2020-2021全国中考数学相似的综合中考真题汇总及答案

2020-2021全国中考数学相似的综合中考模拟和真题分类汇总含答案一、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中考数学相似综合题含答案解析一、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，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可求出答案.3．已知：如图一，抛物线与x轴正半轴交于A、B两点，与y轴交于点C，直线经过A、C两点，且．（1）求抛物线的解析式；（2）若直线DE平行于x轴并从C点开始以每秒1个单位的速度沿y轴正方向平移，且分别交y轴、线段BC于点E，D，同时动点P从点B出发，沿BO方向以每秒2个单位速度运动，如图；当点P运动到原点O时，直线DE与点P都停止运动，连DP，若点P运动时间为t秒；设，当t为何值时，s有最小值，并求出最小值．（3）在的条件下，是否存在t的值，使以P、B、D为顶点的三角形与相似；若存在，求t的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：由直线：知：、；∵，∴，即．设抛物线的解析式为：，代入，得：，解得∴抛物线的解析式：（2）解：在中，，，则；∵，∴；而；∴，∴当时，s有最小值，且最小值为1（3）解：在中，，，则；在中，，，则；∴；以P、B、D为顶点的三角形与相似，已知，则有两种情况：，解得；，解得；综上，当或时，以P、B、D为顶点的三角形与相似【解析】【分析】（1）由直线与坐标轴相交易求得点A、C的坐标，用待定系数法即可求得抛物线的解析式；（2）由题意可将ED、OP用含t的代数式表示出来，并代入题目中的s与OP、DE的关系式整理可得s=（0<t<2），因为分子是定值1，所以分母越大，则分式的值越小，则当分母最大时，分式的值越小，即t=1时，s有最小值，且最小值为1；（3）解直角三角形可得BC和CD、BD的值，根据题意以P、B、D为顶点的三角形与△ABC相似所得的比例式有两种情况：，，将这些线段代入比例式即可求解。

2020-2021全国中考数学相似的综合中考真题分类汇总及答案一、相似1．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。

2．如图，在△ABC中，已知AB=AC=10cm，BC=16cm，AD⊥BC于D，点E、F分别从B、C 两点同时出发，其中点E沿BC向终点C运动，速度为4cm/s；点F沿CA、AB向终点B运动，速度为5cm/s，设它们运动的时间为x（s）．（1）求x为何值时，△EFC和△ACD相似；（2）是否存在某一时刻，使得△EFD被AD分得的两部分面积之比为3:5，若存在，求出x 的值，若不存在，请说明理由；（3）若以EF为直径的圆与线段AC只有一个公共点，求出相应x的取值范围．【答案】（1）解：如图1中，点F在AC上，点E在BD上时，①当时，△CFE∽△CDA，∴ = ，∴t= ，②当时，即 = ，∴t=2，当点F在AB上，点E在CD上时，不存在△EFC和△ACD相似，综上所述，t= s或2s时，△EFC和△ACD相似．（2）解：不存在．理由：如图2中，当点F在AC上，点E在BD上时，作FH⊥BC于H，EF交AD于N．∵CF=5t．BE=4t，∴CH=CF•cosC=4t，∴BE=CH，∵AB=AC，AD⊥BC，∴BD=DC，∴DE=DH，∵DN∥FH，∴ =1，∴EN=FN，∴S△END=S△FND，∴△EFD被 AD分得的两部分面积相等，同法可证当点F在AB上，点E在CD上时，△EFD被 AD分得的两部分面积相等，∴不存在某一时刻，使得△EFD被 AD分得的两部分面积之比为3：5．（3）解：①如图3中，当以EF为直径的⊙O经过点A时，⊙O与线段AC有两个交点，连接AE，则∠EAF=90°．由 =cosC= ，可得 = ，∴t= ，∴0≤t＜时，⊙O与线段AC只有一个交点．②如图4中，当⊙O与AC相切时，满足条件，此时t= ．③如图5中，当⊙O与AB相切时，cosB= ，即 = ，解得t= ．④如图6中，⊙O经过点A时，连接AE，则∠EAF=90°．由cosB= = ，即 = ，t= ，∴＜t≤4时，⊙O与线段AC只有一个交点．综上所述，当⊙O与线段AC只有一个交点时，0≤t＜或或或＜t≤4【解析】【分析】（1）分类讨论：根据路程等于速度乘以时间，分别表示出BE,,CE,CF的长，①当时，△CFE∽△CDA，②当时△CEF∽△CDA，根据比例式，分别列出方程，求解t的值；当点F在AB上，点E在CD上时，不存在△EFC和△ACD相似，综上所述，即可得出答案；（2）不存在．理由：如图2中，当点F在AC上，点E在BD上时，作FH⊥BC于H，EF交AD于N．由题意知CF=5t．BE=4t，根据余弦函数的定义由CH=CF•cosC，表示出CH的长，从而得出BE=CH，根据等腰三角形的三线合一得出BD=DC，根据等量减等量差相等得出DE=DH，根据平行线分线段成比例定理得出=1得出EN=FN，根据三角形中线的性质得出S△END=S△FND，△EFD被 AD分得的两部分面积相等，同法可证当点F在AB上，点E在CD上时，△EFD被AD分得的两部分面积相等，故不存在某一时刻，使得△EFD被AD 分得的两部分面积之比为3：5；（3）①如图3中，当以EF为直径的⊙O经过点A时，⊙O与线段AC有两个交点，连接AE，则∠EAF=90°．根据余弦函数的定义，由，结论列出方程，求解得出t的值，故0≤t时，⊙O与线段AC只有一个交点；②如图4中，当⊙O与AC相切时，满足条件，此时t=；③如图5中，当⊙O与AB相切时，根据余弦函数的定义，由cosB=，列出方程，求解得出t的值；④如图6中，⊙O经过点A时，连接AE，则∠EAF=90°．由cosB=，列出方程求出t的值，故＜t≤4时，⊙O与线段AC只有一个交点；综上所述，得出答案。

2020-2021全国中考数学相似的综合中考真题汇总含详细答案一、相似1．如图所示，△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，AD⊥BC，DE⊥AC，△CDE沿直线BC翻折到△CDF，连结AF交BE、DE、DC分别于点G、H、I．（1）求证：AF⊥BE；（2）求证：AD=3DI．【答案】（1）证明：∵在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，D是BC的中点，∴AD=BD=CD，∠ACB=45°，∵在△ADC中，AD=DC，DE⊥AC，∴AE=CE，∵△CDE沿直线BC翻折到△CDF，∴△CDE≌△CDF，∴CF=CE，∠DCF=∠ACB=45°，∴CF=AE，∠ACF=∠DCF+∠ACB=90°，在△ABE与△ACF中，，∴△ABE≌△ACF（SAS），∴∠ABE=∠FAC，∵∠BAG+∠CAF=90°，∴∠BAG+∠ABE=90°，∴∠AGB=90°，∴AF⊥BE（2）证明：作IC的中点M，连接EM，由（1）∠DEC=∠ECF=∠CFD=90°∴四边形DECF是正方形，∴EC∥DF，EC=DF，∴∠EAH=∠HFD，AE=DF，在△AEH与△FDH中，∴△AEH≌△FDH（AAS），∴EH=DH，∵∠BAG+∠CAF=90°，∴∠BAG+∠ABE=90°，∴∠AGB=90°，∴AF⊥BE，∵M是IC的中点，E是AC的中点，∴EM∥AI，∴，∴DI=IM，∴CD=DI+IM+MC=3DI，∴AD=3DI【解析】【分析】（1）根据翻折的性质和SAS证明△ABE≌△ACF，利用全等三角形的性质得出∠ABE=∠FAC，再证明∠AGB=90°，可证得结论。

（2）作IC的中点M，结合正方形的性质，可证得∠EAH=∠HFD，AE=DF，利用AAS证明△AEH与△FDH全等，再利用全等三角形的性质和中位线的性质解答即可。

2020-2021全国中考数学相似的综合中考真题汇总及详细答案一、相似1．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+c（a＞0）与x轴相交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C，对称轴为直线x=1．（1）求点C的坐标（用含a的代数式表示）；（2）联结AC、BC，若△ABC的面积为6，求此抛物线的表达式；（3）在第（2）小题的条件下，点Q为x轴正半轴上一点，点G与点C，点F与点A关于点Q成中心对称，当△CGF为直角三角形时，求点Q的坐标．【答案】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+c（a＞0）的对称轴为直线x=1，而抛物线与x轴的一个交点A的坐标为（﹣1，0）∴抛物线与x轴的另一个交点B的坐标为（3，0）设抛物线解析式为y=a（x+1）（x﹣3），即y=ax2﹣2ax﹣3a，当x=0时，y=﹣3a，∴C（0，﹣3a）（2）解：∵A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3a），∴AB=4，OC=3a，∴S△ACB= AB•OC=6，∴6a=6，解得a=1，∴抛物线解析式为y=x2﹣2x﹣3（3）解：设点Q的坐标为（m，0）．过点G作GH⊥x轴，垂足为点H，如图，∵点G与点C，点F与点A关于点Q成中心对称，∴QC=QG，QA=QF=m+1，QO=QH=m，OC=GH=3，∴OF=2m+1，HF=1，当∠CGF=90°时，∵∠QGH+∠FGH=90°，∠QGH+∠GQH=90°，∴∠GQH=∠HGF，∴Rt△QGH∽Rt△GFH，∴ = ，即，解得m=9，∴Q的坐标为（9，0）；当∠CFG=90°时，∵∠GFH+∠CFO=90°，∠GFH+∠FGH=90°，∴∠CFO=∠FGH，∴Rt△GFH∽Rt△FCO，∴ = ，即 = ，解得m=4，∴Q的坐标为（4，0）；∠GCF=90°不存在，综上所述，点Q的坐标为（4，0）或（9，0）．【解析】【分析】（1）根据抛物线是轴对称图形和已知条件可求得抛物线与x轴的另一个交点B的坐标，再用交点式可求得抛物线的解析式，然后根据抛物线与y轴交于点C可得x=0，把x=0代入解析式即可求得点C的坐标；（2）由（1）的结论可求得AB=4，OC=3a，根据三角形ABC的面积=AB•OC=6可求得a的值，则解析式可求解；（3）设点Q的坐标为（m，0）．过点G作GH⊥x轴，垂足为点H，根据中心对称的性质可得QC=QG，QA=QF=m+1，QO=QH=m，OC=GH=3。

2020-2021全国中考数学相似的综合中考真题分类汇总及答案解析一、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1，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，E、F分别是AB、BD的中点，连接EF，点P从点E出发，沿EF方向匀速运动，速度为1cm/s，同时，点Q从点D出发，沿DB方向匀速运动，速度为2cm/s，当点P停止运动时，点Q也停止运动．连接PQ，设运动时间为t（0＜t＜4）s，解答下列问题：（1）求证：△BEF∽△DCB；（2）当点Q在线段DF上运动时，若△PQF的面积为0.6cm2，求t的值；（3）如图2过点Q作QG⊥AB，垂足为G，当t为何值时，四边形EPQG为矩形，请说明理由；（4）当t为何值时，△PQF为等腰三角形？试说明理由．【答案】（1）解：证明：∵四边形是矩形，在中，分别是的中点，（2）解：如图1，过点作于，（舍）或秒（3）解：四边形为矩形时,如图所示：解得：（4）解：当点在上时，如图2，当点在上时，如图3，时，如图4，时，如图5，综上所述，或或或秒时，是等腰三角形．【解析】【分析】（1）根据矩形的性质可证得AD∥BC，∠A=∠C，根据中位线定理可证得EF∥AD，就可得出EF∥BC，可证得∠BEF=∠C，∠BFE=∠DBC，从而可证得结论。

2020-2021全国中考数学相似的综合中考模拟和真题分类汇总含答案解析一、相似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。

2020-2021全国各地中考数学分类：相似综合题汇编及详细答案一、相似1．如图，点A、B、C、D是直径为AB的⊙O上的四个点，CD＝BC，AC与BD交于点E。

（1）求证：DC2＝CE·AC；（2）若AE＝2EC，求之值；（3）在（2）的条件下，过点C作⊙O的切线，交AB的延长线于点H，若S△ACH＝，求EC之长.【答案】（1）证明：∵CD＝BC，∴∠DAC＝∠CDB，又∵∠ACD=∠DCE，∴△ACD∽△DCE，∴，∴DC2＝CE·AC；（2）解：设EC＝k，则AE＝2k，∴AC＝3k，由（1）DC2＝CE·AC＝3k2，DC= k，连接OC，OD，∵CD＝BC，∴OC平分∠DOB，∴BC＝DC＝ k，∵AB是⊙O的直径，∴在Rt△ACB中，，∴OB=OC=OD= k，∴∠BOD＝120°，∴∠DOA＝60°，∴AD＝AO，∴（3）解：∵CH是⊙O的切线，连接CO，∴OC⊥CH．∵∠COH＝60°，∠H＝30°，过C作CG⊥AB于G，设EC=k，∵∠CAB＝30°，∴，又∵∠H＝∠CAB＝30°，∴AC＝CH＝3k，∴AH＝，∵S△ACH＝，∴，∴k2＝4，k＝2，即EC＝2．【解析】【分析】（1）要证DC2＝CE·AC，只需证△ACD∽△DCE即可求解；（2）连接OC，OD，根据已知条件AE＝2EC可用含k的代数式表示线段AE、CE、AC，由（1）可将CD用含K的代数式表示，在Rt△ACB中，由勾股定理可将AB用含K的代数式表示，结合已知条件和圆的性质可求解；（3）过C作CG⊥AB于G，设EC=k，由30度角所对的直角边等于斜边的一半可将CG用含K的代数式表示，根据三角形ACH的面积=AH CG=9即可求解。

2．如图，在Rt△ABC中，，角平分线交BC于O，以OB为半径作⊙O.（1）判定直线AC是否是⊙O的切线，并说明理由;（2）连接AO交⊙O于点E，其延长线交⊙O于点D，，求的值;（3）在（2）的条件下，设的半径为3，求AC的长.【答案】（1）解：AC是⊙O的切线理由：，，作于，是的角平分线，，AC是⊙O的切线（2）解：连接，是⊙O的直径，,即 ..又 (同角) ，∽ ,（3）解：设在和中，由三角函数定义有：得：解之得：即的长为【解析】【分析】（1）利用角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等证得点O到AC的距离为半径长，即可证得AC与圆O相切；（2）先连接BE构造一个可以利用正切值的直角三角形，再证得∠1=∠D，从而证得两个三角形ABE与ABD相似，即可求得两个线段长的比值；（3）也可以应用三角形相似的判定与性质解题，其中AB的长度是利用勾股定理与（2）中AE与AB的比值求得的.3．已知如图1，抛物线y=﹣ x2﹣ x+3与x轴交于A和B两点（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C，点D的坐标是（0，﹣1），连接BC、AC（1）求出直线AD的解析式；（2）如图2，若在直线AC上方的抛物线上有一点F，当△ADF的面积最大时，有一线段MN= （点M在点N的左侧）在直线BD上移动，首尾顺次连接点A、M、N、F构成四边形AMNF，请求出四边形AMNF的周长最小时点N的横坐标；（3）如图3，将△DBC绕点D逆时针旋转α°（0＜α°＜180°），记旋转中的△DBC为△DB′C′，若直线B′C′与直线AC交于点P，直线B′C′与直线DC交于点Q，当△CPQ是等腰三角形时，求CP的值．【答案】（1）解：∵抛物线y=﹣ x2﹣ x+3与x轴交于A和B两点，∴0=﹣ x2﹣ x+3，∴x=2或x=﹣4，∴A（﹣4，0），B（2，0），∵D（0，﹣1），∴直线AD解析式为y=﹣ x﹣1（2）解：如图1，过点F作FH⊥x轴，交AD于H，设F（m，﹣ m2﹣ m+3），H（m，﹣ m﹣1），∴FH=﹣ m2﹣ m+3﹣（﹣ m﹣1）=﹣ m2﹣ m+4，∴S△ADF=S△AFH+S△DFH= FH×|x D﹣x A|=2FH=2（﹣ m2﹣ m+4）=﹣m2﹣m+8=﹣（m+ ）2+ ，当m=﹣时，S△ADF最大，∴F（﹣，）如图2，作点A关于直线BD的对称点A1，把A1沿平行直线BD方向平移到A2，且A1A2= ，连接A2F，交直线BD于点N，把点N沿直线BD向左平移得点M，此时四边形AMNF 的周长最小．．∵OB=2，OD=1，∴tan∠OBD= ，∵AB=6，∴AK= ，∴AA1=2AK= ，在Rt△ABK中，AH= ，A1H= ，∴OH=OA﹣AH= ，∴A1（﹣，﹣），过A2作A2P⊥A2H，∴∠A1A2P=∠ABK，∵A1A2= ，∴A2P=2，A1P=1，∴A2（﹣，﹣）∵F（﹣，）∴A2F的解析式为y=﹣ x﹣①，∵B（2，0），D（0，﹣1），∴直线BD解析式为y=﹣ x﹣1②，联立①②得，x=﹣，∴N点的横坐标为：﹣（3）解：∵C（0，3），B（2，0），D（0，﹣1）∴CD=4，BC= ，OB=2，BC边上的高为DH，根据等面积法得， BC×DH= CD×OB，∴DH= = ，∵A（﹣4，0），C（0，3），∴OA=4，OC=3，∴tan∠ACD= ，①当PC=PQ时，简图如图1，过点P作PG⊥CD，过点D作DH⊥PQ，∵tan∠ACD=∴设CG=3a，则QG=3a，PG=4a，PQ=PC=5a，∴DQ=CD﹣CQ=4﹣6a∵△PGQ∽△DHQ，∴，∴，∴a= ，∴PC=5a= ；②当PC=CQ时，简图如图2，过点P作PG⊥CD，∵tan∠ACD=∴设CG=3a，则PG=4a，∴CQ=PC=5a，∴QG=CQ﹣CG=2a，∴PQ=2 a，∴DQ=CD﹣CQ=4﹣5a∵△PGQ∽△DHQ，同①的方法得出，PC=4﹣，设CG=3a，则PG=4a，从而得出CQ,QG,PQ,DQ的长，由△PGQ∽△DHQ，同①的方法得出，PC的长；③当QC=PQ时，简图如图1过点Q作QG⊥PC，过点C作CN⊥PQ，设CG=3a，则QG=4a，PQ=CQ=5a，∴PG=3a，∴PC=6a∴DQ=CD﹣CQ=4﹣5a，利用等面积法得，CN×PQ=PC×QG，∴CN= a，∵△CQN∽△DQH同①的方法得出PC=④当PC=CQ时，简图如图4，过点P作PG⊥CD，过H作HD⊥PQ，设CG=3a，则PG=4a，CQ=PC=5a，∴QD=4+5a，PQ=4 ，∵△QPG∽△QDH，同①方法得出．CP=综上所述，PC的值为：；4﹣，，=【解析】【分析】（1）根据抛物线与x轴交点的坐标特点，把y=0代入抛物线的解析式，得出一个关于x的一元二次方程，求解得出x的值，进而得出A,B两点的坐标；然后由A,D 两点的坐标利用待定系数法求出直线AD的解析式；（2）过点F作FH⊥x轴，交AD于H，根据函数图像上点的坐标特点，及平行于y轴的直线上的点的坐标特点，设出F,H的坐标，从而得出FH的长度，S△ADF=S△AFH+S△DFH= FH×|x D﹣x A|=2FH,列出关于m的函数解析式，再根据二次函数的性质，由顶点式得出当m=﹣时，S△ADF最大，从而得出F点的坐标；如图2，作点A关于直线BD的对称点A1，把A1沿平行直线BD方向平移到A2，且A1A2= ，连接A2F，交直线BD于点N，把点N沿直线BD向左平移得点M，此时四边形AMNF的周长最小，进而求出点A1，A2坐标，即可确定出A2F的解析式和直线BD解析式联立方程组即可确定出N点的横坐标；（3）根据C,B,D三点的坐标，得出CD,BC,OB的长，BC边上的高为DH，根据等面积法得BC×DH= CD×OB，从而得出DH的长，根据A,C两点的坐标，得出OA,OC的长，根据正切函数的定义得出tan∠ACD= 4∶ 3 ；然后分四种情况讨论：①当PC=PQ时，过点P作PG⊥CD，过点D作DH⊥PQ，由tan∠ACD= 4∶ 3 ，设CG=3a，则QG=3a，PG=4a，PQ=PC=5a，从而由DQ=CD﹣CQ得出DQ的长，根据△PGQ∽△DHQ，得出PG∶DH=PQ∶DQ,从而求出a的值，进而求出PC的值；②当PC=CQ时，简图如图2，过点P作PG⊥CD，tan∠ACD= 4∶3，设CG=3a，则PG=4a，从而得出CQ,QG,PQ,DQ的长，由△PGQ∽△DHQ，同①的方法得出，PC的长；③当QC=PQ时，过点Q作QG⊥PC，过点C作CN⊥PQ，设CG=3a，则QG=4a，PQ=CQ=5a，从而得出PG,PC,DQ的长，利用等面积法得，CN×PQ=PC×QG，从而得出CN，由△CQN∽△DQH同①的方法得出PC的长；④当PC=CQ时，过点P作PG⊥CD，过H作HD⊥PQ，设CG=3a，则PG=4a，CQ=PC=5a，从而得出QD,PQ 的长，由△QPG∽△QDH，同①方法得出．CP的长。

2020-2021中考数学相似的综合复习附答案一、相似1．在△ABC中，∠ABC=90°．（1）如图1，分别过A、C两点作经过点B的直线的垂线，垂足分别为M、N，求证：△ABM∽△BCN；（2）如图2，P是边BC上一点，∠BAP=∠C，tan∠PAC= ，求tanC的值；（3）如图3，D是边CA延长线上一点，AE=AB，∠DEB=90°，sin∠BAC= ，，直接写出tan∠CEB的值．【答案】（1）解：∵AM⊥MN，CN⊥MN，∴∠AMB=∠BNC=90°，∴∠BAM+∠ABM=90°，∵∠ABC=90°，∴∠ABM+∠CBN=90°，∴∠BAM=∠CBN，∵∠AMB=∠NBC，∴△ABM∽△BCN（2）解：如图2，过点P作PM⊥AP交AC于M，PN⊥AM于N.∵∠BAP+∠1=∠CPM+∠1=90°，∴∠BAP=∠CPM=∠C，∴MP=MC∵tan∠PAC=，设MN=2m,PN=m,根据勾股定理得，PM=,∴tanC=（3）解：在Rt△ABC中，sin∠BAC= = ，过点A作AG⊥BE于G，过点C作CH⊥BE交EB的延长线于H，∵∠DEB=90°，∴CH∥AG∥DE，∴ =同（1）的方法得，△ABG∽△BCH∴，设BG=4m，CH=3m，AG=4n，BH=3n，∵AB=AE，AG⊥BE，∴EG=BG=4m，∴GH=BG+BH=4m+3n，∴，∴n=2m，∴EH=EG+GH=4m+4m+3n=8m+3n=8m+6m=14m，在Rt△CEH中，tan∠BEC= =【解析】【分析】（1）根据垂直的定义得出∠AMB=∠BNC=90°，根据同角的余角相等得出∠BAM=∠CBN，利用两个角对应相等的两个三角形相似得出：△ABM∽△BCN；（2）过点P作PF⊥AP交AC于F，在Rt△AFP中根据正切函数的定义，由tan∠PAC=,同（1）的方法得，△ABP∽△PQF，故,设AB= a，PQ=2a，BP= b，FQ=2b（a＞0，b＞0），然后判断出△ABP∽△CQF，得从而表示出CQ，进根据线段的和差表示出BC，再判断出△ABP∽△CBA，得出再得出BC，从而列出方程，表示出BC,AB，在Rt△ABC中，根据正切函数的定义得出tanC的值；（3）在Rt△ABC中，利用正弦函数的定义得出：sin∠BAC=,过点A作AG⊥BE于G，过点C作CH⊥BE交EB的延长线于H，根据平行线分线段成比例定理得出，同（1）的方法得，△ABG∽△BCH ，故，设BG=4m，CH=3m，AG=4n，BH=3n，根据等腰三角形的三线合一得出EG=BG=4m，故GH=BG+BH=4m+3n，根据比例式列出方程，求解得出n与m的关系，进而得出EH=EG+GH=4m+4m+3n=8m+3n=8m+6m=14m，在Rt△CEH中根据正切函数的定义得出tan∠BEC的值。

2020-2021中考数学相似的综合题试题附答案解析一、相似1．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。