中考数学备考之相似压轴突破训练∶培优 易错 难题篇含答案解析

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．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。

3．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。

（2）过F作FG⊥x轴于点G，设出点F的坐标，表示出FG的长，再证明△FBG∽△BDE，利用相似三角形的性质建立关于x的方程，当点F在x轴上方时和当点F在x轴下方时，求出符合题意的x的值，求出点F的坐标。

（3）由点M，N关于抛物线的对称轴对称，可得出点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,设Q（2，2k），M坐标为（2-k，k），再由点M在抛物线上，列出关于k的方程，求解即可得出点Q的坐标。

4．（1）问题发现：如图1，在等边三角形ABC中，点M为BC边上异于B、C的一点，以AM为边作等边三角形AMN，连接CN，NC与AB的位置关系为________；（2）深入探究：如图2，在等腰三角形ABC中，BA=BC，点M为BC边上异于B、C的一点，以AM为边作等腰三角形AMN，使∠ABC=∠AMN，AM=MN，连接CN，试探究∠ABC与∠ACN的数量关系，并说明理由；（3）拓展延伸：如图3，在正方形ADBC中，AD=AC，点M为BC边上异于B、C的一点，以AM为边作正方形AMEF，点N为正方形AMEF的中点，连接CN，若BC=10，CN= ，试求EF的长．【答案】（1）NC∥AB（2）解：∠ABC=∠ACN，理由如下：∵ =1且∠ABC=∠AMN，∴△ABC～△AMN∴，∵AB=BC，∴∠BAC= （180°﹣∠ABC），∵AM=MN∴∠MAN= （180°﹣∠AMN），∵∠ABC=∠AMN，∴∠BAC=∠MAN，∴∠BAM=∠CAN，∴△ABM～△ACN，∴∠ABC=∠ACN（3）解：如图3，连接AB，AN，∵四边形ADBC，AMEF为正方形，∴∠ABC=∠BAC=45°，∠MAN=45°，∴∠BAC﹣∠MAC=∠MAN﹣∠MAC即∠BAM=∠CAN，∵，∴，∴△ABM～△ACN∴，∴ =cos45°= ，∴，∴BM=2，∴CM=BC﹣BM=8，在Rt△AMC，AM= ，∴EF=AM=2 ．【解析】【解答】解：（1）NC∥AB，理由如下：∵△ABC与△MN是等边三角形，∴AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°，∴∠BAM=∠CAN，在△ABM与△ACN中，，∴△ABM≌△ACN（SAS），∴∠B=∠ACN=60°，∵∠ANC+∠ACN+∠CAN=∠ANC+60°+∠CAN=180°，∴∠ANC+∠MAN+∠BAM=∠ANC+60°+∠CAN=∠BAN+∠ANC=180°，∴CN∥AB；【分析】（1）由题意用边角边易得△ABM≌△ACN，则可得∠B=∠ACN=60°，所以∠BCN+∠B=∠BCA+∠ACN+∠B=180°，根据平行线的判定即可求解；（2）由题意易得△ABC～△AMN，可得比例式，由三角形内角和定理易得∠BAM=∠CAN，根据相似三角形的判定可得△ABM～△ACN，由相似三角形的性质即可求解；（3）要求EF的值，只须求得CM的值，然后解直角三角形AMC即可求解。

连接AB，AN，由正方形的性质和相似三角形的判定易得△ABM～△ACN，可得比例式，可求得BM的值，而CM=BC﹣BM，解直角三角形AMC即可求得AM的值，即为EF的值。

5．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.6．如图，已知AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，过点C的直线与AB的延长线交于点P，AC=PC，∠COB=2∠PCB.（1）求证：PC是⊙O的切线；（2）求证：BC= AB；（3）点M是弧AB的中点，CM交AB于点N，若AB=4，求MN MC的值.【答案】（1）证明：∵OA=OC，∴∠A=∠ACO，又∵∠COB=2∠A，∠COB=2∠PCB，∴∠A=∠ACO=∠PCB，又∵AB是⊙O的直径，∴∠ACO+∠OCB=90°，∴∠PCB+∠OCB=90°，即OC⊥CP，∵OC是⊙O的半径，∴PC是⊙O的切线（2）证明：∵AC=PC，∴∠A=∠P，∴∠A=∠ACO=∠PCB=∠P．又∵∠COB=∠A+∠ACO，∠CBO=∠P+∠PCB，∴∠COB=∠CBO，∴BC=OC，∴（3）解：连接MA，MB，∵点M是弧AB的中点，∴弧AM=弧BM，∴∠ACM=∠BCM，∵∠ACM=∠ABM，∴∠BCM=∠ABM，∵∠BMN=∠BMC，∴△MBN∽△MCB，∴，∴ BM2=MN⋅MC ，又∵AB是⊙O的直径，弧AM=弧BM，∴∠AMB=90°，AM=BM，∵AB=4，∴，∴ MN⋅MC=BM2=8 ．【解析】【分析】(1)根据等边对等角得出∠A=∠ACO，运用外角的性质和已知条件得出∠A=∠ACO=∠PCB，再根据直径所对的圆周角是直角得出∠PCB+∠OCB=90°，进而求解.（2）根据等边对等角得出∠A=∠P，再根据第一问中的结论求解即可，（3）连接MA，MB，根据同弧或等弧所对的圆周角相等得出∠ACM=∠ABM，∴∠BCM=∠ABM，证出△MBN∽△MCB，得出比例式进而求解即可.7．平面上，Rt△ABC与直径为CE的半圆O如图1摆放，∠B=90°，AC=2CE=m，BC=n，半圆O交BC边于点D，将半圆O绕点C按逆时针方向旋转，点D随半圆O旋转且∠ECD始终等于∠ACB，旋转角记为α（0°≤α≤180°）．（1）当α=0°时，连接DE，则∠CDE=________°，CD=________；（2）试判断：旋转过程中的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明；（3）若m=10，n=8，当旋转的角度α恰为∠ACB的大小时，求线段BD的长；（4）若m=6，n= ，当半圆O旋转至与△ABC的边相切时，直接写出线段BD的长．【答案】（1）90；（2）解：如图3中，∵∠ACB=∠DCE，∴∠ACE=∠BCD．∵，∴△ACE∽△BCD，∴．（3）解：如图4中，当α=∠ACB时．在Rt△ABC中，∵AC=10，BC=8，∴AB= =6．在Rt△ABE中，∵AB=6，BE=BC﹣CE=3，∴AE= = =3 ，由（2）可知△ACE∽△BCD，∴，∴ = ，∴BD= ．故答案为：（4）解：∵m=6，n= ，∴CE=3，CD=2 ，AB= =2，①如图5中，当α=90°时，半圆与AC相切．在Rt△DBC中，BD= ==2 ．②如图6中，当α=90°+∠ACB时，半圆与BC相切，作EM⊥AB于M．∵∠M=∠CBM=∠BCE=90°，∴四边形BCEM是矩形，∴，∴AM=5，AE= = ，由（2）可知 = ，∴BD= ．故答案为：2 或．【解析】【解答】（1）①如图1中，当α=0时，连接DE，则∠CDE=90°．∵∠CDE=∠B=90°，∴DE∥AB，∴ =．∵BC=n，∴CD= ．故答案为：90°， n．【分析】（1）连接DE，当α=0时，由直径所对的圆周角时直角可得∠CDE=90°，判断DE∥AB，从而可得比例式进而求解。