边三角形，点D 在边BC 上，连接CE ．求证：ABD △与ACE △是旋转相似三角形．(2)【应用】如图3，ABD △与ACE △是旋转相似三角形AD CE ，求证：③ABC ADE △△∽；③AC DE =；(3)【拓展】如图4，AC 是四边形ABCD 的对角线90,D B ACD ∠=︒∠=∠，25,20BC AC ==和16AD =，试在边BC 上确定一点E ，使得四边形AECD 是矩形，并说明理由．7．综合与实践如图1，已知纸片Rt ABC △中90BAC ∠=︒，AD 为斜边BC 上的高（AD BC ⊥于点D ）． 观察发现（1）请直接写出图中的一组相似三角形．（写出一组即可）实践操作第一步：如图2，将图1中的三角形纸片沿BE 折叠（点E 为AC 上一点），使点A 落在BC 边上的点F 处； 第二步：BE 与AD 交于点G 连接GF ，然后将纸片展平． 猜想探究（2）猜想四边形AEFG 是哪种特殊的四边形，并证明猜想． （3）探究线段GF ，BE ，GE 之间的数量关系，并说明理由．8．如图1，已知AD 是ABC 的角平分线，可证AB BDAC CD=．证明思路是如图2，过点C 作CE AB ∥，交AD 的延长线于点E ，构造相似三角形来证明AB BDAC CD=．(1)利用图2证明AB BDAC CD=； (2)如图3，在Rt ABC △中90BAC ∠=︒，D 是边BC 上一点．连接AD ，将ACD 沿AD 所在直线折叠，点C 恰好落在边AB 上的E 点处．若1AC =，AB=2，求DE 的长．9．【教材原题】如图③，在ABC 中DE BC ∥，且3AD =，2DB =图中的相似三角形是__________，它们的相似比为__________ ；【改编】将图③中的ADE 绕点A 按逆时针方向旋转到如图③所示的位置，连接BD 、CE ．求证：ABD ACE ∽△△；【应用】如图③，在ABC 和ADE 中90BAC DAE ∠=∠=︒，30ABC ADE ∠=∠=︒点D 在边BC 上，连接CE ，则ACE △与ABD △的面积比为__________．10．问题背景：一次数学综合实践活动课上，小慧发现并证明了关于三角形角平分线的一个结论．如图1，已知AD 是ABC 的角平分线，可证AB BDAC CD=小慧的证明思路是：如图2，过点C 作CE AB ∥，交AD 的延长线于点E ，构造相似三角形来证明．(1)尝试证明：请参照小慧提供的思路，利用图2证明AB BDAC CD=； (2)基础训练：如图3，在Rt ABC △中90BAC ∠=︒，D 是边BC 上一点．连接AD ，将ACD 沿AD 所在直线折叠，点C 恰好落在边AB 上的E 点处．若1AC =，2AB =求DE 的长；(3)拓展升华：如图4，ABC 中6AB = ，AC=4，AD 为BAC ∠的角平分线，AD 的中垂线EF 交BC 延长线于F ，当3BD =时，求AF 的长．11．定义：两个相似三角形，如果它们的一组对应角有一个公共的顶点，那么把这两个三角形称为“阳似三角形”、如图1，在ABC 与AED △中ABC AED ∽△△．所以称ABC 与AED △为“阳似三角形”，连接EB DC ，，则DCEB为“阳似比”．(1)如图1，已知R ABC 与Rt AED △为“阳似三角形”，其中90CBA DEA ∠=∠=︒，当30BAC ∠=︒时，“阳似比”DCEB=______； (2)如图2，二次函数234y x x =-++交x 轴于点A 和B 两点，交y 轴于点C ．点M 为直线12y x =在第一象限上的一个动点，且OMB △与CNB 为“阳似三角形”，连接CM ③当点N 落在二次函数图象上时，求出线段OM 的长度； ③若32CN =34BM MC +的最小值．12．已知在Rt ABC △中90ACB ∠=︒，CD AB ⊥于点D ．(1)在图1中写出其中的两对相似三角形．(2)已知1BD =，DC=2，将CBD △绕着点D 按顺时针方向进行旋转得到C BD '，连接AC '，BC ． ③如图2，判断AC '与BC 之间的位置及数量关系，并证明； ③在旋转过程中当点A ，B ，C '在同一直线上时，求BC 的长．13．定义：若一个四边形能被其中一条对角线分割成两个相似三角形，则称这个四边形为“和谐四边形”，这条对角线叫“和谐线”．(1)如图1，在44⨯的正方形网格中有一个网格Rt ABC △和两个网格四边形ABCD 与四边形ABCE ，其中是被AC 分割成的“和谐四边形”的是______．(2)如图2，BD 平分ABC ∠，43BD =10BC =，四边形ABCD 是被BD 分割成的“和谐四边形”，求AB 长； (3)如图3，A 为抛物线24y x =-+的顶点，抛物线与x 轴交于点B ，C ．在线段AB 上有一个点P ，在射线BC 上有一个点Q ．P 、Q 5/秒，5个单位/秒的速度同时从B 出发分别沿BA ，BC 方向运动，设运动时间为t ，当其中一个点停止运动时，另一个点也随之停止运动．在第一象限的抛物线上是否存在点M ，使得四边形BQMP 是以PQ 为和谐线分割的“和谐四边形”，若存在，请直接写出t 的值；若不存在，请说明理由．14．【阅读理解】小白同学遇到这样一个问题：ABC 中D 是BC 的中点，E 是AB 上一点，延长DE 、CA 交于点F ，DE=EF ，AB=5，求AE 的长．小白的想法是：过点E 作EH BC ∥交AC 于H ，再通过相似三角形的性质得到AE 、BE 的比，从而得出AE 的长．请你按照小白的思路完成解答．【解决问题】请借助小白的解题经验，完成下面问题：ABC 中AD 平分BAC ∠交BC 于D ，E 为AB 边上一点，AE=AD ，H 、Q 为BC 上两点，CQ DH =和DQ mDH =，G 为AC 上一点，连接EQ 交HG 、AD 于F 、P ，180EFG EAD ∠+∠=︒猜想并验证EP 与GH的数量关系．15．【温故知新】（1）九（1）班数学兴趣小组认真探究了课本P 91第13题：如图1，在正方形ABCD 中E 是AD 的中点，F 是CD 上一点，且3CF DF =，图中有哪几对相似三角形?把它们表示出来，并说明理由．③小华很快找出ABE DEF △△∽，他的思路为：设正方形的边长4AB a =，则2,AE DE a DF a ===，利用“两边分别成比例且夹角相等的两个三角形相似”即可证明，请你结合小华的思路写出证明过程； ③小丽发现图中的相似三角形共有三对，而且可以借助于ABE 与DEF 中的比例线段来证明EBF △与它们都相似．请你根据小丽的发现证明其中的另一对三角形相似；【拓展创新】（2）如图2，在矩形ABCD 中E 为AD 的中点，EF EC ⊥交AB 于F ，连结FC ．()AB AE > ③求证：AEF ECF ∽△△；③设2,BC AB a ==，是否存在a 值，使得AEF △与BFC △相似．若存在，请求出a 的值；若不存在，请说明理由．参考答案：1．（3）52．(1)2BD CE =(2)6CE =(3)1tan 2ECB ∠=3．(1)DMG ③DBM △，EMF ③EAM △ (2)53FG =4．(1)8(2)2秒或4秒(3)当t 为3或1.2秒钟，使PBQ 与ABC 相似．5．(1)FHG △或DHC （写出一个即可）(2)阴影部分的面积是23 (3)AB BC 的值为357．（1）ABC DBA ∽ ABC CAD ∽ DBA DAC ∽（其中一个即可，答案不唯一）；（2）四边形AEFG是菱形，（3）212GF GE BE =⋅ 8． 5 9．【教材原题】ADE ABC △△∽，35【应用】13 10．5(3)611．23105337 12．(1)BCD ACD ∽ BCD BAC ∽△△ CAD BAC △∽△（任写两对即可）(2)③2AC BC '= AC BC '⊥ ③BC 2595+2595-+13．(1)四边形ABCE ；(2)10AB =或245； (3)1118t = 2881t = 1825t = 180169t =．14．阅读理解 54AE =；解决问题，猜想：12EP m GH m +=+． 15．③存在 3。

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．定义：如图1，点M，N把线段AB分割成AM，MN和BN，若以AM，MN，BN为边的三角形是一个直角三角形，则称点M，N是线段AB的勾股分割点.（1）已知点M，N是线段AB的勾股分割点，若AM=3，MN=4求BN的长；（2）已知点C是线段AB上的一定点，其位置如图2所示，请在BC上画一点D，使C，D 是线段AB的勾股分割点（要求尺规作图，保留作图痕迹，画出一种情形即可）；（3）如图3，正方形ABCD中，M，N分别在BC，DC上，且BM≠DN，∠MAN=45°，AM，AN分别交BD于E，F.求证：①E、F是线段BD的勾股分割点；②△AMN的面积是△AEF面积的两倍．【答案】（1）解：（1）①当MN为最大线段时，∵点M，N是线段AB的勾股分割点，∴BM= = = ，②当BN为最大线段时，∵点M，N是线段AB的勾股分割点，∴BN= = =5，综上，BN= 或5；（2）解：作法：①在AB上截取CE=CA；②作AE的垂直平分线，并截取CF=CA；③连接BF，并作BF的垂直平分线，交AB于D；点D即为所求；如图2所示．（3）解：①如图3中，将△ADF绕点A顺时针性质90°得到△ABH，连接HE．∵∠DAF+∠BAE=90°﹣∠EAF=45°，∠DAF=∠BAH，∴∠EAH=∠EAF=45°，∵EA=EA，AH=AF，∴△EAH≌△EAF，∴EF=HE，∵∠ABH=∠ADF=45°=∠ABD，∴∠HBE=90°，在Rt△BHE中，HE2=BH2+BE2，∵BH=DF，EF=HE，∵EF2=BE2+DF2，∴E、F是线段BD的勾股分割点．②证明：如图4中，连接FM，EN．∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADC=90°，∠BDC=∠ADB=45°，∵∠MAN=45°，∴∠EAN=∠EDN，∵∠AFE=∠FDN，∴△AFE∽△DFN，∴∠AEF=∠DNF，，∴，∵∠AFD=∠EFN，∴△AFD∽△EFN，∴∠DAF=∠FEN，∵∠DAF+∠DNF=90°，∴∠AEF+∠FEN=90°，∴∠AEN=90°∴△AEN是等腰直角三角形，同理△AFM是等腰直角三角形；∵△AEN是等腰直角三角形，同理△AFM是等腰直角三角形，∴AM= AF，AN= AE，∵S△AMN= AM•AN•sin45°，S△AEF= AE•AF•sin45°，∴ =2，∴S△AMN=2S△AEF．【解析】【分析】（1）此题分两种情况：①当MN为最大线段时，②当BN为最大线段时，根据线段的勾股分割点的定义，利用勾股定理分别得出BM的长；（2）利用尺规作图，将线段AC,CD,DB转化到同一个直角三角形中，①在AB上截取CE=CA；②作AE的垂直平分线，并截取CF=CA；这样的作图可以保证直角的出现，及AC 是一条直角边，③连接BF，并作BF的垂直平分线，交AB于D；这样的作图意图利用垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等，即BD=DF，从而实现将三条线段转化到同一直角三角形的目的；（3）①如图3中，将△ADF绕点A顺时针性质90°得到△ABH，连接HE．根据正方形的性质及旋转的性质得出∠EAH=∠EAF=45°，AH=AF，利用SAS判断出△EAH≌△EAF，根据全等三角形对应边相等得出EF=HE，根据正方形的每条对角线平分一组对角，及旋转的性质得出∠ABH=∠ADF=45°=∠ABD，故∠HBE=90°，在Rt△BHE中，HE2=BH2+BE2，根据等量代换得出结论；②证明：如图4中，连接FM，EN．根据正方形的性质及对顶角相等判断出△AFE∽△DFN，根据相似三角形对应角相等，对应边成比例得出∠AEF=∠DNF， AF∶DF =EF∶FN ，根据比例的性质进而得出AF∶EF =DF∶FN,再判断出△AFD∽△EFN，根据相似三角形对应角相等得出∠DAF=∠FEN，根据直角三角形两锐角互余，及等量代换由∠DAF+∠DNF=90°，得出∠AEF+∠FEN=90°，即∠AEN=90°，从而判断出△AEN是等腰直角三角形，同理△AFM是等腰直角三角形；根据等腰直角三角形的边之间的关系AM= AF，AN= AE，从而分别表示出S△AMN与S△AEF，求出它们的比值即可得出答案。

中考数学(相似提高练习题)压轴题训练及详细答案一、相似1．如图，△ABC是一锐角三角形余料，边BC=16cm，高AD=24cm，要加工成矩形零件，使矩形的一边在BC上，其余两个顶点E、F分别在AB、AC上．求：（1）AK为何值时，矩形EFGH是正方形？（2）若设AK=x，S EFGH=y，试写出y与x的函数解析式．（3）x为何值时，S EFGH达到最大值．【答案】（1）解：设边长为xcm，∵矩形为正方形，∴EH∥AD，EF∥BC，根据平行线的性质可以得出： = 、 = ，由题意知EH=x，AD=24，BC=16，EF=x，即 = ， = ，∵BE+AE=AB，∴ + = + =1，解得x= ，∴AK= ，∴当时，矩形EFGH为正方形（2）解：设AK=x，EH=24-x，∵EHGF为矩形，∴ = ，即EF= x，∴S EFGH=y= x•（24-x）=- x2+16x（0＜x＜24）（3）解：y=- x2+16x配方得：y= （x-12）2+96，∴当x=12时，S EFGH有最大值96【解析】【分析】（1）设出边长为xcm，由正方形的性质得出，EH∥AD，EF∥BC，根据平行线的性质，可以得对应线段成比例，代入相关数据求解即可。

（2）设AK=x，则EH=16-x，根据平行的两三角形相似，再根据相似三角形的对应边上的高之比等于相似比，用含x的代数式表示出EF的长，根据矩形面积公式即可得出y与x的函数解析式。

（3）将（2）中的函数解析式转化为顶点式，利用二次函数的性质可得出矩形EFGH的面积取最大值时的x的值。

2．如图，在一块长为a(cm)，宽为b(cm)(a>b)的矩形黑板的四周，镶上宽为x(cm)的木板，得到一个新的矩形．（1）试用含a，b，x的代数式表示新矩形的长和宽；（2）试判断原矩形的长、宽与新矩形的长、宽是不是比例线段，并说明理由．【答案】（1）解：由原矩形的长、宽分别为a(cm)，b(cm)，木板宽为x(cm)，可得新矩形的长为(a＋2x)cm，宽为(b＋2x)cm（2）解：假设两个矩形的长与宽是成比例线段，则有，由比例的基本性质，得ab＋2bx＝ab＋2ax，∴2(a－b)x＝0.∵a>b，∴a－b≠0，∴x＝0，又∵x>0，∴原矩形的长、宽与新矩形的长、宽不是比例线段．【解析】【分析】（1）根据已知，观察图形，可得出新矩形的长和宽。

中考数学总复习《相似》专项提升练习题-附答案学校：___________班级：___________姓名：___________考号：___________一、单选题1．如图，在Rt△ABC中，CD是斜边AB上的高，则下列结论正确的是（）A．BD= 12AD B．BC2=AB•CD C．AD2=BD•AB D．CD2=AD•BD 2．如图，在△ABC中，∠ACD=∠B，若AD=2，BD=3，则AC长为（）A．√5B．√6C．√10D．63．如图，已知AB∥CD∥EF，若AC=6，CE=3，DF=2则BF的长为（）A．4 B．4.5 C．5.5 D．64．如图，在△ABC中，DE∥BC，分别交AB，AC于点D，E．若AE=3，EC=6，则ADAB的值为（）A．12B．13C．14D．165．如图，△ ABC与△ DEF位似，点O是位似中心，若OE=3OB，S△ABC =4，则S△DEF =（）A．9 B．12 C．16 D．366．如图，点F在平行四边形ABCD的边AB上，射线CF交DA的延长线于点E，在不添加辅助线的情况下，与△AEF相似的三角形有（）A．0个B．1个C．2个D．3个7．如图，直线y=−x+2与x轴、y轴分别相交于A，B两点，过A，B两点作矩形ABCD，AB=2AD曲在第一象限经过C，D两点，则k的值是（）线y=kxA．3 B．6 C．8 D．248．《九章算术》记载“今有邑方不知大小，各中开门．出北门三十步有木，出西门七百五十步见木．问邑方有几何？”意思是：如图，点M、点N分别是正方形ABCD的边AD、AB的中点，ME⊥AD，NF⊥AB，EF 过点A，且ME=80步，NF=245步，则正方形的边长为（）A．140步B．150步C．280步D．300步二、填空题9．已知a=2.4cm，c=5.4cm并且a，b，c，d成比例线段，那么b=cm．10．在△ABC中∠BAC=90°，AD⊥BC垂足为D，AD=3，BD=2则CD的长为.11．如图，在▱ABCD中，AB＝3，AD＝4，∠ABC＝60°，过BC的中点E作EF⊥AB，垂足为点F，与DC的延长线相交于点H，则△DEF的面积是．12．如图，点P为⊙O外一点，过点P作⊙O的切线PA、PB，点A、B为切点．连接AO并延长交PB 的延长线于点C，过点C作CD⊥PO，交PO的延长线于点D．已知PA=6，AC=8则CD的长为．13．如图，在矩形ABCD中，∠BCD的角平分线CE与边AD交于点E，∠AEC的角平分线与边CB的延长线交于点G，与边AB交于点F，如果AB=3√2，AF=2BF，那么GB= ．三、解答题14．已知，如图，点A，B，C分别在△EFD的各边上，且AB∥DE，BC∥EF，CA∥FD，求证：A，B，C分别是△EFD各边的中点．15．如图，点D为△ABC的边AB的中点，过点D作DE∥BC，交AC于点E，延长DE至点F，使DE=EF，求证：△CFE∽△ABC.16．如图，在梯形ABCD中，DC∥AB，AD＝BC，E是DC延长线上的点，连接AE，交BC于点F．（1）求证：△ABF∽△ECF；（2）如果AD＝5cm，AB＝8cm，CF＝2cm，求CE的长．17．如图，△ABC和△ADE均为等腰三角形，且∠ABC=∠ADE，AB=BC，AD=DE．（1）求证：△ABC∽△ADE；（2）连接BD、CE，若ABAC =32，△ABD的面积为9，求△ACE的面积．18．在一次数学活动课上，小芳到操场上测量旗杆的高度，她的测量方法是：拿一根高3.5米的竹竿直立在离旗杆27米的C处（如图），然后沿BC方向走到D处，这时目测旗杆顶部A与竹竿顶部E恰好在同一直线上，又测得C、D两点的距离为3米，小芳的目高为1.5米，利用她所测数据，求旗杆的高.答案1．D2．C3．D4．B5．D6．C7．A8．C9．3.610．9211．2 √312．2√513．2−√214．证明：如图，∵AB∥DE，BC∥EF，CA∥FD，∴四边形AFBC，四边形ABDC，四边形ABCE为平行四边形，∴BF=CA，BD=AC，∴BF=BD；同理可证：AF=AE，CD=CE，∴A，B，C分别是△EFD各边的中点．15．证明：∵点D为△ABC的边AB的中点∴AD=BD∵DE∥BC∴ADBD =AECE，∠ADE=∠B∴AE=CE在△ADE与△CFE中{AE=CE ∠AED=∠CEF DE=EF∴△ADE≌△CFE(SAS)∴∠A=∠ECF，∠ADE=∠F∴∠B=∠F∴△CFE∽△ABC.16．（1）解：∵DC∥AB∴∠B＝∠ECF，∠BAF＝∠E∴△ABF∽△ECF．（2）解：∵AD＝BC，AD＝5cm，AB＝8cm，CF＝2cm ∴BF＝3cm．∵由（1）知，△ABF∽△ECF∴BACE =BFCF，即8CE=32．∴CE＝163（cm）17．（1）证明：∵AB=BC，AD=DE∴ABAD =BCDE．又∵∠ABC=∠ADE∴△ABC∽△ADE（2）解：∵△ABC∽△ADE∴∠BAC=∠DAE∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC 即∠BAD=∠CAE∴△BAD∽△CAE，且相似比为ABAC =32∴△ABD与△ACE的面积比为94．∵△ABD的面积为9∴△ACE的面积为4．18．解：设旗杆高AB=x.过F作FG⊥AB于G，交CE于H（如图）.因为CE∥AB所以△AGF∽△EHF.因为，FD=1.5，GF=27+3=30，HF=3 所以，EH=3.5-1.5=2，AG=x-1.5. 由△AGF∽△EHF得AGEH =GFHF,即x−1.52=303所以，x-1.5=20解得，x=21.5（米）答：旗杆的高为21.5米。

中考数学(相似提高练习题)压轴题训练及答案解析一、相似1．如图，已知A（﹣2，0），B（4，0），抛物线y=ax2+bx﹣1过A、B两点，并与过A点的直线y=﹣ x﹣1交于点C．（1）求抛物线解析式及对称轴；（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使四边形ACPO的周长最小？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；（3）点M为y轴右侧抛物线上一点，过点M作直线AC的垂线，垂足为N．问：是否存在这样的点N，使以点M、N、C为顶点的三角形与△AOC相似，若存在，求出点N的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：把A（-2，0），B（4，0）代入抛物线y=ax2+bx-1，得解得∴抛物线解析式为：y= x2−x−1∴抛物线对称轴为直线x=- ＝1（2）解：存在使四边形ACPO的周长最小，只需PC+PO最小∴取点C（0，-1）关于直线x=1的对称点C′（2，-1），连C′O与直线x=1的交点即为P 点．设过点C′、O直线解析式为：y=kx∴k=-∴y=- x则P点坐标为（1，- ）（3）解：当△AOC∽△MNC时，如图，延长MN交y轴于点D，过点N作NE⊥y轴于点E∵∠ACO=∠NCD，∠AOC=∠CND=90°∴∠CDN=∠CAO由相似，∠CAO=∠CMN∴∠CDN=∠CMN∵MN⊥AC∴M、D关于AN对称，则N为DM中点设点N坐标为（a，- a-1）由△EDN∽△OAC∴ED=2a∴点D坐标为（0，- a−1）∵N为DM中点∴点M坐标为（2a，a−1）把M代入y= x2−x−1，解得a=4则N点坐标为（4，-3）当△AOC∽△CNM时，∠CAO=∠NCM∴CM∥AB则点C关于直线x=1的对称点C′即为点N由（2）N（2，-1）∴N点坐标为（4，-3）或（2，-1）【解析】【分析】（1）根据点A、B的坐标，可求出抛物线的解析式，再求出它的对称轴即可解答。

（2）使四边形ACPO的周长最小，只需PC+PO最小，取点C（0，-1）关于直线x=1的对称点C′（2，-1），连C′O与直线x=1的交点即为P点，利用待定系数法求出直线C′O的解析式，再求出点P的坐标。

2020-2021 中考数学(相似提高练习题)压轴题训练附答案一、相似1．如图，在等腰Rt△ABC中，O为斜边AC的中点，连接BO，以AB为斜边向三角内部作Rt△ABE，且∠AEB=90°，连接EO．求证：（1）∠OAE=∠OBE；（2）AE=BE+ OE．【答案】（1）证明：在等腰Rt△ABC中，O为斜边AC的中点，∴OB⊥AC，∴∠AOB=90°，∵∠AEB=90°，∴A，B，E，O四点共圆，∴∠OAE=∠OBE（2）证明：在AE上截取EF=BE，则△EFB是等腰直角三角形，∴，∠FBE=45°，∵在等腰Rt△ABC中，O为斜边AC的中点，∴∠ABO=45°，∴∠ABF=∠OBE，∵，∴，∴△ABF∽△BOE，∴ = ，∴AF= OE，∵AE=AF+EF，∴AE=BE+ OE．【解析】【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质，可证得∠AOB=∠AEB=90°，可得出A，B，E，O四点共圆，再利用同弧所对的圆周角相等，可证得结论。

（2）在AE上截取EF=BE，易证△EFB是等腰直角三角形，可得出BF与BE的比值为，再证明∠ABF=∠OBE，AB与BO的比值为，就可证得AB、BO、BF、BE四条线段成比例，然后利用两组对应边成比例且夹角相等的两三角形相似，可证得△ABF∽△BOE，可证得AF= OE，由AE=AF+EF，可证得结论。

2．已知A（2,0），B（6,0），CB⊥x轴于点B，连接AC画图操作：（1）在y正半轴上求作点P，使得∠APB=∠ACB（尺规作图，保留作图痕迹）（2）在（1）的条件下，①若tan∠APB ，求点P的坐标。

________②当点P的坐标为 ________ 时，∠APB最大（3）若在直线y x+4上存在点P，使得∠APB最大，求点P的坐标【答案】（1）解：∠APB如图所示；理解应用：（2）解：如图2中，∵∠APB=∠ACB，∴tan∠ACB=tan∠APB= = ．∵A（2，0），B（6，0），∴AB=4，BC=8，∴C（6，8），∴AC的中点K（4，4），以K为圆心AK为半径画圆，交y轴于P和P′，易知P（0，2），P′（0，6）．；（0，2 ）拓展延伸：（3）解：如图3中，当经过AB的园与直线相切时，∠APB最大．∵直线y= x+4交x轴于M（﹣3，0），交y 轴于N（0，4）．∵MP是切线，∴MP2=MA•MB，∴MP=3 ，作PK⊥OA于K．∵ON∥PK，∴ = = ，∴ = = ，∴PK= ，MK= ，∴OK= ﹣3，∴P（﹣3，）．【解析】【解答】解：（1）②当⊙K与y轴相切时，∠APB的值最大，此时AK=PK=4，AC=8，∴BC= =4 ，∴C（6，4 ），∴K（4，2 ），∴P（0，2 ）．【分析】（1）因为CB⊥x轴于点B，所以∠ABC=。

2020-2021中考数学(相似提高练习题)压轴题训练含答案解析一、相似1．如图，抛物线y=﹣ +bx+c过点A（3，0），B（0，2）．M（m，0）为线段OA上一个动点（点M与点A不重合），过点M作垂直于x轴的直线与直线AB和抛物线分别交于点P、N．（1）求直线AB的解析式和抛物线的解析式；（2）如果点P是MN的中点，那么求此时点N的坐标；（3）如果以B，P，N为顶点的三角形与△APM相似，求点M的坐标．【答案】（1）解：设直线AB的解析式为y=px+q，把A（3，0），B（0，2）代入得，解得，∴直线AB的解析式为y=﹣ x+2；把A（3，0），B（0，2）代入y=﹣ +bx+c得，解得，∴抛物线解析式为y=﹣ x2+ x+2（2）解：∵M（m，0），MN⊥x轴，∴N（m，﹣ m2+ m+2），P（m，﹣ m+2），∴NP=﹣ m2+4m，PM=﹣ m+2，而NP=PM，∴﹣ m2+4m=﹣ m+2，解得m1=3（舍去），m2= ，∴N点坐标为（，）（3）解：∵A（3，0），B（0，2），P（m，﹣ m+2），∴AB= = ，BP= = m，而NP=﹣ m2+4m，∵MN∥OB，∴∠BPN=∠ABO，当 = 时，△BPN∽△OBA，则△BPN∽△MPA，即 m：2=（﹣ m2+4m）：，整理得8m2﹣11m=0，解得m1=0（舍去），m2= ，此时M点的坐标为（，0）；当 = 时，△BPN∽△ABO，则△BPN∽△APM，即 m： =（﹣ m2+4m）：2，整理得2m2﹣5m=0，解得m1=0（舍去），m2= ，此时M点的坐标为（，0）；综上所述，点M的坐标为（，0）或（，0）【解析】【分析】（1）因为抛物线和直线AB都过点A（3,0）、B（0,2），所以用待定系数法求两个解析式即可；（2）由题意知点P是MN的中点，所以PM=PN；而MN OA交抛物线与点N，交直线AB于点P，所以M、P、N的横坐标相同且都是m,纵坐标分别可用（1）中相应的解析式表示，即P（m,）,N（m,）,PM与PN的长分别为相应两点的纵坐标的绝对值，代入PM=PN即可的关于m的方程，解方程即可求解；（3）因为以B，P，N为顶点的三角形与△APM相似，而△APM是直角三角形，所以分两种情况：当∠PBN=时，则可得△PBN∽△PMA，即得相应的比例式，可求得m的值；当∠PNB=时，则可得△PNB∽△PMA，即得相应的比例式，可求得m的值。

中考数学(相似提高练习题)压轴题训练含答案(1)一、相似1．如图所示，将二次函数y=x2+2x+1的图象沿x轴翻折，然后向右平移1个单位，再向上平移4个单位，得到二次函数y=ax2+bx+c的图象．函数y=x2+2x+1的图象的顶点为点A．函数y=ax2+bx+c的图象的顶点为点B，和x轴的交点为点C，D（点D位于点C的左侧）．（1）求函数y=ax2+bx+c的解析式；（2）从点A，C，D三个点中任取两个点和点B构造三角形，求构造的三角形是等腰三角形的概率；（3）若点M是线段BC上的动点，点N是△ABC三边上的动点，是否存在以AM为斜边的Rt△AMN，使△AMN的面积为△ABC面积的？若存在，求tan∠MAN的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：y=x2+2x+1=（x+1）2的图象沿x轴翻折，得y=﹣（x+1）2，把y=﹣（x+1）2向右平移1个单位，再向上平移4个单位，得y=﹣x2+4，∴所求的函数y=ax2+bx+c的解析式为y=﹣x2+4（2）解：∵y=x2+2x+1=（x+1）2，∴A（﹣1，0），当y=0时，﹣x2+4=0，解得x=±2，则D（﹣2，0），C（2，0）；当x=0时，y=﹣x2+4=4，则B（0，4），从点A，C，D三个点中任取两个点和点B构造三角形的有：△ACB，△ADB，△CDB，∵AC=3，AD=1，CD=4，AB= ，BC=2 ，BD=2 ，∴△BCD为等腰三角形，∴构造的三角形是等腰三角形的概率=（3）解：存在，易得BC的解析是为y=﹣2x+4，S△ABC= AC•OB= ×3×4=6，M点的坐标为（m，﹣2m+4）（0≤m≤2），①当N点在AC上，如图1，∴△AMN的面积为△ABC面积的，∴（m+1）（﹣2m+4）=2，解得m1=0，m2=1，当m=0时，M点的坐标为（0，4），N（0，0），则AN=1，MN=4，∴tan∠MAC= =4；当m=1时，M点的坐标为（1，2），N（1，0），则AN=2，MN=2，∴tan∠MAC= =1；②当N点在BC上，如图2，BC= =2 ，∵BC•AN= AC•BC，解得AN= ，∵S△AMN= AN•MN=2，∴MN= = ，∴∠MAC= ；③当N点在AB上，如图3，作AH⊥BC于H，设AN=t，则BN= ﹣t，由②得AH= ，则BH= ，∵∠NBG=∠HBA，∴△BNM∽△BHA，∴，即，∴MN= ，∵AN•MN=2，即•（﹣t）• =2，整理得3t2﹣3 t+14=0，△=（﹣3 ）2﹣4×3×14=﹣15＜0，方程没有实数解，∴点N在AB上不符合条件，综上所述，tan∠MAN的值为1或4或【解析】【分析】（1）将y=x2+2x+1配方成顶点式，根据轴对称的性质，可得出翻折后的函数解析式，再根据函数图像平移的规律：上加下减，左加右减，可得出答案。

2020-2021中考数学(相似提高练习题)压轴题训练及答案解析一、相似1．如图，抛物线y= x2+bx+c与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为D且它的坐标为（3，﹣1）．（1）求抛物线的函数关系式；（2）连接CD，过原点O作OE⊥CD，垂足为H，OE与抛物线的对称轴交于点E，连接AE，AD，并延长DA交y轴于点F，求证：△OAE∽△CFD；（3）以（2）中的点E为圆心，1为半径画圆，在对称轴右侧的抛物线上有一动点P，过点P作⊙E的切线，切点为Q，当PQ的长最小时，求点P的坐标，并直接写出Q的坐标．【答案】（1）解：∵顶点D的坐标为（3，﹣1）．∴， =﹣1，解得b=﹣3，c= ，∴抛物线的函数关系式：y= x2﹣3x+ ；（2）解：如答图1，过顶点D作DG⊥y轴于点G，则G（0，﹣1），GD=3，令x=0，得y= ，∴C（0，），∴CG=OC+OG= +1= ，∴tan∠DCG= ，设对称轴交x轴于点M，则OM=3，DM=1，AM=3﹣（3﹣）= ，由OE⊥CD，易知∠EOM=∠DCG，∴tan∠EOM=tan∠DCG= ，解得EM=2，∴DE=EM+DM=3，在Rt△AEM中，AM= ，EM=2，由勾股定理得：AE= ；在Rt△ADM中，AM= ，DM=1，由勾股定理得：AD= ．∵AE2+AD2=6+3=9=DE2，∴△ADE为直角三角形，∠EAD=90°，设AE交CD于点P，∵∠AEO+∠EPH=90°，∠ADC+APD=90°，∠EPH=∠APD（对顶角相等），∴∠AEO=∠ADC，∴△OAE∽△CFD（3）解：依题意画出图形，如答图2所示：由⊙E的半径为1，根据切线性质及勾股定理，得PQ2=EP2﹣1，要使切线长PQ最小，只需EP长最小，即EP2最小．设点P坐标为（x，y），由勾股定理得：EP2=（x﹣3）2+（y﹣2）2，∵y= （x﹣3）2﹣1，∴（x﹣3）2=2y+2，∴EP2=2y+2+（y﹣2）2=（y﹣1）2+5，当y=1时，EP2有最小值，最小值为5．将y=1代入y= （x﹣3）2﹣1，得（x﹣3）2﹣1=1，解得：x1=1，x2=5，又∵点P在对称轴右侧的抛物线上，∴x1=1舍去，∴P（5，1），∴Q1（3，1）；∵△EQ2P为直角三角形，∴过点Q2作x轴的平行线，再分别过点E，P向其作垂线，垂足分别为M点和N点，设点Q2的坐标为（m，n），则在Rt△MQ2E和Rt△Q2NP中建立勾股方程，即（m﹣3）2+（n﹣2）2=1①，（5﹣m）2+（n﹣1）2=4②，①﹣②得n=2m﹣5③，将③代入到①得到，m1=3（舍），m2= ，再将m= 代入③得n= ，∴Q2（，），此时点Q坐标为（3，1）或（，）【解析】【分析】（1）根据抛物线的顶点坐标及顶点坐标公式建立出关于b,c的二元一次方程组，求解得出b,c的值，从而得出抛物线的解析式；（2）如答图1，过顶点D作DG⊥y轴于点G，则G（0，﹣1），GD=3，根据抛物线与坐标轴交点的坐标特点求出C点的坐标，A点坐标，进而得出CG的长，根据正切函数的定义求出tan∠DCG=，设对称轴交x轴于点M，则OM=3，DM=1，AM=3﹣（3﹣）= ，根据同角的余角相等易知∠EOM=∠DCG，根据等角的同名三角函数值相等得出tan∠EOM=tan∠DCG==故解得EM=2，DE=EM+DM=3，在Rt△AEM中，由勾股定理得AE 的长，在Rt△ADM中，由勾股定理得AD的长，根据勾股定理的逆定理判断出△ADE为直角三角形，∠EAD=90°，设AE交CD于点P，根据等角的余角相等得出∠AEO=∠ADC，从而判断出△OAE∽△CFD ；（3）依题意画出图形，如答图2所示：由⊙E的半径为1，根据切线性质及勾股定理，得PQ2=EP2﹣1，要使切线长PQ最小，只需EP长最小，即EP2最小．设点P坐标为（x，y），由勾股定理得：EP2=（x﹣3）2+（y﹣2）2，根据抛物线的解析式，整体替换得出EP2=2y+2+（y﹣2）2=（y﹣1）2+5，当y=1时，EP2有最小值，最小值为5．然后根据抛物线上点的坐标特点将y=1代入抛物线的解析式，求出对应的自变量x的值，再检验得出P点的坐标，进而得出Q1的坐标，由切割线定理得到Q2P=Q1P=2，EQ2=1，设点Q2的坐标为（m，n），则在Rt△MQ2E和Rt△Q2NP中建立勾股方程，即（m﹣3）2+（n﹣2）2=1①，（5﹣m）2+（n﹣1）2=4②，由切割线定理得到Q2P=Q1P=2，EQ2=1，将③代入到①得到，求解并检验得出m,n的值，从而得出Q2的坐标，综上所述即可得出答案。

2020-2021备战中考数学(相似提高练习题)压轴题训练及详细答案一、相似1．设C为线段AB的中点，四边形BCDE是以BC为一边的正方形．以B为圆心，BD长为半径的⊙B与AB相交于F点，延长EB交⊙B于G点，连接DG交于AB于Q点，连接AD．求证：（1）AD是⊙B的切线；（2）AD=AQ；（3）BC2=CF•EG．【答案】（1）证明：连接BD，∵四边形BCDE是正方形，∴∠DBA=45°，∠DCB=90°，即DC⊥AB，∵C为AB的中点，∴CD是线段AB的垂直平分线，∴AD=BD，∴∠DAB=∠DBA=45°，∴∠ADB=90°，即BD⊥AD，∵BD为半径，∴AD是⊙B的切线（2）证明：∵BD=BG，∴∠BDG=∠G，∵CD∥BE，∴∠CDG=∠G，∴∠G=∠CDG=∠BDG= ∠BCD=22.5°，∴∠ADQ=90°﹣∠BDG=67.5°，∠AQB=∠BQG=90°﹣∠G=67.5°，∴∠ADQ=∠AQD，∴AD=AQ（3）证明：连接DF，在△BDF中，BD=BF，∴∠BFD=∠BDF，又∵∠DBF=45°，∴∠BFD=∠BDF=67.5°，∵∠GDB=22.5°，在Rt△DEF与Rt△GCD中，∵∠GDE=∠GDB+∠BDE=67.5°=∠DFE，∠DCF=∠E=90°，∴Rt△DCF∽Rt△GED，∴ ,又∵CD=DE=BC，∴BC2=CF•EG．【解析】【分析】（1）连接BD，要证AD是圆B的切线，根据切线的判定可知，只须证明∠ADB=即可。

由正方形的性质易得BC=CD，∠DCB=∠DCA=，∠DBC=∠CDB=，根据点C为AB的中点可得BC=CD=AC，所以可得∠ADC=，则∠∠ADB=，问题得证；（2）要证AQ=AD，需证∠AQD=∠ADQ。

由题意易得∠AQD=-∠G，∠ADQ=-∠BDG，根据等边对等角可得∠G=∠BDG，由等角的余角相等可得∠AQD=∠ADQ，所以AQ=AD；（3）要证乘积式成立，需证这些线段所在的两个三角形相似，而由正方形的性质可得CD=DE=BC，所以可知BC、CF、EG分别在三角形DCF和三角形GED中，连接DF，用有两对角对应相等的两个三角形相似即可得证。

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图，在平面直角坐标系中，直线y=﹣ x+ 与x轴、y轴分别交于点B、A，与直线y= 相交于点C．动点P从O出发在x轴上以每秒5个单位长度的速度向B匀速运动，点Q从C出发在OC上以每秒4个单位长度的速度，向O匀速运动，运动时间为t秒（0＜t＜2）．（1）直接写出点C坐标及OC、BC长；（2）连接PQ，若△OPQ与△OBC相似，求t的值；（3）连接CP、BQ，若CP⊥BQ，直接写出点P坐标．【答案】（1）解：对于直线y=﹣ x+ ，令x=0，得到y= ，∴A（0，），令y=0，则x=10，∴B（10，0），由，解得，∴C（，）．∴OC= =8，BC= =10（2）解：①当时，△OPQ∽△OCB，∴，∴t= ．②当时，△OPQ∽△OBC，∴，∴t=1，综上所述，t的值为或1s时，△OPQ与△OBC相似（3）解：如图作PH⊥OC于H．∵OC=8，BC=6，OB=10，∴OC2+BC2=OB2，∴∠OCB=90°，∴当∠PCH=∠CBQ时，PC⊥BQ．∵∠PHO=∠BCO=90°，∴PH∥BC，∴，∴，∴PH=3t，OH=4t，∴tan∠PCH=tan∠CBQ，∴，∴t= 或0（舍弃），∴t= s时，PC⊥BQ．【解析】【分析】（1）根据直线与坐标轴交点的坐标特点求出A,B点的坐标，解联立直线AB,与直线OC的解析式组成的方程组，求出C点的坐标，根据两点间的距离公式即可直接算出OC,OB的长；（2）根据速度乘以时间表示出OP=5t，CQ=4t，OQ=8-4t，①当OP∶OC=OQ∶OB时，△OPQ∽△OCB，根据比例式列出方程，求解得出t的值；②当OP∶OB=OQ∶OC时，△OPQ∽△OBC，根据比例式列出方程，求解得出t的值，综上所述即可得出t的值；（3）如图作PH⊥OC于H．根据勾股定理的逆定理判断出∠OCB=90°，从而得出当∠PCH=∠CBQ时，PC⊥BQ．根据同位角相等二直线平行得出PH∥BC，根据平行线分线段成比例定理得出OP∶OB=PH∶BC=OH∶OC,根据比例式得出PH=3t，OH=4t，根据等角的同名三角函数值相等及正切函数的定义，由tan∠PCH=tan∠CBQ，列出方程，求解得出t的值，经检验即可得出答案。

2020-2021备战中考数学相似提高练习题压轴题训练含详细答案一、相似1．如图，AB是半圆O的直径，AB＝2，射线AM、BN为半圆O的切线.在AM上取一点D，连接BD交半圆于点C，连接AC.过O点作BC的垂线OE，垂足为点E，与BN相交于点F.过D点作半圆O的切线DP，切点为P，与BN相交于点Q.（1）若△ABD≌△BFO，求BQ的长；（2）求证：FQ=BQ【答案】（1）解：∵≌，∴，∵均为半圆切线，∴ .连接 ,则，∴四边形为菱形，∴DQ∥，∵均为半圆切线，∴∥，∴四边形为平行四边形∴，（2）证明：易得∽，∴ = ，∴ .∵是半圆的切线，∴ .过点作于点，则 .在中，，∴，解得：，∴∴【解析】【分析】（1）连接OP,由ΔABD≌ΔBFO可得AD=OB，由切线长定理可得AD=DP，于是易得OP=OA=DA=DP，根据菱形的判定可得四边形DAOP为菱形，则可得DQ∥AB，易得四边形DABQ为平行四边形，根据平行四边形的性质可求解；（2）过Q点作QK⊥AM于点K，由已知易证得ΔABD∽ΔBFO，可得比例式，可得BF与AD的关系，由切线长定理可得AD=DP,QB=QP ，解直角三角形DQK可求得BQ与AD 的关系，则根据FQ=BF−BQ可得FQ与AD的关系，从而结论得证。

2．如图所示，△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，EC的延长线交BD于点P．（1）把△ABC绕点A旋转到图1，BD，CE的关系是（选填“相等”或“不相等”）；简要说明理由；（2）若AB=3，AD=5，把△ABC绕点A旋转，当∠EAC=90°时，在图2中作出旋转后的图形，求PD的值，简要说明计算过程；（3）在（2）的条件下写出旋转过程中线段PD的最小值为________，最大值为________．【答案】（1）解：相等理由：∵△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，∴BA=CA，∠BAD=∠CAE，DA=EA，∴△ABD≌△ACE，∴BD=CE；（2）解：作出旋转后的图形，若点C在AD上，如图2所示：∵∠EAC=90°，∴CE= ，∵∠PDA=∠AEC，∠PCD=∠ACE，∴△PCD∽△ACE，∴，∴PD= ；若点B在AE上，如图2所示：∵∠BAD=90°，∴Rt△ABD中，BD= ，BE=AE﹣AB=2，∵∠ABD=∠PBE，∠BAD=∠BPE=90°，∴△BAD∽△BPE，∴，即，解得PB= ，∴PD=BD+PB= + = ，（3）1；7【解析】【解答】解：（3）如图3所示，以A为圆心，AC长为半径画圆，当CE在⊙A下方与⊙A相切时，PD的值最小；当CE在在⊙A右上方与⊙A相切时，PD的值最大．如图3所示，分两种情况讨论：在Rt△PED中，PD=DE•sin∠PED，因此锐角∠PED的大小直接决定了PD的大小．①当小三角形旋转到图中△ACB的位置时，在Rt△ACE中，CE= =4，在Rt△DAE中，DE= ，∵四边形ACPB是正方形，∴PC=AB=3，∴PE=3+4=7，在Rt△PDE中，PD= ，即旋转过程中线段PD的最小值为1；②当小三角形旋转到图中△AB'C'时，可得DP'为最大值，此时，DP'=4+3=7，即旋转过程中线段PD的最大值为7．故答案为：1，7．【分析】（1）BD，CE的关系是相等，理由如下：根据同角的余角相等得出∠BAD=∠CAE，根据等腰直角三角形的性质得出BA=CA，DA=EA，从而利用SAS判断出△ABD≌△ACE，根据全等三角形对应边相等得出BD=CE；（2）作出旋转后的图形，若点C在AD上，如图2所示：首先根据勾股定理算出CE的长，然后判断出△PCD∽△ACE，根据相似三角形对应边成比例得出，根据比例式列出方程，求解得出PD的长；若点B在AE上，如图2所示：根据勾股定理算出BD的长，然后判断出△BAD∽△BPE，根据相似三角形对应边成比例得出，根据比例式列出方程，求解得出PB的长，根据线段的和差即可得出PD的长；（3）如图3所示，以A为圆心，AC长为半径画圆，当CE在⊙A下方与⊙A相切时，PD 的值最小；当CE在在⊙A右上方与⊙A相切时，PD的值最大．如图3所示，分两种情况讨论：在Rt△PED中，PD=DE•sin∠PED，因此锐角∠PED的大小直接决定了PD的大小．①当小三角形旋转到图中△ACB的位置时，根据勾股定理算出CE,DE的长，根据正方形的性质得出PC=AB=3，进而得出PE的长，根据勾股定理算出PD的长，即旋转过程中线段PD的最小值为1；②当小三角形旋转到图中△AB'C'时，可得DP'为最大值，此时，DP'=4+3=7，即旋转过程中线段PD的最大值为7．3．如图，抛物线y＝x2＋bx＋c经过B(－1，0)，D(－2，5)两点，与x轴另一交点为A，点H是线段AB上一动点，过点H的直线PQ⊥x轴，分别交直线AD、抛物线于点Q、P.（1）求抛物线的解析式；（2）是否存在点P，使∠APB＝90°，若存在，求出点P的横坐标，若不存在，说明理由；（3）连接BQ，一动点M从点B出发，沿线段BQ以每秒1个单位的速度运动到Q，再沿线段QD以每秒个单位的速度运动到D后停止，当点Q的坐标是多少时，点M在整个运动过程中用时t最少？【答案】（1）解：把B（﹣1，0），D（﹣2，5）代入，得：，解得：，∴抛物线的解析式为：（2）解：存在点P，使∠APB=90°．当y=0时，即x2﹣2x﹣3=0，解得：x1=﹣1，x2=3，∴OB=1，OA=3．设P（m，m2﹣2m﹣3），则﹣1≤m≤3，PH=﹣（m2﹣2m﹣3），BH=1+m，AH=3﹣m，∵∠APB=90°，PH⊥AB，∴∠PAH=∠BPH=90°﹣∠APH，∠AHP=∠PHB，∴△AHP∽△PHB，∴，∴PH2=BH•AH，∴[﹣（m2﹣2m﹣3）]2=（1+m）（3﹣m），解得m1= ，m2= ，∴点P的横坐标为：或（3）解：如图，过点D作DN⊥x轴于点N，则DN=5，ON=2，AN=3+2=5，∴tan∠DAB= =1，∴∠DAB=45°．过点D作DK∥x 轴，则∠KDQ=∠DAB=45°，DQ= QG．由题意，动点M运动的路径为折线BQ+QD，运动时间：t=BQ+ DQ，∴t=BQ+QG，即运动的时间值等于折线BQ+QG的长度值．由垂线段最短可知，折线BQ+QG的长度的最小值为DK与x轴之间的垂线段．过点B作BH⊥DK于点H，则t最小=BH，BH与直线AD的交点，即为所求之Q点．∵A（3，0），D（﹣2，5），∴直线AD的解析式为：y=﹣x+3，∵B点横坐标为﹣1，∴y=1+3=4，∴Q（﹣1，4）．【解析】【分析】（1）把点B，D的坐标代入二次函数中组成二元一次方程组，解方程组即可得到抛物线的解析式；（2）先按照存在点P使∠APB＝90°，先根据抛物线的解析式求得点A，B的坐标，设出点P的坐标，根据点P的位置确定m的取值范围，再证△AHP∽△PHB，从而得到PH2=BH•AH，即可列出关于m的方程，解方程即可得到m即点P的横坐标，且横坐标在所求范围内，从而说明满足条件的点P存在；（3）先证明∠DAB=45°，从而证得DQ= 2 QG，那么运动时间t值等于折线BQ+QG的长度值，再结合垂线段最短确定点Q的位置，再求得点Q的坐标即可.4．如图1，过等边三角形ABC边AB上一点D作交边AC于点E，分别取BC，DE 的中点M，N，连接MN．（1）发现：在图1中， ________；（2）应用：如图2，将绕点A旋转，请求出的值；（3）拓展：如图3，和是等腰三角形，且，M，N分别是底边BC，DE的中点，若，请直接写出的值．【答案】（1）（2）解：如图2中，连接AM、AN，，都是等边三角形，，，，，，，，，，∽，（3）解：如图3中，连接AM、AN，延长AD交CE于H，交AC于O，，，，，，，，，，，，，，，∽，，，，，，≌，，，，，，，，，，【解析】【解答】解：（1）如图1中，作于H，连接AM，，，，时等边三角形，，，，，平分线段DE，，、N、M共线，，四边形MNDH时矩形，，，故答案为：；【分析】（1）作DH ⊥BC 于H，连接AM.证四边形MNDH时矩形，所以MN=DH，则MN：BD=DH：BD=sin60°，即可求解；（2）利用△ABC ，△ADE 都是等边三角形可得AM：AB=AN：AD，易得∠BAD = ∠MAN ，从而得△ BAD ∽△ MAN，则NM：BD=AM：AB=sin60°，从而求解；（3）连接AM、AN，延长AD交CE于H，交AC于O.先证明△BAD ∽△MAN可得NM：BD=AM：AB=sin∠ABC；再证明△ BAD ≌△ CAE，则∠ ABD = ∠ ACE ，进而可得∠ ABC = 45°，可求出答案.5．如图，△ABC内接于⊙O，且AB＝AC.延长BC到点D，使CD＝CA，连接AD交⊙O于点E.（1）求证：△ABE≌△CDE；（2）填空：①当∠ABC的度数为________时，四边形AOCE是菱形；②若AE＝6，BE=8，则EF的长为________.【答案】（1）证明：∵AB=AC，CD=CA，∴∠ABC=∠ACB，AB=CD．∵四边形ABCE是圆内接四边形，∴∠ECD=∠BAE，∠CED=∠ABC．∵∠ABC=∠ACB=∠AEB，∴∠CED=∠AEB，∴△ABE≌△CDE（AAS）（2）60；【解析】【解答】解：（2）①当∠ABC的度数为60°时，四边形AOCE是菱形；理由是：连接AO、OC．∵四边形ABCE是圆内接四边形，∴∠ABC+∠AEC=180°．∵∠ABC=60，∴∠AEC=120°=∠AOC．∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA=30°．∵AB=AC，∴△ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°．∵∠ACB=∠CAD+∠D．∵AC=CD，∴∠CAD=∠D=30°，∴∠ACE=180°﹣120°﹣30°=30°，∴∠OAE=∠OCE=60°，∴四边形AOCE是平行四边形．∵OA=OC，∴▱AOCE是菱形；②由（1）得：△ABE≌△CDE，∴BE=DE=8，AE=CE=6，∴∠D=∠EBC．∵∠CED=∠ABC=∠ACB，∴△ECD∽△CFB，∴ = ．∵∠AFE=∠BFC，∠AEB=∠FCB，∴△AEF∽△BCF，∴ = ，∴EF= =．故答案为：①60°；② ．【分析】（1）由题意易证∠ABC=∠ACB，AB=CD；再由四点共圆和已证可得∠ABC=∠ACB=∠AEB，∠CED=∠AEB，则利用AAS可证得结论；（2）①连接AO、CO.宪政△ABC是等边三角形，再证明四边形AOCE是平行四边形，又AO=CO可得结论；②先证△ECD∽△CFB，可得EC：ED=CF：BC=6:8；再证△AEF∽△BCF，则AE：EF=BC：CF，从而求出EF.6．如图1，△ABC与△CDE是等腰直角三角形，直角边AC、CD在同一条直线上，点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点，连接AE、BD.（1）请直接写出PM与PN的数量关系及位置关系________；（2）现将图1中的△CDE绕着点C顺时针旋转α（0°＜α＜90°），得到图2，AE与MP、BD分别交于点G、H.请直接写出PM与PN的数量关系及位置关系________；（3）若图2中的等腰直角三角形变成直角三角形，使BC＝kAC，CD＝kCE，如图3，写出PM与PN的数量关系，并加以证明.【答案】（1）PM⊥PN，PM＝PN（2）PM＝PN，PM⊥PN（3）解：PM＝kPN，∵△ACB和△ECD是直角三角形，∴∠ACB＝∠ECD＝90°.∴∠ACB+∠BCE＝∠ECD+∠BCE.∴∠ACE＝∠BCD.∵BC＝kAC，CD＝kCE，∴＝k.∴△BCD∽△ACE.∴BD＝kAE，∵点P、M、N分别为AD、AB、DE的中点，∴PM＝ BD，PN＝ AE.∴PM＝kPN.【解析】【解答】解：（1）PM＝PN，PM⊥PN，理由如下：∵△ACB和△ECD是等腰直角三角形，∴AC＝BC，EC＝CD，∠ACB＝∠ECD＝90°.在△ACE和△BCD中，∴△ACE≌△BCD（SAS），∴AE＝BD，∠EAC＝∠CBD，∵∠BCD＝90°，∴∠CBD+∠BDC＝90°，∴∠EAC+∠BDC＝90°∵点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点，∴PM＝ BD，PN＝ AE，∴PM＝PN，∵点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点，∴PM∥BC，PN∥AE，∴∠NPD＝∠EAC，∠MPN＝∠BDC，∵∠EAC+∠BDC＝90°，∴∠MPA+∠NPC＝90°，∴∠MPN＝90°，即PM⊥PN，故答案为：PM⊥PN，PM＝PN；（ 2 ）PM＝PN，PM⊥PN，理由：∵△ACB和△ECD是等腰直角三角形，∴AC＝BC，EC＝CD，∠ACB＝∠ECD＝90°.∴∠ACB+∠BCE＝∠ECD+∠BCE.∴∠ACE＝∠BCD，∴△ACE≌△BCD（SAS）.∴AE＝BD，∠CAE＝∠CBD.又∵∠AOC＝∠BOE，∠CAE＝∠CBD，∴∠BHO＝∠ACO＝90°.∵点P、M、N分别为AD、AB、DE的中点，∴PM＝ BD，PM∥BD；PN＝ AE，PN∥AE.∴PM＝PN.∴∠MGE+∠BHA＝180°.∴∠MGE＝90°.∴∠MPN＝90°.∴PM⊥PN.故答案为：PM⊥PN，PM＝PN【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质得出结论判断出△ACE≌△BCD，得出AE=BD，再用三角形的中位线即可得出结论；（2）同（1）的方法即可得出结论；（3）利用两边对应成比例夹角相等，判断出△BCD∽△ACE，得出BD=kAE，最后用三角形的中位线即可得出结论.7．如果三角形的两个内角与满足＝90°，那么我们称这样的三角形为“准互余三角形”．（1）若△ABC是“准互余三角形”，∠C＞90°，∠A＝60°，则∠B＝________°；（2）如图①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝5，若AD是∠BAC的平分线，不难证明△ABD是“准互余三角形”．试问在边BC上是否存在点E（异于点D），使得△ABE也是“准互余三角形”？若存在，请求出BE的长；若不存在，请说明理由．（3）如图②，在四边形ABCD中，AB＝7，CD＝12，BD⊥CD，∠ABD＝2∠BCD，且△ABC 是“准互余三角形”．求对角线AC的长．【答案】（1）15°（2）解：存在，如图①，连结AE，在Rt△ABC中，∴∠B+∠BAC=90°，∵AD是∠BAC的平分线，∴∠BAC=2∠BAD，∴∠B+2∠BAD=90°，∴△ABD是“准互余三角形”，又∵△ABE也是“准互余三角形”，∴∠B+2∠BAE=90°，∵∠B+∠BAE+∠EAC=90°，∴∠EAC=∠B,又∵∠C=∠C,∴△CAE∽△CBA，∴ ,即CA2=CB·CE，∵AC＝4，BC＝5，∴CE= .∴BE=BC-CE=5- = .（3）解：如图②，将△BCD沿BC翻折得到△BCF,∵CD＝12，∴CF=CD=12，∠BCF=∠BCD,∠CBD=∠CBF,又∵BD⊥CD，∠ABD=2∠BCD，∴∠CBD+∠BCD=90°，∴2∠CBD+2∠BCD=180°，即∠ABD+∠CBD+∠CBF=180°，∴A、B、F三点共线，在Rt△AFC中，∴∠CAB+∠ACF=90°，即∠CAB+∠ACB+∠BCF=90°，∴∠CAB+2∠ACB≠90°，∵△ABC是“准互余三角形”,∴2∠CAB+∠ACB=90°，∴∠CAB=∠BCF，∵∠F=∠F,∴△FCB∽△FAC，∴ ,即FC2=FA·FB,设BF=x，∵AB=7,∴FA=x+7,∴x（x+7）=122,解得：x1=9，x2=-16（舍去）∴AF=7+9=16.在Rt△AFC中，∴AC= = =20.【解析】【解答】（1）解：∵△ABC是“准互余三角形”，∠C＞90°，∠A＝60°，∴2∠B+∠A=90°，∴2∠B+60°=90°，∴∠B=15°.故答案为：15°【分析】（1）根据“准互余三角形”，的定义，结合题意得2∠B+∠A=90°，代入数值即可求出∠B度数.（2）存在，根据直角三角形两内角互余和角平分线定义得∠B+2∠BAD=90°，根据“准互余三角形”，定义即可得△ABD是“准互余三角形”；根据△ABE是“准互余三角形”，以及直角三角形两内角互余可得∠EAC=∠B,根据相似三角形判定“AA”可得△CAE∽△CBA，再由相似三角形性质得 ,由此求出CE= .从而得BE长.（3）如图②，将△BCD沿BC翻折得到△BCF,根据翻折性质、直角三角形性质、“准互余三角形”定义可得到△FCB∽△FAC，再由相似三角形性质可得 ,设BF=x，代入数值即可求出x值，从而求出AF值，在Rt△AFC中，根据勾股定理即可求得AC长.8．如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=（x-a）（x-3）的图像与x轴交于点A、B（点A在点B的左侧），与y轴交于点D，过其顶点C作直线CP⊥x轴，垂足为点P，连接AD、BC.（1）求点A、B、D的坐标；（2）若△AOD与△BPC相似，求a的值；（3）点D、O、C、B能否在同一个圆上，若能，求出a的值，若不能，请说明理由. 【答案】（1）解：∵y=（x-a）（x-3）（0<a<3）与x轴交于点A、B（点A在点B的左侧）∴A（a，0），B（3,0），当x=0时，y=3a，∴D（0,3a）.（2）解：∵A（a，0），B（3,0），D（0,3a）.∴对称轴x= ,AO=a，OD=3a，当x= 时，y=- ，∴C（，- ），∴PB=3- = ，PC= ，①当△AOD∽△BPC时，∴ ,即，解得：a= 3（舍去）；②△AOD∽△CPB，∴ ,即，解得：a1=3（舍），a2= .综上所述：a的值为 .（3）解：能；连接BD，取BD中点M，∵D、B、O三点共圆，且BD为直径，圆心为M（， a），若点C也在此圆上，∴MC=MB，∴，化简得：a4-14a2+45=0，∴（a2-5）（a2-9）=0,∴a2=5或a2=9,∴a1= ，a2=- ，a3=3（舍），a4=-3（舍），∵0<a<3,∴a= ，∴当a= 时，D、O、C、B四点共圆.【解析】【分析】（1）根据二次函数的图像与x轴相交，则y=0,得出A（a，0），B （3,0），与y轴相交，则x=0,得出D（0,3a）.（2）根据（1）中A、B、D的坐标，得出抛物线对称轴x= ,AO=a，OD=3a，代入求得顶点C（，- ），从而得PB=3- = ，PC= ；再分情况讨论：①当△AOD∽△BPC时，根据相似三角形性质得，解得：a= 3（舍去）；②△AOD∽△CPB，根据相似三角形性质得，解得：a1=3（舍），a2= .（3）能；连接BD，取BD中点M，根据已知得D、B、O在以BD为直径，M为圆心（， a）的圆上，若点C也在此圆上，则MC=MB，根据两点间的距离公式得一个关于a的方程，解之即可得出答案.9．如图，已知抛物线过点A 和B ，过点A 作直线AC//x轴，交y轴与点C。

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图，在△ABC中，点N为AC边的任意一点，D为线段AB上一点，若∠MPN的顶点P为线段CD上任一点，其两边分别与边BC，AC交于点M、N，且∠MPN+∠ACB=180°．（1）如图1，若AC=BC，∠ACB=90°，且D为AB的中点时，求，请证明你的结论；（2）如图2，若BC=m，AC=n，∠ACB=90°，且D为AB的中点时，则 =________；（3）如图3，若 =k，BC=m，AC=n，请直接写出的值．（用k，m，n表示）【答案】（1）解：如图1中，作PG⊥AC于G，PH⊥BC于H，∵AC=BC，∠ACB=90°，且D为AB的中点，∴CD平分∠ACB，∵PG⊥AC于G，PH⊥BC于H，∴PG=PH，∵∠PGC=∠PHC=∠GCH=90°，∴∠GPH=∠MPN=90°，∴∠MPH=∠NPG，∵∠PHM=∠PGN=90°，∴△PHM∽△PGN，∴ =1（2）（3）解：如图3中，作PG⊥AC于G，PH⊥BC于H，DT⊥AC于T，DK⊥BC于K，易证△PMH∽△PGN，∴，∵，∴，∵DT∥PG，DK∥PH，∴，∴，∴【解析】【解答】解：（2）如图2中，作PG⊥AC于G，PH⊥BC于H，∵∠PGC=∠PHC=∠GCH=90°，∴∠GPH=∠MPN=90°，∴∠MPH=∠NPG，∵∠PHM=∠PGN=90°，∴△PHM∽△PGN，∴，∵△PHC∽△ACB，PG=HC，∴，故答案为：；【分析】（1）作PG⊥AC于G，PH⊥BC于H，根据已知条件可证△PHM和△PGN的两角对应相等，进而可得△PHM∽△PGN，由相似三角形的对应边成比例即可求出。

（2）作PG⊥AC于G，PH⊥BC于H，由两角对应相等，可得△PHM∽△PGN，由相似三角形的对应边成比例可得 = ，由两角对应相等，可得△PHC∽△ACB，又PG=HC，相似三角形的对应边成比例及等量代换即可求出。

2020-2021备战中考数学相似提高练习题压轴题训练附答案一、相似1．已知，如图1，抛物线y＝ax2＋bx＋3与x轴交于点B、C，与y轴交于点A，且AO＝CO，BC＝4．（1）求抛物线解析式；（2）如图2，点P是抛物线第一象限上一点，连接PB交y轴于点Q，设点P的横坐标为t，线段OQ长为d，求d与t之间的函数关系式；（3）在(2)的条件下，过点Q作直线l⊥y轴，在l上取一点M(点M在第二象限)，连接AM，使AM＝PQ，连接CP并延长CP交y轴于点K，过点P作PN⊥l于点N，连接KN、CN、CM．若∠MCN＋∠NKQ＝45°时，求t值．【答案】（1）解：如图1，当x=0时，y=3，∴A（0，3），∴OA=OC=3，∵BC=4，∴OB=1，∴B（﹣1，0），C（3，0），把B（﹣1，0），C（3，0）代入抛物线y=ax2+bx+3中得：，解得：，∴抛物线的解析式为：y=﹣x2+2x+3；（2）解：如图2，设P（t，﹣t2+2t+3）（0＜t＜3），过P作PG⊥x轴于G，∵OQ∥PG，∴△BOQ∽△BGP，∴，∴，∴d=d=﹣t+3（0＜t＜3）（3）解：如图3，连接AN，延长PN交x轴于G，由（2）知：OQ=3﹣t，OA=3，∴AQ=OA﹣OQ=3﹣（3﹣t）=t，∴QN=OG=AQ=t，∴△AQN是等腰直角三角形，∴∠QAN=45°，AN= t，∵PG∥OK，∴，∴，OK=3t+3，AK=3t，∵∠QAN=∠NKQ+∠ANK，。

∴∠NKQ+∠ANK=45°，∵∠MCN+∠NKQ=45°，∴∠ANK=∠MCN，∵NG=CG=3﹣t，∴△NGC是等腰直角三角形，∴NC= （3﹣t），∠GNC=45°，∴∠CNH=∠NCM+∠NMC=45°，∴∠NKQ=∠NMC，∴△AKN∽△NMC，∴，∵AQ=QN=t，AM=PQ，∴Rt△AQM≌△Rt△QNP（HL），∴MQ=PN=﹣t2+2t+3﹣（3﹣t）=﹣t2+3t，∴，t2﹣7t+9=0，t1= ＞3，t2= ，∵0＜t＜3，∴t1＞3，不符合题意，舍去，∴t= ．【解析】【分析】（1）根据函数图像与坐标轴交点的坐标特点，得出A点的坐标，再根据点到坐标轴的距离得出OA=OC=3，又BC=4，从而得出OB的距离，进而得出B,C两点的坐标，再将B,C两点的坐标代入抛物线y=ax2+bx+3中得出一个关于a,b的二元一次方程组，求解得出a,b的值，从而得出抛物线的解析式；（2）过P作PG⊥x轴于G，根据P点的横坐标得出P点坐标设P（t，﹣t2+2t+3）（0＜t＜3），根据平行于三角形一边的直线截其它两边，所截得的三角形与原三角形相似，得出△BOQ∽△BGP，根据相似三角形对应边成比例得出OQ∶PG=OB∶BG,从而得出d关于t的函数关系式；（3）连接AN，延长PN交x轴于G，由（2）知：OQ=3﹣t，OA=3，从而得AQ=OA﹣OQ=3﹣（3﹣t）=t，进而得QN=OG=AQ=t，从而判断出△AQN是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得出∠QAN=45°，AN= t，根据平行线分线段成比例得出PG∶OK=CG∶OC,故OK=3t+3，AK=3t，根据等式的性质得出∠ANK=∠MCN，判断出△NGC 是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得出NC= （3﹣t），∠GNC=45°，再判断出△AKN∽△NMC，根据相似三角形对应边成比例得出 A K ∶M N = A N ∶N C ，再利用HL判断出Rt△AQM≌△Rt△QNP，故MQ=PN=﹣t2+2t+3﹣（3﹣t）=﹣t2+3t，从而得出关于t的方程，求解并检验即可得出答案2．如图，已知：在Rt△ABC中，斜边AB=10，sinA= ，点P为边AB上一动点（不与A，B重合），PQ平分∠CPB交边BC于点Q，QM⊥AB于M，QN⊥CP于N．（1）当AP=CP时，求QP；（2）若四边形PMQN为菱形，求CQ；（3）探究：AP为何值时，四边形PMQN与△BPQ的面积相等？【答案】（1）解：∵AB=10，sinA= ，∴BC=8，则AC= =6，∵PA=PC．∴∠PAC=∠PCA，∵PQ平分∠CPB，∴∠BPC=2∠BPQ=2∠A，∴∠BPQ=∠A，∴PQ∥AC，∴PQ⊥BC，又PQ平分∠CPB，∴∠PCQ=∠PBQ，∴PB=PC，∴P是AB的中点，∴PQ= AC=3（2）解：∵四边形PMQN为菱形，∴MQ∥PC，∴∠APC=90°，∴ ×AB×CP= ×AC×BC，则PC=4.8，由勾股定理得，PB=6.4，∵MQ∥PC，∴ = = = ，即 = ，解得，CQ=（3）解：∵PQ平分∠CPB，QM⊥AB，QN⊥CP，∴QM=QN，PM=PN，∴S△PMQ=S△PNQ，∵四边形PMQN与△BPQ的面积相等，∴PB=2PM，∴QM是线段PB的垂直平分线，∴∠B=∠BPQ，∴∠B=∠CPQ，∴△CPQ∽△CBP，∴ = = ，∴ = ，∴CP=4× =4× =5，∴CQ= ，∴BQ=8﹣ = ，∴BM= × = ，∴AP=AB﹣PB=AB﹣2BM=【解析】【分析】（１）当AP=CP时，由锐角三角函数可知AC=6，BC=8，因为PQ平分∠CPB，所以PQ//AC，可知PB=PC，所以点P是AB的中点，所以PQ是△ABC的中位线，PQ =3;(2)当四边形PMQN为菱形时，因为∠APC=，所以四边形PMQN为正方形，可得PC=4.8，PB=3.6，因为MQ//PC，所以，可得;(3)当QM垂直平分PB 时，四边形PMQN的面积与△BPQ的面积相等，此时△CPQ∽△CBP，对应边成比例，可得，所以，因为AP=AB-2BM，所以AP=.3．如图，已知抛物线y＝﹣x2＋bx＋c交y轴于点A（0,4），交x轴于点B（4,0），点P 是抛物线上一动点，过点P作x轴的垂线PQ，过点A作AQ⊥PQ于点Q，连接AP．（1）填空：抛物线的解析式为________，点C的坐标________；（2）点P在抛物线上运动，若△AQP∽△AOC，求点P的坐标.【答案】（1）y＝﹣x2＋3x＋4；（－1,0）（2）解：∵点A的坐标为（0，4），点C的坐标为（－1，0），∴．∵点P的横坐标为m，∴P（m，﹣m2＋3m＋4）．①当点P在直线AQ下方时，QP＝4－（﹣m2＋3m＋4）＝ m2－3m，由△AQP∽△AOC得：，即：，∴（舍去）或．当时，﹣m2＋3m＋4＝，此时点P的坐标为（）；②当点P在直线AQ上方时，PQ＝﹣m2＋3m＋4－4＝﹣m2＋3m，由△AQP∽△AOC得：，即：，∴＝0（舍去）或＝，此时P点坐标为（）．综上所述：点P的坐标为（）或（）．【解析】【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2＋bx＋c交y轴于点A（0，4），交x轴于点B（4，0），∴，解得：，∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2＋3x＋4．令y=0，得：﹣x2＋3x＋4=0，解得：x=4或x=－1，∴点C的坐标为（－1，0）．【分析】（1）根据题意，将A,B两点的坐标代入到解析式中，分别求出b，c，可以求出抛物线的解析式；（2）C为x轴上的交点，令y=0，通过解一元二次方程，解得C点坐标。

2020-2021中考数学(相似提高练习题)压轴题训练附答案一、相似1．如图①，已知直线l1∥l2，线段AB在直线l1上，BC垂直于l1交l2于点C，且AB＝BC，P是线段BC上异于两端点的一点，过点P的直线分别交l2，l1于点D，E(点A，E位于点B的两侧，满足BP＝BE，连接AP，CE．（1）求证：△ABP≌△CBE．（2）连接AD、BD，BD与AP相交于点F，如图②．①当时，求证：AP⊥BD；②当 (n＞1)时，设△PAD的面积为S1，△PCE的面积为S2，求的值．【答案】（1）证明：BC⊥直线l1，∴∠ABP＝∠CBE．在△ABP和△CBE中，（2）①证明：如图，延长AP交CE于点H．∵△ABP≌△CBE，∴∠PAB＝∠ECB，∴∠PAB＋∠AEH＝∠ECB＋∠AEH＝90°，∴∠AHE＝90°，∴AP⊥CE．∵，即P为BC的中点，直线l1∥直线l2，∴△CPD∽△BPE，∴，∴DP＝EP．∴四边形BDCE是平行四边形，∴CE∥BD．∵AP⊥CE，∴AP⊥BD．②解：∵，∴BC＝nBP，∴CP＝(n－1)BP．∵CD∥BE，∴△CPD∽△BPE，∴．令S△BPE＝S，则S2＝(n－1)S，S△PAB＝S△BCE＝nS，S△PAE＝(n＋1)S．∵，∴S1＝(n＋1)(n－1)S，∴．【解析】【分析】（1）由已知条件用边角边即可证得△ABP≌△CBE；（2）①、延长AP交CE于点H，由（1）知△ABP≌△CBE，所以可得∠PAB＝∠ECB，而∠∠ECB+∠BEC=，所以可得∠PAB+∠BEC=，即∠AHE=，所以AP⊥CE；已知=2,则点P为BC的中点，所以易证得BE=CD，由有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形BDCE是平行四边形，由平行四边形的性质可得CE∥BD，再根据平行线的性质即可求得AP⊥BD；②方法与①类似，由已知条件易证得△CPD∽△BPE，则可得对应线段的比相等，然后可将△PAD的面积和△PCE的面积用三角形BPE的面积表示出来，则这两个三角形的比值即可求解。