中考压轴题之相似(含非常详细的解答)

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．在矩形ABCD中，BC＝6，点E是AD边上一点，∠ABE＝30°，BE＝DE，连接BD.动点M 从点E出发沿射线ED运动，过点M作MN∥BD交直线BE于点N.（1）如图1，当点M在线段ED上时，求证：MN＝ EM；（2）设MN长为x，以M、N、D为顶点的三角形面积为y，求y关于x的函数关系式；（3）当点M运动到线段ED的中点时，连接NC，过点M作MF⊥NC于F，MF交对角线BD于点G（如图2），求线段MG的长.【答案】（1）证明：：∵ °, ° ,∴ °∵ ,∴∵∥ ,∴∴ °,∴过点作于点 ,则 .在中，∴∴（2）解：在中，，∴∵a.当点在线段上时，过点作于点 ,在中，由（1）可知：,∴∴∴b.当点在线段延长线上时，过点作于点在中， ,在中， ,∴ ,∴（3）解：连接 ,交于点 .∵为的中点∴ ,∴ .∵ ,∴ ,∴ ,∴ ,∴ .∵∥∴ ,∴ ,,∵ ,∴ ,又∵ ,∴∽ ,∴，即 ,∴【解析】【分析】（1）过点E作EH⊥MN于点H ,由已知条件易得EN=EM，解直角三角形EMH易得MH和EM的关系，由等腰三角形的三线合一可得MN=2MH即可求解；（2）在Rt△ABE中，由直角三角形的性质易得DE=BE=2AE，由题意动点M从点E出发沿射线ED运动可知点M可在线段ED上，也可在线段ED外，所以可分两种情况求解：①当点M在线段ED上时，过点N作NI⊥AD于点I ,结合（1）中的结论MN=EM即可求解；②当点M在线段ED延长线上时，过点N作NI'⊥AD于点I '，解RtΔNI′M 和可求得NI'和NE，则DM=NE−DE，所以以M、N、D为顶点的三角形面积y=MD.NI可求解；（3）连接CM,交BD于点N'，由（2）中的计算可得MN、CD、MC的长，解直角三角形CDM可得∠DMC的度数，于是由三角形内角和定理可求得∠NMC=，根据平行线的性质可得DMN'是直角三角形，根据直角三角形的性质可得MN′=MD；则NC的长可求，由已知条件易得ΔNMC∽ΔMN′G根据所得的比例式即可求解.,2．如图，抛物线y= x2+bx+c 与x轴交于点A和点B，与y轴交于点C，点B坐标为（6，0），点C坐标为（0，6），点D是抛物线的顶点．（1）求抛物线的解析式及点D的坐标；（2）如图1，抛物线的对称轴与x轴交于点E，连接BD，点F是抛物线上的动点，当∠FBA=∠BDE时，求点F的坐标；（3）如图2，若点M是抛物线上的动点，过点M作MN∥x轴与抛物线交于点N，点P在x轴上，点Q在坐标平面内，以线段MN为对角线作正方形MPNQ，求点Q的坐标．【答案】（1）解：把B（6，0），C（0，6）代入y= x2+bx+c，得解得 ,抛物线的解析式是y= x2+2x+6, 顶点D的坐标是（2，8）（2）解：如图1，过F作FG⊥x轴于点G，设F（x， x2+2x+6），则FG= ，∵∠FBA=∠BDE，∠FGB=∠BED=90°，∴△FBG∽△BDE，∴，∵B（6，0），D（2，8），∴E（2，0），BE=4，DE=8，OB=6，∴BG=6-x，∴当点F在x轴上方时，有，∴x=-1或x=6（舍去），此时F1的坐标为（-1，）,当点F在x轴下方时，有，∴x=-3或x=6（舍去），此时F2的坐标为（-3，）,综上可知F点的坐标为（-1，）或（-3，）（3）解：如图2，不妨M在对称轴的左侧，N在对称轴的左侧，MN和PQ交于点K，由题意得点M，N关于抛物线的对称轴对称，四边形MPNQ为正方形，且点P在x轴上∴点P为抛物线的对称轴与x轴的交点，点Q在抛物线的对称轴上 ,∴KP=KM=k，则Q（2，2k），M坐标为（2-k，k），∵点M在抛物线y= x2+2x+6的图象上，∴k= (2-k)2+2(2-k)+6解得k1= 或k2=∴满足条件的点Q有两个，Q1（2，）或Q2（2，）.【解析】【分析】（1）根据点B、C的坐标，利用待定系数法建立关于b、c的方程组，求解就可得出函数解析式，再求出顶点坐标。

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）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。

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,在一间黑屋子里用一盏白炽灯照一个球.（1）球在地面上的影子是什么形状?（2）当把白炽灯向上平移时,影子的大小会怎样变化?（3）若白炽灯到球心的距离是1 m,到地面的距离是3 m,球的半径是0.2 m,则球在地面上影子的面积是多少?【答案】（1）解：球在地面上的影子的形状是圆.（2）解：当把白炽灯向上平移时,影子会变小.（3）解：由已知可作轴截面，如图所示：依题可得：OE=1 m，AE=0.2 m，OF=3 m，AB⊥OF于H，在Rt△OAE中，∴OA= = = (m)，∵∠AOH=∠EOA，∠AHO=∠EAO=90°，∴△OAH∽△OEA，∴，∴OH= == (m)，又∵∠OAE=∠AHE=90°，∠AEO=∠HEA，∴△OAE∽△AHE，∴ = ，∴AH= ==2625 (m).依题可得：△AHO∽△CFO，∴ AHCF=OHOF ，∴CF= AH⋅OFOH = 2625×32425=64 (m)，∴S影子=π·CF2=π· (64)2 = 38 π=0.375π(m2).答：球在地面上影子的面积是0.375π m2.【解析】【分析】（1）球在灯光的正下方，根据中心投影的特点可得影子是圆.（2）根据中心投影的特点：在灯光下，离点光源近的物体它的影子短，离点光源远的物体它的影子长；所以白炽灯向上移时，阴影会逐渐变小.（3）作轴截面（如图）由相似三角形的判定得三组三角形相似，再根据相似三角形的性质对应边成比例，可求得阴影的半径，再根据面积公式即可求出面积.3．如图，已知二次函数y=ax2+ x+c的图象与y轴交于点A（0，4），与x轴交于点B、C，点C坐标为（8，0），连接AB、AC．（1）请直接写出二次函数y=ax2+ x+c的表达式；（2）判断△ABC的形状，并说明理由；（3）若点N在x轴上运动，当以点A、N、C为顶点的三角形是等腰三角形时，请直接写出此时点N的坐标；（4）若点N在线段BC上运动（不与点B、C重合），过点N作NM∥AC，交AB于点M，当△AMN面积最大时，求此时点N的坐标．【答案】（1）解：∵A（0，4），∴c=4，，把点C坐标（8，0）代入解析式，得：a=－，∴二次函数表达式为；（2）解：令y=0，则解得，x1=8，x2="-2" ，∴点B的坐标为（-2，0），由已知可得，在Rt△AOB中，AB----2=BO2+AO2=22+42=20，在Rt△AOC中AC----2=AO2+CO2=42+82=80，又∵BC=OB+OC=2+8=10，∴在△ABC中AB----2+ AC----2=20+80=102=BC2，∴△ABC是直角三角形；（3）解：由勾股定理先求出AC，AC= ，①在x轴负半轴，当AC=AN 时，NO=CO=8，∴此时N（-8，0）；②在x轴负半轴，当AC=NC时，NC=AC= ，∵CO=8，∴NO= -8，∴此时N（8- ，0）；③在x轴正半轴，当AN=CN时，设CN=x，则AN=x，ON=8-x，在Rt△AON中，＋ = ，解得：x=5，∴ON=3，∴此时N（3，0）；④在x轴正半轴，当AC=NC时，AC=NC= ，∴ON= ＋8，∴此时N（＋8，0）；综上所述：满足条件的N点坐标是（-8，0）、（8- ，0）、（3，0）、（8+ ，0）；（4）解：设点N的坐标为（n，0），则BN=n+2，过M点作MD⊥x轴于点D，∴MD∥OA，∴△BMD∽△BAO，，∵MN∥AC，∴，∴，∵OA=4，BC=10，BN=n+2，∴MD= （n+2），∵S△AMN= S△ABN- S△BMN==－ +5，∵－ <0，∴n=3时，S有最大值，∴当△AMN面积最大时，N点坐标为（3，0）．【解析】【分析】（1）用待定系数法可求二次函数的解析式；（2）因为抛物线交x轴于B、C两点，令y=0，解关于x的一元二次方程可得点B的坐标，然后计算AB、BC、AC的长，用勾股定理的逆定理即可判断；（3）由（2）可知AC的长，由题意可知有4种情况：①在x轴负半轴，当AC=AN时；②②在x轴负半轴，当AC=NC时；③在x轴正半轴，当AN=CN时；④在x轴正半轴，当AC=NC时；结合已知条件易求解；（4）设点N的坐标为（n，0），则BN=n+2，过M点作MD⊥x轴于点D，由平行于三角形一边的直线和其他两边所构成的三角形与原三角形相似可得△BMD∽△BAO，于是有比例式，根据平行线分线段成比例定理可得，所以,将已知线段代入比例式可将MD用含n的代数式表示出来，根据三角形的构成可得S△AMN= S△ABN- S△BMN=⋅ BN⋅OA−BN⋅MD，将BN、MD代入可得关于n的二次函数，配成顶点式根据二次函数的性质即可求解。

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图，在□ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F是AD上的点，且AE=EF=FD.连结BE、BF。

使它们分别与AO相交于点G、H（1）求EG ：BG的值（2）求证：AG=OG（3）设AG =a ,GH =b，HO =c，求a : b : c的值【答案】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AO= AC，AD=BC，AD∥BC，∴△AEG∽△CBG，∴ = = ．∵AE=EF=FD，∴BC=AD=3AE，∴GC=3AG，GB=3EG，∴EG：BG=1：3（2）解：∵GC=3AG（已证），∴AC=4AG，∴AO= AC=2AG，∴GO=AO﹣AG=AG（3）解：∵AE=EF=FD，∴BC=AD=3AE，AF=2AE．∵AD∥BC，∴△AFH∽△CBH，∴ = = = ，∴ = ，即AH= AC．∵AC=4AG，∴a=AG= AC，b=AH﹣AG= AC﹣ AC= AC，c=AO﹣AH= AC﹣ AC= AC，∴a：b：c= ：： =5：3：2【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质可得AO=AC，AD=BC，AD∥BC，从而可证得△AEG∽△CBG，得出对应边成比例，由AE=EF=FD可得BC=3AE，就可证得GB=3EG，即可求出EG：BG的值。

（2）根据相似三角形的性质可得GC=3AG，就可证得AC=4AG，从而可得AO=2AG，即可证得结论。

（3）根据平行可证得三角形相似，再根据相似三角形的性质可得AG=AC，AH=AC，结合AO=AC，即可得到用含AC的代数式分别表示出a、b、c，就可得到a：b：c的值。

2．在矩形ABCD中，BC＝6，点E是AD边上一点，∠ABE＝30°，BE＝DE，连接BD.动点M 从点E出发沿射线ED运动，过点M作MN∥BD交直线BE于点N.（1）如图1，当点M在线段ED上时，求证：MN＝ EM；（2）设MN长为x，以M、N、D为顶点的三角形面积为y，求y关于x的函数关系式；（3）当点M运动到线段ED的中点时，连接NC，过点M作MF⊥NC于F，MF交对角线BD于点G（如图2），求线段MG的长.【答案】（1）证明：：∵ °, ° ,∴ °∵ ,∴∵∥ ,∴∴ °,∴过点作于点 ,则 .在中，∴∴（2）解：在中，，∴∵a.当点在线段上时，过点作于点 ,在中，由（1）可知：,∴∴∴b.当点在线段延长线上时，过点作于点在中， ,在中， ,∴ ,∴（3）解：连接 ,交于点 .∵为的中点∴ ,∴ .∵ ,∴ ,∴ ,∴ ,∴ .∵∥∴ ,∴ ,,∵ ,∴ ,又∵ ,∴∽ ,∴，即 ,∴【解析】【分析】（1）过点E作EH⊥MN于点H ,由已知条件易得EN=EM，解直角三角形EMH易得MH和EM的关系，由等腰三角形的三线合一可得MN=2MH即可求解；（2）在Rt△ABE中，由直角三角形的性质易得DE=BE=2AE，由题意动点M从点E出发沿射线ED运动可知点M可在线段ED上，也可在线段ED外，所以可分两种情况求解：①当点M在线段ED上时，过点N作NI⊥AD于点I ,结合（1）中的结论MN=EM即可求解；②当点M在线段ED延长线上时，过点N作NI'⊥AD于点I '，解RtΔNI′M 和可求得NI'和NE，则DM=NE−DE，所以以M、N、D为顶点的三角形面积y=MD.NI可求解；（3）连接CM,交BD于点N'，由（2）中的计算可得MN、CD、MC的长，解直角三角形CDM可得∠DMC的度数，于是由三角形内角和定理可求得∠NMC=，根据平行线的性质可得DMN'是直角三角形，根据直角三角形的性质可得MN′=MD；则NC的长可求，由已知条件易得ΔNMC∽ΔMN′G根据所得的比例式即可求解.,3．如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，AH⊥BC于点H，过点C作CD⊥AC，连接AD，点M为AC上一点，且AM=CD，连接BM交AH于点N，交AD于点E．（1）若AB=3，AD= ，求△BMC的面积；（2）点E为AD的中点时，求证：AD= BN ．【答案】（1）解：如图1中，在△ABM和△CAD中，∵AB=AC，∠BAM=∠ACD=90°，AM=CD，∴△ABM≌△CAD，∴BM=AD= ，∴AM= =1，∴CM=CA﹣AM=2，∴S△BCM= •CM•BA= ×23=3．（2）解：如图2中，连接EC、CN，作EQ⊥BC于Q，EP⊥BA于P．∵AE=ED，∠ACD=90°，∴AE=CE=ED，∴∠EAC=∠ECA，∵△ABM≌△CAD，∴∠ABM=∠CAD，∴∠ABM=∠MCE，∵∠AMB=∠EMC，∴∠CEM=∠BAM=90°，∴△ABM∽△ECM，∴，∴，∵∠AME=∠BMC，∴△AME∽△BMC，∴∠AEM=∠ACB=45°，∴∠AEC=135°，易知∠PEQ=135°，∴∠PEQ=∠AEC，∴∠AEQ=∠EQC，∵∠P=∠EQC=90°，∴△EPA≌△EQC，∴EP=EQ，∵EP⊥BP，EQ⊥BC∴BE平分∠ABC，∴∠NBC=∠ABN=22.5°，∵AH垂直平分BC，∴NB=NC，∴∠NCB=∠NBC=22.5°，∴∠ENC=∠NBC+∠NCB=45°，∴△ENC的等腰直角三角形，∴NC= EC，∴AD=2EC，∴2NC= AD，∴AD= NC，∵BN=NC，∴AD= BN．【解析】【分析】（1）首先利用SAS判断出△ABM≌△CAD，根据全等三角形对应边相等得出BM=AD= ，根据勾股定理可以算出AM，根据线段的和差得出CM的长，利用S△BCM= •CM•BA即可得出答案；（2）连接EC、CN，作EQ⊥BC于Q，EP⊥BA于P．根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出AE=CE=ED，根据等边对等角得出∠EAC=∠ECA，根据全等三角形对应角相等得出∠ABM=∠CAD，从而得出∠ABM=∠MCE，根据对顶角相等及三角形的内角和得出∠CEM=∠BAM=90°，从而判断出△ABM∽△ECM，由相似三角形对应边成比例得出BM∶CM= AM∶EM,从而得出BM∶AM= CM∶EM，根据两边对应成比例及夹角相等得出△AME∽△BMC，故∠AEM=∠ACB=45°，∠AEC=135°，易知∠PEQ=135°，故∠PEQ=∠AEC，∠AEQ=∠EQC，又∠P=∠EQC=90°，故△EPA≌△EQC，故EP=EQ，根据角平分线的判定得出BE平分∠ABC，故∠NBC=∠ABN=22.5°，根据中垂线定理得出NB=NC，根据等腰三角形的性质得出∠NCB=∠NBC=22.5°，故∠ENC=∠NBC+∠NCB=45°，△ENC的等腰直角三角形，根据等腰直角三角形边之间的关系得出NC= EC，根据AD=2EC，2NC= AD，AD= NC，又BN=NC，故AD= BN．4．如图，点A、B的坐标分别为（4，0）、（0，8），点C是线段OB上一动点，点E在x轴正半轴上，四边形OEDC是矩形，且OE=2OC．设OE=t（t＞0），矩形OEDC与△AOB 重合部分的面积为S．根据上述条件，回答下列问题：（1）当矩形OEDC的顶点D在直线AB上时，求t的值；（2）当t=4时，求S的值；（3）直接写出S与t的函数关系式（不必写出解题过程）；（4）若S=12，则t=________．【答案】（1）解：由题意可得∠BCD=∠BOA=90°，∠CBD=∠OBA，∴△BCD∽△BOA，∴而CD＝OE＝t，BC＝8−CO＝8− ，OA＝4，则8− ，解得t＝，∴当点D在直线AB上时，t＝（2）解：当t=4时，点E与A重合，设CD与AB交于点F，则由△CBF∽△OBA得，即，解得CF=3，∴S＝ OC(OE+CF)＝ ×2×(3+4)＝7（3）解：①当0＜t≤时，S= t2②当＜t≤4时，S=-t2+10t−16③当4＜t≤16时，S=t2+2t（4）8【解析】【解答】解：（3）①当0﹤t≤时，如图（1），②当<t≤4时，如图（2），∵A（4,0），B（0,8）∴直线AB的解析式为y=-2x+8,∴G（t,-2t+8）,F(4-,),∴DF=t-4,DG=t-8，∴S=S矩形COED-S△DFG=t·③当4＜t≤16时，如图（3）∵CD∥OA，∴△BCF∽△BOA，∴∴,∴CF=4-,∴S=S△BOA-S△BCF=（4）由题意可知把S=12代入S= t2+2t中, . t2+2t=12,整理，得t2-32t+192=0.解得 t1=8,t2=24>16（舍去）当S=12时，t=8【分析】（1）首先判断出△BCD∽△BOA，根据相似三角形对应边成比例得出BC ∶BO=CD ∶OA ，根据矩形的性质及线段的和差得出CD＝OE＝t，BC＝8−CO＝8- ，OA＝4，利用比例式即可得出方程，求解得出t的值；（2）当t=4时，点E与A重合，设CD与AB交于点F，则由△CBF∽△OBA得CF ：CB=OA ∶OB ，根据比例式得出方程，求解得出CF的长，根据梯形的面积公式即可算出答案；（3）①当0﹤t≤ 时，如图（1），其重叠部分的面积就是矩形的面积，根据矩形的面积公式即可得出函数关系式；②当<t≤4时，如图（2），利用待定系数法，求出直线AB 的解析式，根据和坐标轴平行的直线上的点的坐标特点及直线上的点的坐标特点分别表示出G,F的坐标，进而表示出DF的长，DG的长，根据S=S矩形COED-S△DFG即可得出函数关系式；③当4＜t≤16时，如图（3）根据矩形的性质得出CD∥OA，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△BCF∽△BOA，由相似三角形的对应边成比例得出BC：BO=CF：OA,根据比例式表示出CF的长，再根据S=S△BOA-S△BCF即可得出函数关系式。

中考数学压轴题专题复习——相似的综合附答案一、相似1．如图，已知抛物线经过点A（﹣1，0），B（4，0），C（0，2）三点，点D与点C关于x轴对称，点P是x轴上的一个动点，设点P的坐标为（m，0），过点P做x轴的垂线l交抛物线于点Q，交直线于点M．（1）求该抛物线所表示的二次函数的表达式；（2）已知点F（0，），当点P在x轴上运动时，试求m为何值时，四边形DMQF是平行四边形？（3）点P在线段AB运动过程中，是否存在点Q，使得以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：由抛物线过点A（-1，0）、B（4，0）可设解析式为y=a（x+1）（x-4），将点C（0，2）代入，得：-4a=2，解得：a=- ，则抛物线解析式为y=- （x+1）（x-4）=- x2+ x+2（2）解：由题意知点D坐标为（0，-2），设直线BD解析式为y=kx+b，将B（4，0）、D（0，-2）代入，得：，解得：，∴直线BD解析式为y= x-2，∵QM⊥x轴，P（m，0），∴Q（m，- m2+ m+2）、M（m， m-2），则QM=- m2+ m+2-（ m-2）=- m2+m+4，∵F（0，）、D（0，-2），∴DF= ，∵QM∥DF，∴当- m2+m+4= 时，四边形DMQF是平行四边形，解得：m=-1或m=3，即m=-1或3时，四边形DMQF是平行四边形。

（3）解：如图所示：∵QM∥DF，∴∠ODB=∠QMB，分以下两种情况：①当∠DOB=∠MBQ=90°时，△DOB∽△MBQ，则，∵∠MBQ=90°，∴∠MBP+∠PBQ=90°，∵∠MPB=∠BPQ=90°，∴∠MBP+∠BMP=90°，∴∠BMP=∠PBQ，∴△MBQ∽△BPQ，∴，即，解得：m1=3、m2=4，当m=4时，点P、Q、M均与点B重合，不能构成三角形，舍去，∴m=3，点Q的坐标为（3，2）；②当∠BQM=90°时，此时点Q与点A重合，△BOD∽△BQM′，此时m=-1，点Q的坐标为（-1，0）；综上，点Q的坐标为（3，2）或（-1，0）时，以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似．【解析】【分析】（1）A（-1，0）、B（4，0）是抛物线与x轴的交点，则可由抛物线的两点式，设解析为y=a（x+1）（x-4），代入C（0,2）即可求得a的值；（2）由QM∥DF且四边形DMQF是平行四边形知QM=DF，由D，F的坐标可求得DF的长度；由P（m,0）可得Q（m，-m2+m+2），而M在直线BD上，由B，D的坐标用待定系数法求出直线BD的解析式，并当=m时，表示出点M的坐标，可用m表示出QM的长度。

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图，已知抛物线经过点A（﹣1，0），B（4，0），C（0，2）三点，点D与点C关于x轴对称，点P是x轴上的一个动点，设点P的坐标为（m，0），过点P做x轴的垂线l交抛物线于点Q，交直线于点M．（1）求该抛物线所表示的二次函数的表达式；（2）已知点F（0，），当点P在x轴上运动时，试求m为何值时，四边形DMQF是平行四边形？（3）点P在线段AB运动过程中，是否存在点Q，使得以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：由抛物线过点A（-1，0）、B（4，0）可设解析式为y=a（x+1）（x-4），将点C（0，2）代入，得：-4a=2，解得：a=- ，则抛物线解析式为y=- （x+1）（x-4）=- x2+ x+2（2）解：由题意知点D坐标为（0，-2），设直线BD解析式为y=kx+b，将B（4，0）、D（0，-2）代入，得：，解得：，∴直线BD解析式为y= x-2，∵QM⊥x轴，P（m，0），∴Q（m，- m2+ m+2）、M（m， m-2），则QM=- m2+ m+2-（ m-2）=- m2+m+4，∵F（0，）、D（0，-2），∴DF= ，∵QM∥DF，∴当- m2+m+4= 时，四边形DMQF是平行四边形，解得：m=-1或m=3，即m=-1或3时，四边形DMQF是平行四边形。

（3）解：如图所示：∵QM∥DF，∴∠ODB=∠QMB，分以下两种情况：①当∠DOB=∠MBQ=90°时，△DOB∽△MBQ，则，∵∠MBQ=90°，∴∠MBP+∠PBQ=90°，∵∠MPB=∠BPQ=90°，∴∠MBP+∠BMP=90°，∴∠BMP=∠PBQ，∴△MBQ∽△BPQ，∴，即，解得：m1=3、m2=4，当m=4时，点P、Q、M均与点B重合，不能构成三角形，舍去，∴m=3，点Q的坐标为（3，2）；②当∠BQM=90°时，此时点Q与点A重合，△BOD∽△BQM′，此时m=-1，点Q的坐标为（-1，0）；综上，点Q的坐标为（3，2）或（-1，0）时，以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似．【解析】【分析】（1）A（-1，0）、B（4，0）是抛物线与x轴的交点，则可由抛物线的两点式，设解析为y=a（x+1）（x-4），代入C（0,2）即可求得a的值；（2）由QM∥DF且四边形DMQF是平行四边形知QM=DF，由D，F的坐标可求得DF的长度；由P（m,0）可得Q（m，-m2+m+2），而M在直线BD上，由B，D的坐标用待定系数法求出直线BD的解析式，并当=m时，表示出点M的坐标，可用m表示出QM的长度。

中考数学压轴题之相似(中考题型整理,突破提升)附答案一、相似1．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6。

P是AB边上的一个动点（异于A、B两点），过点P分别作AC、BC边的垂线，垂足为M、N设AP=x.（1）在△ABC中，AB＝ ________；（2）当x＝________时，矩形PMCN的周长是14；（3）是否存在x的值，使得△PAM的面积、△PBN的面积与矩形PMCN的面积同时相等？请说出你的判断，并加以说明。

【答案】（1）10（2）5（3）解：∵PM⊥AC，PN⊥BC，∴∠AMP=∠PNB=∠C=90º.∴AC∥PN，∠A=∠NPB.∴△AMP∽△PNB∽△ABC.当P为AB中点时，可得△AMP≌△PNB此时S△AMP=S△PNB= ×4×3=6而S矩形PMCN=PM·MC=3×4=12.所以不存在x的值，能使△AMP的面积、△PNB的面积与矩形PMCN面积同时相等.【解析】【解答】（1）∵△ABC为直角三角形，且AC=8，BC=6，（ 2 ）∵PM⊥AC PN⊥BC∴MP∥BC，AC∥PN（垂直于同一条直线的两条直线平行），∴，∵AP=x，AB=10，BC=6，AC=8，BP=10-x，∴矩形PMCN周长=2（PM+PN）=2（ x+8- x）=14，解得x=5；【分析】在△ABC中，∠C=90°，AC=8，BC=6根据勾股定理，可求出AB的长；AP=x，可以得到矩形PMCN的周长的表达式，构造方程，解方程得到x值.可以证明△AMP∽△PNB∽△ABC，只有当P为AB中点时，可得△AMP≌△PNB，此时S△AMP=S△PNB，分别求出当P为AB中点时△PAM的面积、△PBN的面积与矩形PMCN的面积比较即可.2．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M1M2.3．如图，在⊙O中，直径AB经过弦CD的中点E，点M在OD上，AM的延长线交⊙O于点G，交过D的直线于F，且∠BDF=∠CDB，BD与CG交于点N．（1）求证：DF是⊙O的切线；（2）连结MN，猜想MN与AB的位置有关系，并给出证明．【答案】（1）证明：∵直径AB经过弦CD的中点E，， = ,即是的切线（2）解：猜想：MN∥AB．证明：连结CB．∵直径AB经过弦CD的中点E，∴ = , = ,∴∵∴∴∵∴∵∵∴∴∴MN∥AB．【解析】【分析】（1）要证DF是⊙O的切线，由切线的判定知，只须证∠ODF=即可。

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．阅读下列材料，完成任务： 自相似图形 定义：若某个图形可分割为若干个都与它相似的图形，则称这个图形是自相似图形．例如：正方形ABCD中，点E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA边的中点，连接EG，HF交于点O，易知分割成的四个四边形AEOH、EBFO、OFCG、HOGD均为正方形，且与原正方形相似，故正方形是自相似图形． 任务： （1）图1中正方形ABCD分割成的四个小正方形中，每个正方形与原正方形的相似比为________； （2）如图2，已知△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，小明发现△ABC也是“自相似图形”，他的思路是：过点C作CD⊥AB于点D，则CD将△ABC分割成2个与它自己相似的小直角三角形．已知△ACD∽△ABC，则△ACD与△ABC的相似比为________； （3）现有一个矩形ABCD是自相似图形，其中长AD=a，宽AB=b（a＞b）． 请从下列A、B两题中任选一条作答． A：①如图3﹣1，若将矩形ABCD纵向分割成两个全等矩形，且与原矩形都相似，则a=________（用含b的式子表示）； ②如图3﹣2若将矩形ABCD纵向分割成n个全等矩形，且与原矩形都相似，则a=________（用含n，b的式子表示）； B：①如图4﹣1，若将矩形ABCD先纵向分割出2个全等矩形，再将剩余的部分横向分割成3个全等矩形，且分割得到的矩形与原矩形都相似，则a=________（用含b的式子表示）； ②如图4﹣2，若将矩形ABCD先纵向分割出m个全等矩形，再将剩余的部分横向分割成n个全等矩形，且分割得到的矩形与原矩形都相似，则a=________（用含m，n，b的式子表示）．