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人教数学 相似的专项 培优 易错 难题练习题及详细答案

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一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题） 1．综合题 （1）【探索发现】 如图①，是一张直角三角形纸片，∠B=90°，小明想从中剪出一个以∠B为内角且面积最大的矩形，经过多次操作发现，当沿着中位线DE、EF剪下时，所得的矩形的面积最大，随后，他通过证明验证了其正确性，并得出：矩形的最大面积与原三角形面积的比值为多少．

（2）【拓展应用】 如图②，在△ABC中，BC=a，BC边上的高AD=h，矩形PQMN的顶点P、N分别在边AB、AC上，顶点Q、M在边BC上，则矩形PQMN面积的最大值为多少．（用含a，h的代数式表示） （3）【灵活应用】 如图③，有一块“缺角矩形”ABCDE，AB=32，BC=40，AE=20，CD=16，小明从中剪出了一个面积最大的矩形（∠B为所剪出矩形的内角），求该矩形的面积． （4）【实际应用】 如图④，现有一块四边形的木板余料ABCD，经测量AB=50cm，BC=108cm，CD=60cm，且

tanB=tanC= ，木匠徐师傅从这块余料中裁出了顶点M、N在边BC上且面积最大的矩形PQMN，求该矩形的面积． 【答案】（1）解：∵EF、ED为△ABC中位线，

∴ED∥AB，EF∥BC，EF= BC，ED= AB， 又∠B=90°， ∴四边形FEDB是矩形，

则 ； （2）解：∵PN∥BC， ∴△APN∽△ABC，

∴ ，即 ， ∴PN=a- PQ， 设PQ=x，

则S矩形PQMN=PQ•PN=x（a- x）=- x2+ax=- （x- ）2+ ， ∴当PQ= 时，S矩形PQMN最大值为 . （3）解：如图1，延长BA、DE交于点F，延长BC、ED交于点G，延长AE、CD交于点H，取BF中点I，FG的中点K，

由题意知四边形ABCH是矩形， ∵AB=32，BC=40，AE=20，CD=16， ∴EH=20、DH=16， ∴AE=EH、CD=DH， 在△AEF和△HED中，

∵ ， ∴△AEF≌△HED（ASA）， ∴AF=DH=16， 同理△CDG≌△HDE， ∴CG=HE=20，

∴BI= =24， ∵BI=24＜32， ∴中位线IK的两端点在线段AB和DE上， 过点K作KL⊥BC于点L，

由【探索发现】知矩形的最大面积为 ×BG• BF= ×（40+20）× （32+16）=720， 答：该矩形的面积为720； （4）解：如图2，延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H， ∵tanB=tanC= ， ∴∠B=∠C， ∴EB=EC， ∵BC=108cm，且EH⊥BC，

∴BH=CH= BC=54cm， ∵tanB= = ， ∴EH= BH= ×54=72cm， 在Rt△BHE中，BE= =90cm， ∵AB=50cm， ∴AE=40cm， ∴BE的中点Q在线段AB上， ∵CD=60cm， ∴ED=30cm， ∴CE的中点P在线段CD上， ∴中位线PQ的两端点在线段AB、CD上，

由【拓展应用】知，矩形PQMN的最大面积为 BC•EH=1944cm2 ， 答：该矩形的面积为1944cm2 ．

【解析】【分析】（1）由三角形的中位线定理可得ED∥AB，EF∥BC，EF= BC，ED= AB，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形FEDB是平行四边形，而∠B=90°，根据一个角是直角的平行四边形是矩形可得四边形FEDB是矩形，所以

; (2）因为PN∥BC，由相似三角形的判定可得△APN∽△ABC，则可得比例式,即,解得,设PQ=x，则S矩形PQMN=PQ•PN=x（）,因为0，所以函数有最大值，即当PQ=时，S矩形PQMN有最大值为;

（3）延长BA、DE交于点F，延长BC、ED交于点G，延长AE、CD交于点H，取BF中点

I，FG的中点K，由矩形的判定可得四边形ABCH是矩形，根据矩形的性质和已知条件易得AE=EH、CD=DH，于是用角边角可得△AEF≌△HED，所以AF=DH=16，同理可得

△CDG≌△HDE，则CG=HE=20，所以=24,BI=24＜32，所以中位线IK的两端点在线段AB和DE上，过点K作KL⊥BC于点L，由（1）得矩形的最大面积为 ×BG• BF= ×（40+20）× （32+16）=720； （4）延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H，因为tanB=tanC，所以∠B=∠C，

则EB=EC，由等腰三角形的三线合一可得BH=CH=BC=54cm；由tanB可求得EH=BH= ×54=72cm，在Rt△BHE中，由勾股定理可得BE=90cm,所以AE=BE-AB=40cm，所以BE的中点Q在线段AB上，易得CE的中点P在线段CD上，由（2）得矩形PQMN的最大面积为

BC•EH=1944cm2。 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。 （2）以B、P、Q三点为顶点的三角形是等腰三角形，可以分PQ=BQ、BP=BQ、PB=PQ三种情况，在Rt△PMQ中根据勾股定理，就得到一个关于t的方程，就可以求出t。 （3）根据相似三角形对应边比例可列式求出t，从而根据正切的定义求出值； （4）首先假设存在，然后根据相似三角形对应边成比例求证。 3．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.

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人教【数学】数学相似的专项培优易错试卷练习题(含答案)含答案

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一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图，在中，，于点，点在上，且，连接．（1）求证：（2）如图，将绕点逆时针旋转得到（点分别对应点），设射线与相交于点，连接，试探究线段与之间满足的数量关系，并说明理由．【答案】（1）证明：在Rt△AHB中，∠ABC=45°，∴AH=BH，在△BHD和△AHC中，，∴△BHD≌△AHC，∴（2）解：方法1:如图1，∵△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到，∴HD=HF，∠AHF=30°∴∠CHF=90°+30°=120°，由(1)有，△AEH和△FHC都为等腰三角形，∴∠GAH=∠HCG=30°，∴CG⊥AE，∴点C，H，G，A四点共圆，∴∠CGH=∠CAH，设CG与AH交于点Q，∵∠AQC=∠GQH，∴△AQC∽△GQH，∴，∵△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到，由（1）知，BD=AC，∴EF=AC∴即：EF=2HG．方法2:如图2，取EF的中点K，连接GK，HK，∵△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到，∴HD=HF，∠AHF=30°∴∠CHF=90°+30°=120°，由(1)有，△AEH和△FHC都为等腰三角形，∴∠GAH=∠HCG=30°，∴CG⊥AE，由旋转知，∠EHF=90°，∴EK=HK= EF∴EK=GK= EF，∴HK=GK，∵EK=HK，∴∠FKG=2∠AEF，∵EK=GK，∴∠HKF=2∠HEF，由旋转知，∠AHF=30°，∴∠AHE=120°，由（1）知，BH=AH，∵BH=EH，∴AH=EH，∴∠AEH=30°，∴∠HKG=∠FKG+∠HKF=2∠AEF+2∠HEF=2∠AEH=60°，∴△HKG是等边三角形，∴GH=GK，∴EF=2GK=2GH，即：EF=2GH．【解析】【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得出AH=BH，然后由SAS判断出△BHD≌△AHC，根据全等三角形对应角相等得出答案；（2）方法1:如图1，根据旋转的性质得出HD=HF，∠AHF=30°根据角的和差得出∠CHF=90°+30°=120°，由(1)有，△AEH和△FHC都为等腰三角形，根据等腰三角形若顶角相等则底角也相等得出∠GAH=∠HCG=30°，根据三角形的内角和得出CG⊥AE，从而得出点C，H，G，A四点共圆，根据圆周角定理同弧所对的圆周角相等得出∠CGH=∠CAH，根据对顶角相等得出∠AQC=∠GQH，从而得出△AQC∽△GQH，根据全等三角形对应边成比例得出 A C∶ H G = A Q∶ G Q = 1 ∶sin 30 ° = 2，根据旋转的性质得出EF=BD，由（1）知，BD=AC，从而得出EF=ACEF=BD，由E F∶ H G = A C∶ G H = A Q∶ G Q = 1∶ sin 30 ° = 2得出结论；方法2:如图2，取EF的中点K，连接GK，HK，根据旋转的性质得出HD=HF，∠AHF=30°根据角的和差得出∠CHF=90°+30°=120°，由(1)有，△AEH和△FHC都为等腰三角形，根据等腰三角形若顶角相等则底角也相等得出∠GAH=∠HCG=30°，根据三角形的内角和得出CG⊥AE，由旋转知，∠EHF=90°，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出EK=HK= EF，EK=GK= EF，从而得出HK=GK，根据等边对等角及三角形的外角定理得出∠FKG=2∠AEF，∠HKF=2∠HEF，由旋转知，∠AHF=30°，故∠AHE=120°，由（1）知，BH=AH，根据等量代换得出AH=EH，根据等边对等角得出∠AEH=30°，∠HKG=∠FKG+∠HKF=2∠AEF+2∠HEF=2∠AEH=60°，根据有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形得出△HKG是等边三角形，根据等边三角形三边相等得出GH=GK，根据等量代换得出EF=2GK=2GH。

人教【数学】数学相似的专项培优易错试卷练习题及答案

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一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）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。

人教数学相似的专项培优练习题(含答案)附详细答案

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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。

人教数学相似的专项培优练习题附详细答案

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一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）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。