初三数学相似提高练习与常考题和培优综合题(含解析)

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．已知：如图，在△ABC中，AB=BC=10，以AB为直径作⊙O分别交AC，BC于点D，E，连接DE和DB，过点E作EF⊥AB，垂足为F，交BD于点P．（1）求证：AD=DE；（2）若CE=2，求线段CD的长；（3）在（2）的条件下，求△DPE的面积．【答案】（1）解：∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°，即BD⊥AC∵AB=BC，∴△ABD≌CBD∴∠ABD=∠CBD在⊙O中，AD与DE分别是∠ABD与∠CBD所对的弦∴AD=DE；（2）解：∵四边形ABED内接于⊙O，∴∠CED=∠CAB，∵∠C=∠C，∴△CED∽△CAB，∴，∵AB=BC=10，CE=2，D是AC的中点，∴CD= ；（3）解：延长EF交⊙O于M，在Rt△ABD中，AD= ，AB=10，∴BD=3 ，∵EM⊥AB，AB是⊙O的直径，∴，∴∠BEP=∠EDB，∴△BPE∽△BED，∴，∴BP= ，∴DP=BD-BP= ，∴S△DPE：S△BPE=DP：BP=13：32，∵S△BCD= × ×3 =15，S△BDE：S△BCD=BE：BC=4：5，∴S△BDE=12，∴S△DPE= ．【解析】【分析】（1）根据已知条件AB是⊙O的直径得出∠ADB=90°，再根据等腰三角形的三线合一的性质即可得出结论。

（2）根据圆内接四边形的性质证得∠CED=∠CAB，再根据相似三角形的判定证出△CED∽△CAB，得出对应边成比例，建立关于CD的方程，即可求出CD的长。

（3）延长EF交⊙O于M，在Rt△ABD中，利用勾股定理求出BD的长，再证明△BPE∽△BED，根据相似三角形的性质得对应边成比例求出BP的长，然后根据等高的三角形的面积之比等于对边之比，再由三角形面积公式即可求解。

2．如图，在平面直角坐标系中，直线分别交x轴，y轴于点A，C，点D （m，4）在直线AC上，点B在x轴正半轴上，且OB=2OC．点E是y轴上任意一点，连结DE，将线段DE按顺时针旋转90°得线段DG，作正方形DEFG，记点E为（0，n）．（1）求点D的坐标；（2）记正方形DEFG的面积为S，① 求S关于n的函数关系式；② 当DF∥x轴时，求S的值；（3）是否存在n的值，使正方形的顶点F或G落在△ABC的边上？若存在，求出所有满足条件的n的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）解：∵点D（m，4）在直线AC上；∴4= m+8，解得m=﹣3，∴点D的坐标为（﹣3，4）（2）解：①如图1，过点D作DH⊥y轴于H，则EH=|n﹣4|∴S=DE2=EH2+DH2=（n﹣4）2+9；②当DF∥x轴时，点H即为正方形DEFG的中心，∴EH=DH=3，∴n=4+3=7，∴S=（7﹣4）2+9=18（3）解：∵OB=2OC=16，∴B为（16，0），∴BC为：；①当点F落在BC边上时，如图2，作DM⊥y轴于M，FN⊥y轴于N．在△DEM与△EFN中，，∴△DEM≌△EFN（AAS），∴NF=EM=n﹣4，EN=DM=3∴F为（n﹣4，n﹣3）∴n﹣3=﹣（n﹣4）+8，∴n= ；②当点G落在BC边上时，如图3，作DM⊥y轴于M，GN⊥DM轴于N，由①同理可得△DEM≌△GDN，∴GN=DM=3，DN=EM=n﹣4，∴点G纵坐标为1，∴，∴x=14，∴DN=14+3=17=n﹣4，∴n=21；③当点F落在AB边上时，如图4，作DM⊥y轴于M，由①同理可得△DEM≌△EFO，∴OE=DM=3，即n=3；④当点G落在AC边上时，如图5．∵∠CDE=∠AOC=90°，∠DCE=∠OCA，∴△DCE∽△OCA，∴，∴，∴n= ，显然，点G不落在AB边上，点F不落在AC边上，故只存在以上四种情况．综上可得，当n= 或21或3或时，正方形的顶点F或G落在△ABC的边上．【解析】【分析】（1）根据点D在直线AC上；于是将D（m，4）代入直线AC的解析式得出m=-3,从而得出D点的坐标；（2）①如图1，过点D作DH⊥y轴于H，根据和y轴垂直的直线上的点的坐标特点及y轴上两点间的距离，则DH=|n-4|,根据正方形的面积等于边长的平方及勾股定理得出S=DE2=EH2+DH2=（n﹣4）2+9；②当DF∥x轴时，点H即为正方形DEFG的中心，故EH=DH=3，n=7，将n=7代入函数解析式即可得出S的值；（3）首先找到C点的坐标，得出OC的长度，然后根据OB=2OC=16得出B点的坐标，利用待定系数法得出直线BC的解析式，①当点F落在BC边上时，如图2，作DM⊥y轴于M，FN⊥y轴于N．利用AAS判断出∴△DEM≌△EFN，根据全等三角形对应边相等得出NF=EM=n﹣4，EN=DM=3从而得出F点的坐标，根据F点的纵坐标的两种不同表示方法得出关于n的方程，求解得出n的值；②当点G落在BC边上时，如图3，作DM⊥y轴于M，GN⊥DM轴于N，由①同理可得△DEM≌△GDN，GN=DM=3，DN=EM=n﹣4，从而得出G点的纵坐标为1，根据点G的纵坐标列出方程，求解得出N的值；③当点F落在AB 边上时，如图4，作DM⊥y轴于M，由①同理可得△DEM≌△EFO，OE=DM=3，即n=3；④当点G落在AC边上时，如图5．首先判断出△DCE∽△OCA，根据相似三角形对应边成比例得出 C E∶ A C = C D∶ O C，从而得出关于n的方程，求解得出n的值，综上所述得出所有答案。

中考数学相似培优练习(含答案)及答案解析一、相似1．如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴分别交于点A、B，与y轴交于点C，且OA=1，OB=3，顶点为D，对称轴交x轴于点Q．（1）求抛物线对应的二次函数的表达式；（2）点P是抛物线的对称轴上一点，以点P为圆心的圆经过A、B两点，且与直线CD相切，求点P的坐标；（3）在抛物线的对称轴上是否存在一点M，使得△DCM∽△BQC？如果存在，求出点M 的坐标；如果不存在，请说明理由．【答案】（1）解：∴代入，得解得∴抛物线对应二次函数的表达式为：（2）解：如图，设直线CD切⊙P于点E．连结PE、PA，作点．由得对称轴为直线x=1，∴∴∴为等腰直角三角形．∴∴∴∴为等腰三角形．设∴在中，∴∴整理，得解得，∴点P的坐标为或（3）解：存在点M，使得∽．如图，连结∵∴为等腰直角三角形，∴由（2）可知，∴∴分两种情况．当时，∴，解得．∴∴当时，∴，解得∴∴综上，点M的坐标为或【解析】【分析】（1）用待定系数法即可求解；（2）由（1）中的解析式易求得抛物线的对称轴为直线x=1，顶点D（1，4），点C（0，3），由题意可设点P（1，m），计算易得△DCF为等腰直角三角形，△DEP为等腰三角形，在直角三角形PED和APQ中，用勾股定理可将PE、PA用含m的代数式表示出来，根据PA=PE可列方程求解；（3）由△DCM∽△BQC所得比例式分两种情况：或，根据所得比例式即可求解。

2．如图,在一个长40 m、宽30 m的矩形小操场上,王刚从A点出发,沿着A→B→C的路线以3 m/s的速度跑向C地.当他出发4 s后,张华有东西需要交给他,就从A地出发沿王刚走的路线追赶,当张华跑到距B地2 m的D处时,他和王刚在阳光下的影子恰好落在一条直线上.（1）此时两人相距多少米(DE的长)?（2）张华追赶王刚的速度是多少?【答案】（1）解：在Rt△ABC中：∵AB=40，BC=30，∴AC=50 m.由题意可得DE∥AC，∴Rt△BDE∽Rt△BAC，∴ = ，即 = .解得DE= m.答：此时两人相距 m.（2）解：在Rt△BDE中：∵DB=2，DE=，∴BE=2 m.∴王刚走的总路程为AB+BE=42 m.∴王刚走这段路程用的时间为 =14(s).∴张华用的时间为14-4=10(s)，∵张华走的总路程为AD=AB-BD=40-2=37（m）,∴张华追赶王刚的速度是37÷10≈3.7（m/s）.答：张华追赶王刚的速度约是3.7m/s.【解析】【分析】（1）在Rt△ABC中，根据勾股定理得AC=50 m，利用平行投影的性质得DE∥AC，再利用相似三角形的性质得出对应边的比相等可求得DE长.（2）在Rt△BDE中,根据勾股定理得BE=2 m，根据题意得王刚走的总路程为42 m，根据时间=路程÷速度求得王刚用的时间，减去4即为张华用的时间，再根据速度=路程÷时间解之即可得出答案.3．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.4．如图1，图形ABCD是由两个二次函数与的部分图像围成的封闭图形，已知A(1，0)、B(0，1)、D(0，﹣3)．（1）直接写出这两个二次函数的表达式；（2）判断图形ABCD是否存在内接正方形（正方形的四个顶点在图形ABCD上），并说明理由；（3）如图2，连接BC、CD、AD，在坐标平面内，求使得△BDC与△ADE相似（其中点C 与点E是对应顶点）的点E的坐标．【答案】（1）解：（2）解：存在，理由：当该内接正方形的中心是原点O，且一组邻边分别平行于x轴、y轴时，设M（x,-x2+1）为第一象限内的图形ABCD上一点，M'（x,3x2-3）为第四象限内的图形上一点，∴MM'=（1-x2）-3（3x2-3）=4-4x2，由抛物线的对称性知，若有内接正方形，则2x=4-4x2，即2x2+x-2=0，x= 或（舍），∵0< ，∴存在内接正方形，此时其边长为（3）解：解：在Rt△AOD中，OA=1，OD=3，∴AD= ，同理CD= .在Rt△BOC中，OB=OC=1，∴BC= .①如图（1）当△DBC~△DAE时，因∠CDB=∠ADO，∴在y轴上存在一点E，由得，得DE= ，因D（0，-3），∴E（）；由对称性知在直线DA右侧还存在一点E'使得△DBC~△DAE'，连接EE'交DA于F点，作E'M⊥OD，垂足为M，连接E'D，∵E、E'关于DA对称，∴DF垂直平分EE'，∴△DEF~△DAO，∴，有，∴， .因，∴，又，在Rt△DE'M中，DM= ，∴OM=1，得∴，使得△DBC~△DAE的点E的坐标为（0， ,）或；如图（2）当△DBC~△ADE时，有∠BDC=∠DAE，，即，得AE= .当E在直线DA左侧时，设AE交y轴于P点，作EQ⊥AC，垂足为Q.由∠BDC=∠DAE=∠ODA，∴PD=PA，设PD=x，则PO=3-x，PA=x，在Rt△AOP中，由得，解得，则有PA= ，PO= ，因AE= ，∴PE= ，在△AEQ中，OP∥EQ，∴，得，又，∴QE=2，∴E（），当E'在直线DA右侧时，因∠DAE'=∠BDC，又∠BDC=∠BDA，∴∠BDA=∠DAE'，则AE'∥OD，∴E'（1，），则使得△DBC~△ADE的点E的坐标为或 .综上，使得△BDC与△ADE相似（其中点C与点E是对应顶点）的点E的坐标有4个，即（0， ,）或或或【解析】【解答】（1）∵二次函数经过点A（1,0），B（0,1）代入得解得∴二次函数；∵二次函数经过点A（1,0），D（0,-3）代入得解得∴二次函数 .【分析】（1）由A（1,0），B（0，1）代入二次函数解出k，m的值可得二次函数y1的表达式；由A（1,0），D（0，-3）代入二次函数解出k，m的值可得二次函数y1的表达式；（2）判断是否存在，可以列举出一种特殊情况：当该内接正方形的中心是原点O，且一组邻边分别平行于x轴、y 轴时，则可设点M（x,-x2+1）在y1图象上，则该正方形存在另一点M'（x,3x2-3）在y2图象上，由邻边相等构造方程解答即可；（3）对于△BDC与△ADE相似，且C于D对应，那么就存在两种情况：①当点B对应点A，即△DBC~△DAE，此时点E的位置有两处，一处在y轴上，另一处在线段AD的右侧；②当点B对应点DA时，即△DBC~△ADE，些时点E 有两处，分别处于线段AD的左右两侧；结果两种情况所有的条件解出答案即可.5．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，顶点A、C的坐标分别为（﹣1，2），（3，2），点B 在x轴上，点B的坐标为（3，0），抛物线y=﹣x2+bx+c经过A、C两点．（1）求该抛物线所对应的函数关系式；（2）点P是抛物线上的一点，当S△PAB= S△ABC时，求点P的坐标；（3）若点N由点B出发，以每秒个单位的速度沿边BC、CA向点A移动，秒后，点M 也由点B出发，以每秒1个单位的速度沿线段BO向点O移动，当其中一个点到达终点时另一个点也停止移动，点N的移动时间为t秒，当MN⊥AB时，请直接写出t的值，不必写出解答过程．【答案】（1）解：将点A（﹣1，2），C（3，2），代入抛物线y=﹣x2+bx+c中，得，解得∴抛物线y=﹣x2+2x+5.（2）解：∵点A（-1,2），B（3,0），C（3,2），∴BC⊥x轴，AC=4，BC=2，∴，∴设直线AB为y=mx+n,将点A（-1,2），B（3,0），代入可得，解得，∴直线AB为y=，设点P（x，），过点P作PN⊥x轴，交直线AB于点M，则M（x，），∴PM= ，∴即，∴或，解得，则点P .（3）解：当时，如图1，点N在BC的线段上，BN= ，BM= ，∵MN⊥AB，∴，又∵A（-1,2），B（3,0），C（3,2），∴AC∥x轴，BC∥y轴，∴∠ACB=90°，∴，∴又∵∠MBN=∠ACB=90°，∴△BNM~△CAB，∴，则，解得t= .当时，点N在线段AC上，如图2，MN与AB交于点D，BM= ,由A（-1,2），B(3,0)，得AB= ，设AD=a，则BD= ,∵∠ADN=∠ACB=90°, ∠DAN=∠CAB,∴△ADN~△ACB，∴；则 = ，则a=∵∠BDM=∠ACB=90°, ∠DBM=∠CAB,∴△BDM~△ACB，∴ =，则解得 .综上， .【解析】【分析】（1）将点A（﹣1，2），C（3，2），代入抛物线y=﹣x2+bx+c中，联立方程组解答即可求出b和c的值；（2）由A（-1,2），B（3,0），C（3,2）可求出直线AB 的解析式和，从而求出 .设PP（x，），过点P作PN⊥x轴，交直线AB于点M，则M（x，），可得代入求出P的横坐标x的值，再代入抛物线的解析式求出点P的纵坐标；（3）首先要明确时间t表示点N运动的时间，由点M，N的速度可求出它们当到达终点时的时间t，取其中的较小值为t所能取到的最大值；由点M只在线段OB上运动，点N在线段BC和线段AC上运动，则要分成两部分进行讨论，当点N在线段BC上时和当点N在线段AC上时，并分别求出相应时间t的取值范围；结合相似三角形的判定和性质得到相应边成比例，列方程解答即可.6．如图，抛物线y=ax2+bx+c过原点O、点A （2，﹣4）、点B （3，﹣3），与x轴交于点C，直线AB交x轴于点D，交y轴于点E．（1）求抛物线的函数表达式和顶点坐标；（2）直线AF⊥x轴，垂足为点F，AF上取一点G，使△GBA∽△AOD，求此时点G的坐标；（3）过直线AF左侧的抛物线上点M作直线AB的垂线，垂足为点N，若∠BMN=∠OAF，求直线BM的函数表达式．【答案】（1）解：将原点O（0,0）、点 A （2，﹣4）、点 B （3，﹣3），分别代入y=ax2+bx+c，得，解得，∴y=x2-4x= ，∴顶点为（2，-4）.（2）解：设直线AB为y=kx+b，由点A（2，-4），B（3，-3），得解得，∴直线AB为y=x-6.当y=0时，x=6，∴点D（6，0）.∵点A（2，-4），D（6,0），B（3，-3），∴OA= ，OD=6，AD= ，AF=4，OF=2，DF=4，AB= ，∴DF=AF，又∵AF⊥x轴，∴∠AD0=∠DAF=45°，∵△GBA∽△AOD，∴，∴，解得，∴FG=AF-AG=4- ，∴点G（2，）.（3）解：如图1，∵∠BMN=∠OAF，，∴∠MBN=∠AOF，设直线BM与AF交于点H，∵∠ABH=∠AOD，∠HAB=∠ADO，∴∴，则，解得AH= ，∴H（2，）.设直线BM为y=kx+b，∵将点B、G的坐标代入得，解得．∴直线BM的解析式为y= ；如图2，BD=AD-AB= ．∵∠BMN=∠OAF，∠GDB=∠ODA，∴△HBD∽△AOD．∴，即，解得DH=4．∴点H的坐标为（2，0）．设直线BM的解析式为y=kx+b．∵将点B和点G的坐标代入得：，解得k=-3，b=6．∴直线BM的解析式为y=-3x+6．综上所述，直线MB的解析式为y= 或y=-3x+6．【解析】【分析】（1）将原点O（0,0）、点A （2，﹣4）、点B （3，﹣3），分别代入y=ax2+bx+c，联立方程组解答即可a,b,c的值，得到二次函数解析式；将解析式配成顶点式，可得顶点；（2）由△GBA∽△AOD，可得，分别求出AD，AB，OD的长即可求出AG，由点A的坐标，即可求出点G；（3）点M在直线AF的左侧，可发出垂足N可以在线段AB上，也可以在AB的延长线上，故有如图1和如图2两种可能；设直线BM与直线AF的交点为H，由（2）可知，参加（2）的方法可求出点H的坐标，从而求出直线BM的解析式.7．如图，已知△ABC的顶点坐标分别为A（3，0），B（0，4），C（-3，0）。

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。

2020-2021九年级数学相似的专项培优易错试卷练习题及答案解析一、相似1．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。

（2）假设两个矩形的长与宽是成比例线段，列出比例式，再利用比例的性质得出x=0，即可判断。

2．已知线段a，b，c满足，且a＋2b＋c＝26.（1）判断a，2b，c，b2是否成比例；（2）若实数x为a，b的比例中项，求x的值．【答案】（1）解：设，则a=3k，b=2k，c=6k，又∵a+2b+c=26，∴3k+2×2k+6k=26，解得k=2，∴a=6，b=4，c=12；∴2b=8，b2=16∵a=6，2b=8，c=12，b2=16∴2bc=96，ab2=6×16=96∴2bc=ab2a，2b，c，b2是成比例的线段。

（2）解：∵x是a、b的比例中项，∴x2=6ab，∴x2=6×4×6，∴x=12．【解析】【分析】（1）设已知比例式的值为k，可得出a=3k，b=2k，c=6k，再代入a+2b+c=26，建立关于k的方程，求出kl的值，再求出2b、b2,然后利用成比例线段的定义，可判断a，2b，c，b2是否成比例。

（2）根据实数x为a，b的比例中项，可得出x2=ab，建立关于x的方程，求出x的值。

压轴培优综合练习卷：《相似》一．解答题1．已知：如图边长为2的正方形ABCD 中，∠MAN 的两边分别交BC 、CD 边于M 、N 两点，且∠MAN ＝45°①求证：MN ＝BM +DN ；②若AM 、AN 交对角线BD 于E 、F 两点．设BF ＝y ，DE ＝x ，求y 与x 的函数关系式．2．将两块全等的三角板如图1摆放，其中∠A 1CB 1＝∠ACB ＝90°，∠A 1＝∠A ＝30°．（1）将图1中△A 1B 1C 绕点C 顺时针旋转45°得图2，点P 1是A 1C 与AB 的交点，点Q 是A 1B 1与BC 的交点，求证：CP 1＝CQ ；（2）在图2中，若AP 1＝a ，则CQ 等于多少？（3）将图2中△A 1B 1C 绕点C 顺时针旋转到△A 2B 2C （如图3），点P 2是A 2C 与AP 1的交点．当旋转角为多少度时，有△AP 1C ∽△CP 1P 2？这时线段CP 1与P 1P 2之间存在一个怎样的数量关系？．3．如图，菱形ABCD的边长为20cm，∠ABC＝120°．动点P、Q同时从点A出发，其中P以4cm/s的速度，沿A→B→C的路线向点C运动；Q以2cm/s的速度，沿A→C 的路线向点C运动．当P、Q到达终点C时，整个运动随之结束，设运动时间为t秒．（1）在点P、Q运动过程中，请判断PQ与对角线AC的位置关系，并说明理由；（2）若点Q关于菱形ABCD的对角线交点O的对称点为M，过点P且垂直于AB的直线l 交菱形ABCD的边AD（或CD）于点N．①当t为何值时，点P、M、N在一直线上？②当点P、M、N不在一直线上时，是否存在这样的t，使得△PMN是以PN为一直角边的直角三角形？若存在，请求出所有符合条件的t的值；若不存在，请说明理由．4．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，过点B作射线BB1∥AC．动点D从点A出发沿射线AC方向以每秒5个单位的速度运动，同时动点E从点C沿射线AC 方向以每秒3个单位的速度运动．过点D作DH⊥AB于H，过点E作EF⊥AC交射线BB于F，G是EF中点，连接DG．设点D运动的时间为t秒．1（1）当t为何值时，AD＝AB，并求出此时DE的长度；（2）当△DEG与△ACB相似时，求t的值．5．已知点E在△ABC内，∠ABC＝∠EBD＝α，∠ACB＝∠EDB＝60°，∠AEB＝150°，∠BEC＝90°．（1）当α＝60°时（如图1），①判断△ABC的形状，并说明理由；②求证：BD＝AE；（2）当α＝90°时（如图2），求的值．6．在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，过点B的直线MN∥AC，D为BC边上一点，连接AD，作DE⊥AD交MN于点E，连接AE．（1）如图①，当∠ABC＝45°时，求证：AD＝DE；（2）如图②，当∠ABC＝30°时，线段AD与DE有何数量关系？并请说明理由；（3）当∠ABC＝α时，请直接写出线段AD与DE的数量关系．（用含α的三角函数表示）7．一块材料的形状是锐角三角形ABC，边BC＝120mm，高AD＝80mm，把它加工成正方形零件如图1，使正方形的一边在BC上，其余两个顶点分别在AB，AC上．（1）求证：△AEF∽△ABC；（2）求这个正方形零件的边长；（3）如果把它加工成矩形零件如图2，问这个矩形的最大面积是多少？8．如图，在边长为8的正方形ABCD中，点O为AD上一动点（4＜OA＜8），以O为圆心，OA的长为半径的圆交边CD于点M，连接OM，过点M作⊙O的切线交边BC于N．（1）求证：△ODM∽△MCN；（2）设DM＝x，OA＝R，求R关于x的函数关系式；（3）在动点O逐渐向点D运动（OA逐渐增大）的过程中，△CMN的周长如何变化？说明理由．9．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，Rt△BAP中，∠BAP＝90°，已知∠CBO＝∠ABP，BP交AC于点O，E为AC上一点，且AE＝OC．（1）求证：AP＝AO；（2）求证：PE⊥AO；（3）当AE＝AC，AB＝10时，求线段BO的长度．10．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是⊙O的直径，AC和BD相交于点E，且DC2＝CE•CA．（1）求证：BC＝CD；（2）分别延长AB，DC交于点P，过点A作AF⊥CD交CD的延长线于点F，若PB＝OB，CD ＝，求DF的长．11．已知：RT△ABC与RT△DEF中，∠ACB＝∠EDF＝90°，∠DEF＝45°，EF＝8cm，AC＝16cm，BC＝12cm．现将RT△ABC和RT△DEF按图1的方式摆放，使点C与点E 重合，点B、C（E）、F在同一条直线上，并按如下方式运动．运动一：如图2，△ABC从图1的位置出发，以1cm/s的速度沿EF方向向右匀速运动，DE 与AC相交于点Q，当点Q与点D重合时暂停运动；运动二：在运动一的基础上，如图3，RT△ABC绕着点C顺时针旋转，CA与DF交于点Q，CB 与DE交于点P，此时点Q在DF上匀速运动，速度为，当QC⊥DF时暂停旋转；运动三：在运动二的基础上，如图4，RT△ABC以1cm/s的速度沿EF向终点F匀速运动，直到点C与点F重合时为止．设运动时间为t（s），中间的暂停不计时，解答下列问题（1）在RT△ABC从运动一到最后运动三结束时，整个过程共耗时s；（2）在整个运动过程中，设RT△ABC与RT△DEF的重叠部分的面积为S（cm2），求S与t之间的函数关系式，并直接写出自变量t的取值范围；（3）在整个运动过程中，是否存在某一时刻，点Q正好在线段AB的中垂线上，若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由．12．某班甲、乙、丙三位同学进行了一次用正方形纸片折叠探究相关数学问题的课题学习活动．活动情境：如图2，将边长为8cm的正方形纸片ABCD沿EG折叠（折痕EG分别与AB、DC交于点E、G），使点B落在AD边上的点F处，FN与DC交于点M处，连接BF与EG交于点P．所得结论：当点F与AD的中点重合时：（如图1）甲、乙、丙三位同学各得到如下一个正确结论（或结果）：甲：△AEF的边AE＝cm，EF＝cm；乙：△FDM的周长为16cm；丙：EG＝BF．你的任务：（1）填充甲同学所得结果中的数据；（2）写出在乙同学所得结果的求解过程；（3）当点F在AD边上除点A、D外的任何一处（如图2）时：①试问乙同学的结果是否发生变化？请证明你的结论；②丙同学的结论还成立吗？若不成立，请说明理由，若你认为成立，先证明EG＝BF，再求出S（S为四边形AEGD的面积）与x（AF＝x）的函数关系式，并问当x为何值时，S 最大？最大值是多少？13．如图，点B在线段AC上，点D、E在AC同侧，∠A＝∠C＝90°，BD⊥BE，AD＝BC．（1）求证：AC＝AD+CE；（2）若AD＝3，CE＝5，点P为线段AB上的动点，连接DP，作PQ⊥DP，交直线BE于点Q；（i）当点P与A、B两点不重合时，求的值；（ii）当点P从A点运动到AC的中点时，求线段DQ的中点所经过的路径（线段）长．（直接写出结果，不必写出解答过程）14．已知在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4．点Q是线段AC上的一个动点，过点Q作AC的垂线交线段AB（如图1）或线段AB的延长线（如图2）于点P．（1）当点P在线段AB上时，求证：△AQP∽△ABC；（2）当△PQB为等腰三角形时，求AP的长．15．在△ABC中，∠CAB＝90°，AD⊥BC于点D，点E为AB的中点，EC与AD交于点G，点F在BC上．（1）如图1，AC：AB＝1：2，EF⊥CB，求证：EF＝CD．（2）如图2，AC：AB＝1：，EF⊥CE，求EF：EG的值．16．如图，∠C＝90°，点A、B在∠C的两边上，CA＝30，CB＝20，连接AB．点P从点B 出发，以每秒4个单位长度的速度沿BC的方向运动，到点C停止．当点P与B、C两点不重合时，作PD⊥BC交AB于点D，作DE⊥AC于点E．F为射线CB上一点，使得∠CEF＝∠ABC．设点P运动的时间为x秒．（1）用含有x的代数式表示CE的长．（2）求点F与点B重合时x的值．（3）当点F在线段CB上时，设四边形DECP与四边形DEFB重叠部分图形的面积为y（平方单位）．求y与x之间的函数关系式．17．如图，边长为4的等边三角形AOB的顶点O在坐标原点，点A在x轴正半轴上，点B 在第一象限．一动点P沿x轴以每秒1个单位长的速度向点A匀速运动，当点P到达点A时停止运动，设点P运动的时间是t秒．将线段BP的中点绕点P按顺时针方向旋转60°得点C，点C随点P的运动而运动，连接CP、CA，过点P作PD⊥OB于点D．（1）填空：PD的长为用含t的代数式表示）；（2）求点C的坐标（用含t的代数式表示）；（3）在点P从O向A运动的过程中，△PCA能否成为直角三角形？若能，求t的值．若不能，请说明理由；（4）填空：在点P从O向A运动的过程中，点C运动路线的长为．18．已知，把Rt△ABC和Rt△DEF按图1摆放，（点C与E点重合），点B、C、E、F始终在同一条直线上，∠ACB＝∠EDF＝90°，∠DEF＝45°，AC＝8，BC＝6，EF＝10，如图2，△DEF从图1出发，以每秒1个单位的速度沿CB向△ABC匀速运动，同时，点P 从A出发，沿AB以每秒1个单位向点B匀速移动，AC与△DEF的直角边相交于Q，当P到达终点B时，△DEF同时停止运动，连接PQ，设移动的时间为t（s）．解答下列问题：（1）△DEF在平移的过程中，当点D在Rt△ABC的边AC上时，求t的值；（2）在移动过程中，是否存在△APQ为等腰三角形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．（3）在移动过程中，当0＜t≤5时，连接PE，是否存在△PQE为直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．19．如图，在直角△ABC中，∠A＝90°，AB＝6，AC＝8．D、E分别是AC、BC边的中点，点P从A出发沿线段AD﹣DE﹣EB以每秒3个单位长的速度向B匀速运动；点Q从点A出发沿射线AB以每秒2个单位长的速度匀速运动，当点P与点B重合时停止运动，点Q也随之停止运动，设点P、Q运动时间是t秒，（t＞0）（1）当t＝时，点P到达终点B；（2）当点P运动到点D时，求△BPQ的面积；（3）设△BPQ的面积为S，求出点Q在线段AB上运动时，S与t的函数关系式；（4）请直接写出PQ∥DB时t的值．参考答案一．解答题1．（1）证明：将△ABM绕点A逆时针旋转90°至△ADM′，∵∠M′AN＝∠DAN+∠MAB＝45°，AM′＝AM，BM＝DM′，∵M′A N＝∠MAN＝45°，AN＝AN，∴△AMN≌△AM′N′，∴MN＝NM′，∴M′N＝M′D+DN＝BM+DN，∴MN＝BM+DN．（2）解：∵∠AED＝45°+∠BAE，∠FAB＝45°+∠BAE，∴∠AED＝∠FAB，∵∠ABF＝∠ADE，∴△BFA∽△DAE，∴＝，∴＝，∴y＝．2．（1）证明：∵∠B1CB＝45°，∠B1CA1＝90°，∴∠B1CQ＝∠BCP1＝45°；又B1C＝BC，∠B1＝∠B，∴△B1CQ≌△BCP1（ASA）∴CQ＝CP1；（2）解：如图：作P1D⊥AC于D，∵∠A＝30°，∴P1D＝AP1；∵∠P1CD＝45°，∴＝sin45°＝，∴CP1＝P1D＝AP1；又AP1＝a，CQ＝CP1，∴CQ＝a；（3）解：当∠P1CP2＝∠P1AC＝30°时，由于∠CP1P2＝∠AP1C，则△AP1C∽△CP1P2，所以将图2中△A1B1C绕点C顺时针旋转30°到△A2B2C时，有△AP1C∽△CP1P2．这时＝＝，∴P1P2＝CP1．3．解：（1）若0＜t≤5，则AP＝4t，AQ＝2t．则＝＝，又∵AO＝10，AB＝20，∴＝＝．∴＝．又∵∠CAB＝30°，∴△APQ∽△ABO．∴∠AQP＝90°，即PQ⊥AC．当5＜t≤10时，同理，可由△PCQ∽△BCO得∠PQC＝90°，即PQ⊥AC．∴在点P、Q运动过程中，始终有PQ⊥AC．（2）①如图，在Rt△APM中，∵∠PAM＝30°，AP＝4t，∴AM＝．在△APQ中，∠AQP＝90°，∴AQ＝AP•cos30°＝2t，∴QM＝AC﹣2AQ＝20﹣4t．由AQ+QM＝AM得：2t+20﹣4t＝，解得t＝．∴当t＝时，点P、M、N在一直线上．②存在这样的t，使△PMN是以PN为一直角边的直角三角形．设l交AC于H．如图1，当点N在AD上时，若PN⊥MN，则∠NMH＝30°．∴MH＝2NH．得20﹣4t﹣＝2×，解得t＝2．如图2，当点N在CD上时，若PM⊥PN，则∠HMP＝30°．∴MH＝2PH，同理可得t＝．故当t＝2或时，存在以PN为一直角边的直角三角形．4．解：（1）∵∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，∴AB＝＝5．∵AD＝5t，CE＝3t，∴当AD＝AB时，5t＝5，即t＝1；∴AE＝A C+CE＝3+3t＝6，DE＝6﹣5＝1．（2）∵EF＝BC＝4，G是EF的中点，∴GE＝2．当AD＜AE（即t＜）时，DE＝AE﹣AD＝3+3t﹣5t＝3﹣2t，若△DEG与△ACB相似，则或，∴或，∴t＝或t＝；当AD＞AE（即t＞）时，DE＝AD﹣AE＝5t﹣（3+3t）＝2t﹣3，若△DEG与△ACB相似，则或，∴或，解得t＝或t＝；综上所述，当t＝或或或时，△DEG与△ACB相似．5．解：（1）①判断：△ABC是等边三角形．理由：∵∠ABC＝∠ACB＝60°∴∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝60°＝∠ABC＝∠ACB∴△ABC是等边三角形②证明：同理△EBD也是等边三角形连接DC，则AB＝BC，BE＝BD，∠ABE＝60°﹣∠EBC＝∠CBD∴△ABE≌△CBD∴AE＝CD，∠AEB＝∠CDB＝150°∴∠EDC＝150°﹣∠BDE＝90°∠CED＝∠BEC﹣∠BED＝90°﹣60°＝30°在Rt△EDC中，∴．（2）连接DC，∵∠ABC＝∠EBD＝90°，∠ACB＝∠EDB＝60°∴△ABC∽△EBD∴又∵∠ABE＝90°﹣∠EBC＝∠CBD∴△ABE∽△CBD，∠AEB＝∠CDB＝150°，∴∠EDC＝150°﹣∠BDE＝90°∠CED＝∠BEC﹣∠BED＝90°﹣（90°﹣∠BDE）＝60°设BD＝x在Rt△EBD中DE＝2x，BE＝在Rt△EDC中CD＝∴，即．6．（1）证明：如图1，过点D作DF⊥BC，交AB于点F，则∠BDE+∠FDE＝90°，∵DE⊥AD，∴∠FDE+∠ADF＝90°，∴∠BDE＝∠ADF，∵∠BAC＝90°，∠ABC＝45°，∴∠C＝45°，∵MN∥AC，∴∠EBD＝180°﹣∠C＝135°，∵∠BFD＝45°，DF⊥BC，∴∠BFD＝45°，BD＝DF，∴∠AFD＝135°，∴∠EBD＝∠AFD，在△BDE和△FDA中，∴△BDE≌△FDA（ASA），∴AD＝DE；（2）解：DE＝AD，理由：如图2，过点D作DG⊥BC，交AB于点G，则∠BDE+∠GDE＝90°，∵DE⊥AD，∴∠GDE+∠ADG＝90°，∴∠BDE＝∠ADG，∵∠BAC＝90°，∠ABC＝30°，∴∠C＝60°，∵MN∥AC，∴∠EBD＝180°﹣∠C＝120°，∵∠ABC＝30°，DG⊥BC，∴∠BGD＝60°，∴∠AGD＝120°，∴∠EBD＝∠AGD，∴△BDE∽△GDA，∴＝，在Rt△BDG中，＝tan30°＝，∴DE＝AD；（3）AD＝DE•tanα；理由：如图2，∠BDE+∠GDE＝90°，∵DE⊥AD，∴∠GDE+∠ADG＝90°，∴∠BDE＝∠ADG，∵∠EBD＝90°+α，∠AGD＝90°+α，∴∠EBD＝∠AGD，∴△EBD∽△AGD，∴＝，在Rt△BDG中，＝tanα，则＝tanα，∴AD＝DE•tanα．7．解：（1）∵四边形EGFH为正方形，∴BC∥EF，∴△AEF∽△ABC；（2）设正方形零件的边长为x mm，则KD＝EF＝x，AK＝80﹣x，∵EF∥BC，∴△AEF∽△ABC，∵AD⊥BC，∴，∴，解得x＝48．答：正方形零件的边长为48mm．（3）设EF＝x，EG＝y，∵△AEF∽△ABC∴，∴＝∴y＝80﹣x∴矩形面积S＝xy＝﹣x2+80x＝﹣（x﹣60）2+2400（0＜x＜120）故当x＝60时，此时矩形的面积最大，最大面积为2400mm2．8．（1）证明：∵MN切⊙O于点M，∴∠OMN＝90°；∵∠OMD+∠CMN＝∠OMN＝90°，∴∠OMD+∠CMN＝90°，∠CMN+∠CNM＝90°；∴∠OMD＝∠MNC；又∵∠D＝∠C＝90°；∴△ODM∽△MCN；（2）解：在Rt△ODM中，DM＝x，设OA＝OM＝R；∴OD＝AD﹣OA＝8﹣R，由勾股定理得：（8﹣R）2+x2＝R2，∴64﹣16R+R2+x2＝R2，∴；（3）解法一：∵CM＝CD﹣DM＝8﹣x，又∵且有△ODM∽△MCN，∴，∴代入得到；同理，∴代入得到；∴△CMN的周长为P＝＝（8﹣x）+（x+8）＝16．在点O的运动过程中，△CMN的周长P始终为16，是一个定值．解法二：在Rt△ODM中，，设△ODM的周长P′＝；而△MCN∽△ODM，且相似比；∵，∴△MCN的周长为P＝．在点O的运动过程中，△CMN的周长P始终为16，是一个定值．9．（1）证明：∵∠C＝90°，∠BAP＝90°∴∠CBO+∠BOC＝90°，∠ABP+∠APB＝90°，又∵∠CBO＝∠ABP，∴∠BOC＝∠APB，∵∠BOC＝∠AOP，∴∠AOP＝∠APB，∴AP＝AO；（2）证明：如图，过点O作OD⊥AB于D，∵∠CBO＝∠ABP，∴CO＝DO，∵AE＝OC，∴AE＝OD，∵∠AOD+∠OAD＝90°，∠PAE+∠OAD＝90°，∴∠AOD＝∠PAE，在△AOD和△PAE中，，∴△AOD≌△PAE（SAS），∴∠AEP＝∠ADO＝90°∴PE⊥AO；（3）解：设AE＝OC＝3k，∵AE＝AC，∴AC＝8k，∴OE＝AC﹣AE﹣OC＝2k，∴OA＝OE+AE＝5k．由（1）可知，AP＝AO＝5k．如图，过点O作OD⊥AB于点D，∵∠CBO＝∠ABP，∴OD＝OC＝3k．在Rt△AOD中，AD＝＝＝4k．∴BD＝AB﹣AD＝10﹣4k．∵OD∥AP，∴，即解得k＝1，∵AB＝10，PE＝AD，∴PE＝AD＝4K，BD＝AB﹣AD＝10﹣4k＝6，OD＝3在Rt△BDO中，由勾股定理得：BO＝＝＝3．10．（1）证明：∵DC2＝CE•CA，∴＝，∵∠DCE＝∠ACD，∴△CDE∽△CAD，∴∠CDB＝∠DAC，∵四边形ABCD内接于⊙O，∴BC＝CD；（2）解：方法一：如图，连接OC，∵BC＝CD，∴∠DAC＝∠CAB，又∵AO＝CO，∴∠CAB＝∠ACO，∴∠DAC＝∠ACO，∴AD∥OC，∴＝，∵PB＝OB，CD＝，∴＝∴PC＝4又∵PC•PD＝PB•PA∴4•（4+2）＝OB•3OB∴OB＝4，即AB＝2OB＝8，PA＝3OB＝12，在Rt△ACB中，AC ＝＝＝2，∵AB是直径，∴∠ADB＝∠ACB＝90°∴∠FDA+∠BDC＝90°∠CBA+∠CAB＝90°∵∠BDC＝∠CAB，∴∠FDA＝∠CBA，又∵∠AFD＝∠ACB＝90°，∴△AFD∽△ACB∴在Rt△AFP中，设FD＝x，则AF＝，∴在Rt△APF中有，，求得DF＝．方法二；连接OC，过点O作OG垂直于CD，易证△PCO∽△PDA，可得＝，△PGO∽△PFA，可得＝，可得，＝，由方法一中PC＝4代入，即可得出DF＝．11．解：（1）根据题意得，运动一：∵△DEF是等腰三角形，∠ACB＝90°，EF＝8cm，∴EC＝4cm，∴运动一所用时间为：4÷1＝4（秒），运动二：∵当QC⊥DF时暂停旋转，∵CD＝CF，∴DQ＝QF＝2cm∴运动二所用时间为：2＝2（秒），运动三：∵CF＝4cm，∴运动三所用的时间为：4÷1＝4（秒），∴整个过程共耗时4+2+4＝10（秒）；故答案为：10；（2）运动一：如图2，设EC为tcm，则CQ为tcm，∴S△ECQ＝×t×t，∴S与t之间的函数关系式为：y＝t2（0≤t≤4），运动二：如图3，连接CD，在△ECP和△DCQ中，∵∴△ECP≌△DCQ（ASA），∴S与t之间的函数关系式为：y＝8（4＜t＜6），运动三：如图4，四边形QDPC为矩形，∴CF＝4﹣（t﹣6）＝10﹣t，EC＝8﹣CF＝t﹣2，∴S矩形QDPC＝（t﹣2）×（10﹣t），＝t2+6t﹣10；S与t之间的函数关系式为：y＝t2+6t﹣10（6≤t≤10）；（3）存在点Q，理由如下：如图5，运动一：∵点Q在线段AB的中垂线上，连接BQ，∴AQ＝QB，∴AC﹣CQ＝，又∵AC＝16cm，BC＝12cm，解得，CQ＝3.5cm，∵∠DEF＝45°，∴EC＝3.5cm，此时，t为：3.5÷1＝3.5秒．如图6，运动二：同理：CQ＝3.5，过点C作CM⊥DF交DF于点M，CM＝2，在Rt△QCM中，QM＝＝，∴DQ＝2﹣，∴t＝（2﹣）÷+4＝6﹣；运动三时，CQ最大为2＜3.5，所以无解．综上，t＝3.5或6﹣时，点Q正好在线段AB的中垂线上．12．解：（1）AE＝3cm，EF＝5cm；设AE＝x，则EF＝8﹣x，AF＝4，∠A＝90°，42+x2＝（8﹣x）2，x＝3，∴AE＝3cm，EF＝5cm；（2）如答图1，∵∠MFE＝90°，∴∠DFM+∠AFE＝90°，又∵∠A＝∠D＝90°，∠AFE＝∠DMF，∴△AEF∽△DFM，∴，又∵AE＝3，AF＝DF＝4，EF＝5∴，，，，∴△FMD的周长＝4++＝16；（3）①乙的结果不会发生变化理由：如答图2，设AF＝x，EF＝8﹣AE，x2+AE2＝（8﹣AE）2，∴AE＝4﹣，同上述方法可得△AEF∽△DFM，C△AEF＝x+8，FD＝8﹣x，则，＝16②丙同学的结论还成立．证明：如答图2，∵B、F关于GE对称，∴BF⊥EG于P，过G作GK⊥AB于K，∴∠FBE＝∠KGE，在正方形ABCD中，GK＝BC＝AB，∠A＝∠EKG＝90°，∴△AFB≌△KEG，∴BF＝EG．由上述可知AE＝4﹣，△AFB≌△KEG，∴AF＝EK＝x，AK＝AE+EK＝AF+AE＝4﹣+x，S＝×8＝0.5×8（AE+AK）＝4×（4﹣+4﹣+x）＝S＝，（0＜x＜8）当x＝4，即F与AD的中点重合时S最大，S最大＝40．13．（1）证明：∵BD⊥BE，∴∠1+∠2＝180°﹣90°＝90°，∵∠C＝90°，∴∠2+∠E＝180°﹣90°＝90°，∴∠1＝∠E，∵在△ABD和△CEB中，，∴△ABD≌△CEB（AAS），∴AB＝CE，∴AC＝AB+BC＝AD+CE；（2）（i）如图，过点Q作QF⊥BC于F，则△BFQ∽△BCE，∴＝，即＝，∴QF＝BF，∵DP⊥PQ，∴∠APD+∠FPQ＝180°﹣90°＝90°，∵∠APD+∠ADP＝180°﹣90°＝90°，∴∠ADP＝∠FPQ，又∵∠A＝∠PFQ＝90°，∴△ADP∽△FPQ，∴＝，即＝，∴5AP﹣AP2+AP•BF＝3•BF，整理得，（AP﹣BF）（AP﹣5）＝0，∵点P与A，B两点不重合，∴AP≠5，∴AP＝BF，由△ADP∽△FPQ得，＝，∴＝；（ii）线段DQ的中点所经过的路径（线段）就是△BDQ的中位线MN．由（2）（i）可知，QF＝AP．当点P运动至AC中点时，AP＝4，∴QF＝．∴BF＝QF×＝4．在Rt△BFQ中，根据勾股定理得：BQ＝＝＝．∴MN＝BQ＝．∴线段DQ的中点所经过的路径（线段）长为．14．（1）证明：∵PQ⊥AQ，∴∠AQP＝90°＝∠ABC，在△APQ与△ABC中，∵∠AQP＝90°＝∠ABC，∠A＝∠A，∴△AQP∽△ABC．（2）解：在Rt△ABC中，AB＝3，BC＝4，由勾股定理得：AC＝5．∵∠QPB为钝角，∴当△PQB为等腰三角形时，（I）当点P在线段AB上时，如题图1所示．∵∠QPB为钝角，∴当△PQB为等腰三角形时，只可能是PB＝PQ，由（1）可知，△AQP∽△ABC，∴，即，解得：PB＝，∴AP＝AB﹣PB＝3﹣＝；（II）当点P在线段AB的延长线上时，如题图2所示．∵∠QBP为钝角，∴当△PQB为等腰三角形时，只可能是PB＝BQ．∵BP＝BQ，∴∠BQP＝∠P，∵∠BQP+∠AQ B＝90°，∠A+∠P＝90°，∴∠AQB＝∠A，∴BQ＝AB，∴AB＝BP，点B为线段AP中点，∴AP＝2AB＝2×3＝6．综上所述，当△PQB为等腰三角形时，AP的长为或6．15．（1）证明：如图1，在△ABC中，∵∠CAB＝90°，AD⊥BC于点D，∴∠CAD＝∠B＝90°﹣∠ACB．∵AC：AB＝1：2，∴AB＝2AC，∵点E为AB的中点，∴AB＝2BE，∴AC＝BE．在△ACD与△BEF中，，∴△ACD≌△BEF，∴CD＝EF，即EF＝CD；（2）解：如图2，作EH⊥AD于H，EQ⊥BC于Q，∵EH⊥AD，EQ⊥BC，AD⊥BC，∴四边形EQDH是矩形，∴∠QEH＝90°，∴∠FEQ＝∠GEH＝90°﹣∠QEG，又∵∠EQF＝∠EHG＝90°，∴△EFQ∽△EGH，∴EF：EG＝EQ：EH．∵AC：AB＝1：，∠CAB＝90°，∴∠B＝30°．在△BEQ中，∵∠BQE＝90°，∴sin B＝＝，∴EQ＝BE．在△AEH中，∵∠AHE＝90°，∠AEH＝∠B＝30°，∴cos∠AEH＝＝，∴EH＝AE．∵点E为AB的中点，∴BE＝AE，∴EF：EG＝EQ：EH＝BE：AE＝1：＝：3．16．解：（1）∵∠C＝90°，PD⊥BC，∴DP∥AC，∴△DBP∽△ABC，四边形PDEC为矩形，∴，CE＝PD．∴．∴CE＝6x；（2）∵∠CEF＝∠ABC，∠C为公共角，∴△CEF∽△CBA，∴．∴．当点F与点B重合时，CF＝CB，9x＝20．解得．（3）当点F与点P重合时，BP+CF＝CB，4x+9x＝20，解得．当时，如图①，＝﹣51x2+120x．当≤x≤时，如图②，＝＝（20﹣4x）2．（或）．17．解：（1）∵△AOB是等边三角形，∴OB＝OA＝AB＝4，∠BOA＝∠OAB＝∠ABO＝60°．∵PD⊥OB，∴∠PDO＝90°，∴∠OPD＝30°，∴OD＝OP．∵OP＝t，∴OD＝t，在Rt△OPD中，由勾股定理，得PD＝故答案为：（2）如图（1）过C作CE⊥OA于E，∴∠PEC＝90°，∵OD＝t，∴BD＝4﹣t．∵线段BP的中点绕点P按顺时针方向旋转60°得点C，∴∠BPC＝60°．∵∠OPD＝30°，∴∠BPD+∠CPE＝90°．∴∠DBP＝∠CPE∴△PCE∽△BPD∴，∴，，∴CE＝，PE＝，OE＝，∴C（，）．（3）如图（3）当∠PCA＝90度时，作CF⊥PA，∴△PCF∽△ACF，∴，∴CF2＝PF•AF，∵PF＝2﹣t，AF＝4﹣OF＝2﹣tCF＝，∴（）2＝（2﹣t）（2﹣t），求得t＝2，这时P是OA的中点．如图（2）当∠CAP＝90°时，C的横坐标就是4，∴2+t＝4∴t＝（4）设C（x，y），∴x＝2+t，y＝，∴y＝x﹣，∴C点的运动痕迹是一条线段（0≤t≤4）．当t＝0时，C1（2，0），当t＝4时，C2（5，），∴由两点间的距离公式得：C1C2＝2．故答案为：2．18．解：（1）当D在AC上时，∵DE＝DF，∴EC＝CF＝EF＝5，∴t＝5．（2）存在．∵AP＝t，∠EDF＝90°，∠DEF＝45°，∴∠CQE＝45°＝∠DEF，∴CQ＝CE＝t，AQ＝8﹣t，当0≤t＜5时，①AP＝AQ，t＝8﹣t，∴t＝4；②AP＝PQ，作PH⊥AC于H，AH＝HQ＝AQ＝4﹣t，∵PH∥BC，∴△APH∽△ABC，∴＝，∴＝，∴t＝；③AQ＝PQ，作QI⊥AB于I，AI＝PI＝AP＝t（等腰三角形的性质三线合一），∵∠AIQ＝∠ACB＝90°，∠A＝∠A，∴△AIQ∽△ACB，∴＝，∴＝，∴t＝，④当5≤t≤10时，AQ＝PQ，作PH⊥BC，PG⊥AC，同理可求出，FC＝QC＝10﹣t，BP＝10﹣t，PH＝（10﹣t）＝8﹣t，BH＝（10﹣t）＝6﹣t，QG＝QC﹣GC＝QC﹣PH＝10﹣t﹣（8﹣t）＝2﹣，PG＝HC＝6﹣（6﹣t）＝t，PQ＝AQ＝8﹣（10﹣t）＝t﹣2，∴PQ2＝PG 2+QG 2，（t﹣2）2＝（t）2+（2﹣）2，解得：t＝秒，其它情况不符合要求，综合上述：当t等于4秒、秒、秒、秒时△APQ是等腰三角形．（3）由勾股定理：CE＝CQ＝t，∵sin A＝＝＝，cos A＝＝＝，∴PW＝t，AW＝t，∴QW＝8﹣t﹣t＝8﹣t，∴PQ2＝PM2+Q W2＝（t）2+（8﹣t）2＝t2﹣t+64，PE2＝PH2+EH2＝（t+8﹣t）2+（t﹣t）2＝t2﹣t+64，①∠PQE＝90°，在Rt△PEQ中PQ2+QE2＝PE2，∴t1＝0（舍去）t2＝；②∠PEQ＝90°，PE2+EQ2＝PQ2t＝0（舍去）t2＝20（舍去）1∴此时不存在；③当∠EPQ＝90°时PQ2+PE2＝EQ2，t＝（舍去）t2＝4，1综合上述：当t＝或t＝4时，△PQE是直角三角形．19．解：（1）已知Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝6，AC＝8，由勾股定理得：BC＝＝＝10，又由D，E分别是AC，BC的中点，∴AD＝4，DE＝3，BE＝5，∴当点P到达终点B时所用时间t＝（4+3+5）÷3＝4（秒），答t的值为4秒．（2）当点P运动到点D时，所用时间为秒，所以AQ＝×2＝，∴BQ＝6﹣＝，∴△BPQ的面积＝BQ•AP＝×4＝；（3）①如图，当点P在AD上（不包含D点），由已知得：AQ＝2t，AP＝3t，∴BQ＝AB﹣AQ＝6﹣2t，已知∠A＝90°，∴△BPQ的面积S＝BQ•AP＝（6﹣2t）•3t＝﹣3t2+9t，所以Q在线段AB上运动时，S与t的函数关系式为S＝﹣3t2+9t．②如图当点P在DE（包括点D、E）上，过点P作PF⊥AB于F，则PF＝AD＝4，∴△BPQ的面积S＝BQ•PF＝（6﹣2t）•4＝12﹣4t，所以此时Q在线段AB上运动时，S与t的函数关系式为S＝12﹣4t．③当点P在BE上（不包括E点），由已知得：BP＝3+4+5﹣3t＝12﹣3t，过点P作PF⊥AB于F，∴PF∥AC，∴△BPF∽△BCA，∴＝，∴＝，∴PF＝，∴△BPQ的面积S＝BQ•PF＝（6﹣2t）•＝﹣t+，所以Q在线段AB上运动时，S与t的函数关系式为S＝﹣t+，（4）若PQ∥DB，则点P、Q必在DB同侧．分两种情况：①当点Q在AB上，点P在AD上时，假设PQ∥DB成立，则△AQP∽△ABD，∴＝，∴＝，此时方程的解是t＝0，但此解不符合题意，则PQ∥DB不成立，②当3＜t＜4时，点Q在AB延长线上，点P在EB上，此时PB＝12﹣3t，PE＝3t﹣7，BQ＝2t﹣6．若PQ∥DB，设直线PQ交DE与N，∵DE∥AB，∴△PEN∽△PBQ，∴EN：BQ＝PE：PB，则EN＝；又∵NQ∥DB，∴EN：ED＝EP：EB，则EN＝，所以＝，解得t＝符合题意．综上所述，当t＝时，PQ∥DB．。

相似三角形题之阳早格格创做一、采用挖空题1、如图1,已知AD 取BC 相接于面O,AB//CD,如果∠B=40°,∠D=30°,则∠AOC 的大小为（ ） °°°°2、如图，正在矩形ABCD的中面，AE BD ⊥，垂脚为面O ，则AB 的值等于．3.如图，正在ABC △中，P 是AC 上一面，连结BP ，要使ABP ACB △∽△，则必须有ABP ∠=或者APB ∠=或者ABAP =．4、如图，正圆形ABCD 的边少为2，AE =EB ，MN =1，线段MN 的二端分别正在CB 、CD 上滑动，那么当CM =________时，△ADE 取△MN C 相似.5．已知菱形ABCD 的边少是8，面E 正在曲线AD 上，若DE ＝3，对接BE 取对于角线AC 相接于面M ，则MCAM的值是________．6．如图，等边△ABC 的边少为3，面P 为BC 边上一面，且BP =1，面D 为AC 上一面；若∠APD =60°，则CD少是Ａ．43Ｂ．23Ｃ．21Ｄ．327、如图,正圆形ABCD 中,E 是AD 的中面, BM ⊥CE,AB=6,则ABCD O 图1ＡＰＢBM=______.图4 图6 图78、如下图，小正圆形的边少均为1，则下列图中的三角形（阳影部分）取ABC △相似的是（ ）9．如图，四边形ABCD 是矩形，DH ⊥AC ，如果AH=9cm ，CH=4cm ，那么ABCD S 四边形=（ ）A ．752cm B ．762cm C ．772cm D ．782cm图9图10图11 10、如图，DE 是ABC △的中位线，M 是DE 的中面，CM 的延少线接AB 于面N ，则:DMN CEM S S △△等于（ ） Ａ．1:2Ｂ．1:3Ｃ．1:4Ｄ．1:511．如图，△ABC 中，PQ ∥BC ，若3=∆APQ S ，6=∆PQ B S ，则=∆cQ B S （ ）A ．10B ．16C ．9D ．1812、如图，已知D 、E 分别是ABC ∆的AB 、 AC 边上的面，,DE BC //且1ADEDBCES S :=:8,四边形 那么:AE AC 等于（ ）PQCBA HDCBAＡN DBCE MA ．1 : 9B ．1 : 3C ．1 : 8D ．1 : 213、已知ABC DEF △∽△，相似比为3，且ABC △的周少为18，则DEF △的周少为（ ）A ．2B ．3C ．6D ．5414、如图，线段AB 、CD相接于E ，AD EF BC ∥∥，若12AE EB =∶∶，1ADES=，则AEFS等于 （ ）Ａ．4 Ｂ．23Ｃ．2Ｄ．4315、如图，△ABC 是等边三角形，被一仄止于BC 的矩形所截，AB 被截成三仄分，则图中阳影部分的里积是 △ABC 的里积的 （ ）Ａ．91Ｂ．92Ｃ．31Ｄ．94图12 图1416、正在共一时刻，身下1.6米的小强正在阳光下的影少为0.8米，一棵大树的影少为米，则树的下度为（ ） A 、4.8米 B 、6.4米C 、9.6米D 、10米BACDE（（第15题图）641 OA ，则71A A 的少为________．二．解问题1.如图，已知菱形AMNP 内接于△ABC ，M 、N 、P 分别正在AB 、BC 、AC 上，如果AB ＝21 cm ，CA ＝15 cm ，供菱形AMNP 的周少. 2、如图，正在ABCD 中,过面B 做BE ⊥CD,垂脚为E,连结AE,F 为AE 上一面,且∠BFE=∠C.（1）供证:△ABF ∽△EAD ；（2）若AB=4,∠BAE=30°，供AE 的少；（3）正在（1）（2）的条件下,若AD=3,供BF 的少.3、把二个含有30°角的曲角三角板如图搁置，面D 正在BC 上，连结BE ，AD ，AD 的延少线接BE 于面F ． 问AF 取BE 是可笔曲？并证明缘由．4、如图,等腰三角形ABC 中,AB=AC,D 为CB 延少线上面,且谦脚AB 2=DB ·CE.（1）供证:△）若∠BAC=40°，供∠DAE 的度数.ACEFD第2题图BACEA 13A 12A 11A 10A 9A 8A 7A 6A 5A 4A 3A 2A 1变式1图PN MCB AAB C 5.如图，四边形ABCD 是正圆形，△ABE 是等边三角形，M 为对于角线BD （没有含B 面）上任性一面，将60°得到BN ，对接EN 、AM 、CM. ⑴ 供证：△AMB ≌△ENB ；⑵①当M 面正在那边时，AM ＋CM 的值最小；②当M 面正在那边时，AM ＋BM ＋CM 的值最小，并证明缘由； ⑶ 当AM ＋BM ＋CM 的最小值为13 时，供正圆形的边少.参照问案1、B2、23、ABAC 4、552或者555、58或者1186、D7、55128、A 9、D10、C 11、D 12、B 13、C 14、B 15、C 16、C 17、91解问题 1、352、AE=338 BF=3233、略4、笔曲.DCA 相似于ECB5、110°。

2020-2021九年级数学相似的专项培优练习题(含答案)附详细答案一、相似1．如图，在矩形ABCD中，AB=18cm，AD=9cm，点M沿AB边从A点开始向B以2cm/s 的速度移动，点N沿DA边从D点开始向A以1cm/s的速度移动．如果点M、N同时出发，用t（s）表示移动时间（0≤t≤9），求：（1）当t为何值时，∠ANM=45°？（2）计算四边形AMCN的面积，根据计算结果提出一个你认为合理的结论；（3）当t为何值时，以点M、N、A为顶点的三角形与△BCD相似？【答案】（1）解：对于任何时刻t，AM=2t，DN=t，NA=9-t，当AN=AM时，△MAN为等腰直角三角形，即：9-t=2t，解得：t=3（s），所以，当t=3s时，△MAN为等腰直角三角形（2）解：在△NAC中，NA=9-t，NA边上的高DC=12，∴S△NAC= NA•DC= （9-t）•18=81-9t．在△AMC中，AM=2t，BC=9，∴S△AMC= AM•BC= •2t•9=9t．∴S四边形NAMC=S△NAC+S△AMC=81（cm2）．由计算结果发现：在M、N两点移动的过程中，四边形NAMC的面积始终保持不变．（也可提出：M、N两点到对角线AC的距离之和保持不变）（3）解：根据题意，可分为两种情况来研究，在矩形ABCD中：①当NA：AB=AM：BC 时，△NAP∽△ABC，那么有：（ 9-t）：18=2t：9，解得t=1.8（s），即当t=1.8s时，△NAP∽△ABC；②当 NA：BC=AM：AB时，△MAN∽△ABC，那么有：（ 9-t）：9=2t：18，解得t=4.5（s），即当t=4.5s时，△MAN∽△ABC；所以，当t=1.8s或4.5s时，以点N、A、M为顶点的三角形与△ABC相似【解析】【分析】（1）根据题意可得：因为对于任何时刻t，AM=2t，DN=t，NA=9-t．当NA=AM时，△MAN为等腰直角三角形，可得方程式，解可得答案。

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图，正方形ABCD、等腰Rt△BPQ的顶点P在对角线AC上（点P与A、C不重合），QP与BC交于E，QP延长线与AD交于点F，连接CQ．（1）①求证：AP=CQ；②求证：PA2=AF•AD；（2）若AP：PC=1：3，求tan∠CBQ．【答案】（1）证明：①∵四边形ABCD是正方形，∴AB=CB，∠ABC=90°，∴∠ABP+∠PBC=90°，∵△BPQ是等腰直角三角形，∴BP=BQ，∠PBQ=90°，∴∠PBC+∠CBQ=90°∴∠ABP=∠CBQ，∴△ABP≌△CBQ，∴AP=CQ;②∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAC=∠BAC=∠ACB=45°，∵∠PQB=45°，∠CEP=∠QEB，∴∠CBQ=∠CPQ，由①得△ABP≌△CBQ，∠ABP=∠CBQ∵∠CPQ=∠APF，∴∠APF=∠ABP，∴△APF∽△ABP，(本题也可以连接PD，证△APF∽△ADP)（2）证明：由①得△ABP≌△CBQ，∴∠BCQ=∠BAC=45°，∵∠ACB=45°,∴∠PCQ=45°+45°=90°∴tan∠CPQ= ,由①得AP=CQ,又AP:PC=1:3，∴tan∠CPQ= ，由②得∠CBQ=∠CPQ，∴tan∠CBQ=tan∠CPQ= .【解析】【分析】（1）①利用正方形的性质和等腰直角三角形的性质易证△ABP≌△CBQ，可得AP=CQ；②利用正方形的性质可证得∠CBQ=∠CPQ，再由△ABP≌△CBQ可证得∠APF=∠ABP，从而证出△APF∽△ABP，由相似三角形的性质得证；（2）由△ABP≌△CBQ可得∠BCQ=∠BAC=45°，可得∠PCQ=45°+45°=90°，再由三角函数可得tan∠CPQ=，由AP:PC=1:3，AP=CQ，可得tan∠CPQ=，再由∠CBQ=∠CPQ可求出答2．如图，在四边形ABCD中，AD//BC，，BC=4，DC=3，AD=6.动点P从点D出发，沿射线DA的方向,在射线DA上以每秒2两个单位长的速度运动，动点Q从点C出发，在线段CB上以每秒1个单位长的速度向点B运动，点P、Q分别从点D,C同时出发,当点Q运动到点B时，点P随之停止运动.设运动的时间为t(秒).（1）设的面积为，直接写出与之间的函数关系式是________（不写取值范围）.（2）当B,P,Q三点为顶点的三角形是等腰三角形时，求出此时的值.（3）当线段PQ与线段AB相交于点O，且2OA=OB时，直接写出 =________. （4）是否存在时刻，使得若存在，求出的值；若不存在,请说明理由.【答案】（1）（2）解：如图1，过点P作PH⊥BC于点H，∴∠PHB=∠PHQ=90°，∵∠C=90°，AD∥BC，∴∠CDP=90°，∴四边形PHCD是矩形，∴PH=CD=3，HC=PD=2t，∵CQ=t，BC=4，∴HQ=CH-CQ=t，BH=BC-CH=4-2t，BQ=4-t，∴BQ2= ，BP2= ，PQ2= ，由BQ2=BP2可得：，解得：无解；由BQ2=PQ2可得：，解得：；由BP2= PQ2可得：，解得：或，∵当时，BQ=4-4=0，不符合题意，∴综上所述，或；（3）（4）解：如图3，过点D作DM∥PQ交BC的延长线于点M，则当∠BDM=90°时，PQ⊥BD，即当BM2=DM2+BD2时，PQ⊥BD，∵AD∥BC，DM∥PQ，∴四边形PQMD是平行四边形，∴QM=PD=2t，∵QC=t,∴CM=QM-QC=t，∵∠BCD=∠MCD=90°，∴BD2=BC2+DC2=25，DM2=DC2+CM2=9+t2，∵BM2=(BC+CM)2=(4+t)2，∴由BM2=BD2+DM2可得：，解得：，∴当时，∠BDM=90°，即当时，PQ⊥BD.【解析】【解答】解：（1）由题意可得BQ=BC-CQ=4-t，点P到BC的距离=CD=3，∴S△PBQ= BQ×3= ；（ 3 ）解：如图2，过点P作PM⊥BC交CB的延长线于点M，∴∠PMC=∠C=90°，∵AD∥BC，∴∠D=90°，△OAP∽△OBQ，∴四边形PMCD是矩形，，∴PM=CD=3，CM=PD=2t，∵AD=6，BC=4，CQ=t，∴PA=2t-6，BQ=4-t，MQ=CM-CQ=2t-t=t,∴，解得：，∴MQ= ，又∵PM=3，∠PMQ=90°，∴tan∠BPQ= ；【分析】（1）点P作PM⊥BC，垂足为M，则四边形PDCM为矩形，根据梯形的面积公式就可以利用t表示，就得到s与t之间的函数关系式。

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，动点P从点A开始沿边AC向点C以1个单位长度的速度运动，动点Q从点C开始沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，过点P作PD∥BC，交AB于点D，连接PQ分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒（t≥0）．（1）直接用含t的代数式分别表示：QB=________，PD=________．（2）是否存在t的值，使四边形PDBQ为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．并探究如何改变Q的速度（匀速运动），使四边形PDBQ在某一时刻为菱形，求点Q 的速度；（3）如图2，在整个运动过程中，求出线段PQ中点M所经过的路径长．【答案】（1）8-2t；（2）解：不存在在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，∴AB=10∵PD∥BC，∴△APD∽△ACB，∴，即，∴AD= ，∴BD=AB-AD=10- ，∵BQ∥DP，∴当BQ=DP时，四边形PDBQ是平行四边形，即8-2t= ，解得：t= ．当t= 时，PD= ，BD=10- ，∴DP≠BD，∴▱PDBQ不能为菱形．设点Q的速度为每秒v个单位长度，则BQ=8-vt，PD= ，BD=10- ，要使四边形PDBQ为菱形，则PD=BD=BQ，当PD=BD时，即 =10- ，解得：t=当PD=BQ，t= 时，即，解得：v=当点Q的速度为每秒个单位长度时，经过秒，四边形PDBQ是菱形．（3）解：如图2，以C为原点，以AC所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系．依题意，可知0≤t≤4，当t=0时，点M1的坐标为（3，0），当t=4时点M2的坐标为（1，4）．设直线M1M2的解析式为y=kx+b，∴，解得，∴直线M1M2的解析式为y=-2x+6．∵点Q（0，2t），P（6-t，0）∴在运动过程中，线段PQ中点M3的坐标（，t）．把x= 代入y=-2x+6得y=-2× +6=t，∴点M3在直线M1M2上．过点M2作M2N⊥x轴于点N，则M2N=4，M1N=2．∴M1M2=2∴线段PQ中点M所经过的路径长为2 单位长度．【解析】【解答】（1）根据题意得：CQ=2t，PA=t，∴QB=8-2t，∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，PD∥BC，∴∠APD=90°，∴tanA= ，∴PD= ．【分析】CQ=2t，PA=t，可得QB=8﹣2t，根据tanA=，可以表示PD；易得△APD∽△ACB，即可求得AD与BD的长，由BQ∥DP，可得当BQ=DP时，四边形PDBQ是平行四边形；求得此时DP与BD的长，由DP≠BD，可判定▱PDBQ不能为菱形；然后设点Q 的速度为每秒v个单位长度，由要使四边形PDBQ为菱形，则PD=BD PD=BQ，列方程即可求得答案．以C为原点，以AC所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系，求出直线M1M2解析式，证明M3在直线M1M2上，利用勾股定理求出M1M2.2．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。

中考数学相似培优练习(含答案)含答案解析一、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。