中考数学备考之相似压轴突破训练∶培优易错试卷篇附答案

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

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。

2．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是边AD，BC的中点，连接DF，过点E作EH⊥DF，垂足为H，EH的延长线交DC于点G．

（1）猜想DG与CF的数量关系，并证明你的结论；

（2）过点H作MN∥CD，分别交AD，BC于点M，N，若正方形ABCD的边长为10，点P 是MN上一点，求△PDC周长的最小值．

【答案】（1）解：结论：CF=2DG．

理由：∵四边形ABCD是正方形，

∴AD=BC=CD=AB，∠ADC=∠C=90°，

∵DE=AE，

∴AD=CD=2DE，

∵EG⊥DF，

∴∠DHG=90°，

∴∠CDF+∠DGE=90°，∠DGE+∠DEG=90°，

∴∠CDF=∠DEG，

∴△DEG∽△CDF，

∴ = = ，

∴CF=2DG

（2）解：作点C关于NM的对称点K，连接DK交MN于点P，连接PC，

此时△PDC的周长最短．周长的最小值=CD+PD+PC=CD+PD+PK=CD+DK．

由题意：CD=AD=10，ED=AE=5，DG= ，EG= ，DH= = ，

∴EH=2DH=2 ，

∴HM= =2，

∴DM=CN=NK= =1，

在Rt△DCK中，DK= = =2 ，

∴△PCD的周长的最小值为10+2 ．

【解析】【分析】（1）结论：CF=2DG．理由如下：根据正方形的性质得出AD=BC=CD=AB，∠ADC=∠C=90°，根据中点的定义得出AD=CD=2DE，根据同角的余角相等得出∠CDF=∠DEG，从而判断出△DEG∽△CDF，根据相似三角形对应边的比等于相似比即可得出结论；

（2）作点C关于NM的对称点K，连接DK交MN于点P，连接PC，此时△PDC的周长最

短．周长的最小值=CD+PD+PC=CD+PD+PK=CD+DK，由题意得CD=AD=10，ED=AE=5，DG=，

EG=，根据面积法求出DH的长，然后可以判断出△DEH相似于△GDH，根据相似三角形对应边的比等于相似比得出EH=2DH=，再根据面积法求出HM的长，根据勾股定理及矩形的性质及对称的性质得出DM=CN=NK= 1，在Rt△DCK中，利用勾股定理算出DK的长，从而得出答案。

3．已知直线y=kx+b与抛物线y=ax2（a＞0）相交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴正半轴相交于点C，过点A作AD⊥x轴，垂足为D．

（1）若∠AOB=60°，AB∥x轴，AB=2，求a的值；

（2）若∠AOB=90°，点A的横坐标为﹣4，AC=4BC，求点B的坐标；

（3）延长AD、BO相交于点E，求证：DE=CO．

【答案】（1）解：如图1，

∵抛物线y=ax2的对称轴是y轴，且AB∥x轴，

∴A与B是对称点，O是抛物线的顶点，

∴OA=OB，

∵∠AOB=60°，

∴△AOB是等边三角形，

∵AB=2，AB⊥OC，

∴AC=BC=1，∠BOC=30°，

∴OC= ，

∴A（-1，），

把A（-1，）代入抛物线y=ax2（a＞0）中得：a= ；

（2）解：如图2，过B作BE⊥x轴于E，过A作AG⊥BE，交BE延长线于点G，交y轴于F，

∵CF∥BG，

∴，

∵AC=4BC，

∴ =4，

∴AF=4FG，

∵A的横坐标为-4，

∴B的横坐标为1，

∴A（-4，16a），B（1，a），

∵∠AOB=90°，

∴∠AOD+∠BOE=90°，

∵∠AOD+∠DAO=90°，

∴∠BOE=∠DAO，

∵∠ADO=∠OEB=90°，

∴△ADO∽△OEB，

∴，

∴，

∴16a2=4，

a=± ，

∵a＞0，

∴a= ；

∴B（1，）；

（3）解：如图3，

设AC=nBC，

由（2）同理可知：A的横坐标是B的横坐标的n倍，

则设B（m，am2），则A（-mn，am2n2），

∴AD=am2n2，

过B作BF⊥x轴于F，

∴DE∥BF，

∴△BOF∽△EOD，

∴，

∴，

∴，DE=am2n，

∴，

∵OC∥AE，

∴△BCO∽△BAE，

∴，

∴，

∴CO= =am2n，

∴DE=CO．

【解析】【分析】（1）抛物线y=ax2关于y轴对称，根据AB∥x轴，得出A与B是对称点，可知AC=BC=1，由∠AOB=60°，可证得△AOB是等边三角形，利用解直角三角形求出OC的长，就可得出点A的坐标，利用待定系数法就可求出a的值。

（2）过B作BE⊥x轴于E，过A作AG⊥BE，交BE延长线于点G，交y轴于F，根据平行线分线段成比例证出AF=4FG，根据点A的横坐标为﹣4，求出点B的横坐标为1，则A（-4，16a），B（1，a），再根据已知证明∠BOE=∠DAO，∠ADO=∠OEB，就可证明△ADO∽△OEB，得出对应边成比例，建立关于a的方程求解，再根据点B在第一象限，确定点B的坐标即可。

（3）根据（2）可知A的横坐标是B的横坐标的n倍，则设B（m，am2），则A（-mn，am2n2），得出AD的长，再证明△BOF∽△EOD，△BCO∽△BAE，得对应边成比例，证得CO=am2n，就可证得DE=CO。

4．如图，BD是□ABCD的对角线，AB⊥BD，BD=8cm，AD=10cm，动点P从点D出发，以5cm/s的速度沿DA运动到终点A，同时动点Q从点B出发，沿折线BD—DC运动到终点C，在BD、DC上分别以8cm/s、6cm/s的速度运动.过点Q作QM⊥AB，交射线AB于点M，连接PQ，以PQ与QM为边作□PQMN.设点P的运动时间为t(s)（t>0），□PQMN与□ABCD重叠部分图形的面积为S（cm2）.

（1）AP=________cm（同含t的代数式表示）.

（2）当点N落在边AB上时，求t的值.

（3）求S与t之间的函数关系式.

（4）连结NQ，当NQ与△ABD的一边平行时，直接写出t的值.

【答案】（1）（10-5t）

（2）解：如图①，

当点N落在边AB上时，四边形PNBQ为矩形．∵PN∥DB，∴△APN∽△ADB，∴AP：

AD=PN：DB，∴（10－5t）：10=8t：8，120t=80，∴．

（3）解：分三种情况讨论：

a)如图②，过点P作PE⊥BD于点E，则PE=3t．

当时，．

b)如图③，过点P作PE⊥BD于点E，则PE=3t，设PN交AB于点F，则

．

当时，．

c)如图④，当时，PF=8-4t，FB=3t，PN=DB=QM=8，∴FN=4t，DQ=6(t-1)，∴BM=DQ=6(t-1)．∵∠GBM=∠A，∠DBA=∠GMB，∴△BGM∽△ABD，∴GM：BM=DB：

AB，解得：GM=8t-8，∴S=S平行四边形PNMQ-S△FMN-S△BMG=8（9t-6）－ ×4t×（9t-6）－ ×（6t-6）（8t-8）= ．

综上所述：

（4）解：分三种情况讨论．

①当NQ∥AB时，如图5，

过P作PF⊥BD于F，则PF=3t，DF=4t，PN=FQ=BQ=8t，∴BD=8t+8t+4t=8，解得：．②当AD∥NQ，且Q在BD上时，如图6．

∵PNQD和PNBQ都是平行四边形，∴PN=DQ=BQ，∴8t+8t=8，解得：．

③当AD∥NQ，且Q在DC上时，如图7，

可以证明当Q与C重合，即直线NQ与直线BC重合时，满足条件，如图8，

此时DQ=AB= =6，t= =2．

综上所述：或或．

【解析】【解答】解：（1）（10-5t）；

【分析】（1）由题意可得，DP=5t,所以AP=AD-DP=10-5t;

（2）由欧勾股定理的逆定理可得∠ABD=，所以根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可得，当点N落在边AB上时，四边形PNBQ为矩形；由平行线分线段成比例定理可得

比例式：,则可得关于t的方程，解方程即可求解；

（3）由（2）知，当□PQMN全部在□ABCD中时，运动时间是秒，由已知条件可知，点Q 在BD边上的运动速度是8cm/s，在DC边上的运动速度是6cm/s，所以当点Q运动到C点时，点P也运动到了点A，所以分3种情况：

a)如图②，过点P作PE⊥BD于点E，当0 < t ≤时， S=BQ PE；

b)如图③，过点P作PE⊥BD于点E，设PN交AB于点F，当< t ≤ 1 时，S =（PF+BQ）PE；

c)如图④，当1 < t ≤ 2 时， S =平行四边形PNMQ的面积-三角形FNM的面积-三角形BMG 的面积；

（4）由题意NQ与△ABD的一边平行可知，有3种情况：

①当NQ∥AB；

②当AD∥NQ，且Q在BD上时；

③当AD∥NQ，且Q在DC上时。分这三种情况根据已知条件即可求解。

5．如图1，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=4，D是BC上一个动点，连接AD，以AD为边向右侧作等腰直角△ADE，其中∠ADE=90°．

（1）如图2，G，H分别是边AB，BC的中点，连接DG，AH，EH．求证：△AGD∽△AHE；

（2）如图3，连接BE，直接写出当BD为何值时，△ABE是等腰三角形；

（3）在点D从点B向点C运动过程中，求△ABE周长的最小值．

【答案】（1）证明：如图2，由题意知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，

∴∠B=∠DAE=45°．

∵H为BC中点，

∴AH⊥BC．

∴∠BAH=45°=∠DAE．

∴∠GAD=∠HAE．

在等腰直角△BAH和等腰直角△DAE中，

AH＝ AB＝ AG，AE＝ AD．

∴，

∴△AGD∽△AHE；

（2）解：分三种情况：①当B与D重合时，即BD=0，如图3，此时AB=BE；

②当AB=AE时，如图4，此时E与C重合，

∴D是BC的中点，

∴BD= BC=2 ；

③当AB=BE时，如图5，过E作EH⊥AB于H，交BC于M，连接AM，过E作EG⊥BC于G，连接DH，

∵AE=BE，EH⊥AB，

∴AH=BH，

∴AM=BM，

∵∠ABC=45°，

∴AM⊥BC，△BMH是等腰直角三角形，

∵AD=DE，∠ADE=90°，

易得△ADM≌△DEG，

∴DM=EG，

∵∠EMG=∠BMH=45°，

∴△EMG是等腰直角三角形，

∴ME= MG，

由（1）得：△AHD∽△AME，且，

∴∠AHD=∠AME=135°，ME= DH，

∴∠BHD=45°，MG=DH，

∴△BDH是等腰直角三角形，

∴BD=DH=EG=DM= ；

综上所述，当BD=0或或2 时，△ABE是等腰三角形；

（3）解：当点D与点B重合时，点E的位置记为点M，连接CM，如图6，

此时，∠ABM=∠BAC=90°，∠AMB=∠BAM=45°，BM=AB=AC．

∴四边形ABMC是正方形．

∴∠BMC=90°，

∴∠AMC=∠BMC-∠AMB=45°，

∵∠BAM=∠DAE=45°，

∴∠BAD=∠MAE，

在等腰直角△BAM和等腰直角△DAE中，

AM＝ AB，AE＝ AD．

∴．

∴△ABD∽△AME．

∴∠AME=∠ABD=45°

∴点E在射线MC上，

作点B关于直线MC的对称点N，连接AN交MC于点E′，

∵BE+AE=NE+AE≥AN=NE′+AE′=BE′+AE′，

∴△ABE′就是所求周长最小的△ABE．

在Rt△ABN中，

∵AB=4，BN=2BM=2AB=8，

∴AN＝．

∴△ABE周长最小值为AB+AN＝4+4 ．

【解析】【分析】（1）由等腰直角三角形的性质可得∠B=∠DAE=∠BAH=45°，所以

∠GAD=∠HAE，计算可得比例式：，根据有两对边对应相等，且它们的夹角也相等的两个三角形相似可得△AGD∽△AHE；

（2）根据等腰三角形的定义可知分3种情况讨论：①当B与D重合时，即BD=0，此时AB=BE；

②当AB=AE时，此时E与C重合，用勾股定理可求得BD的值；

③当AB=BE时，过E作EH⊥AB于H，交BC于M，连接AM，过E作EG⊥BC于G，连接DH，由已知条件和（1）的结论可求解；

（3）当点D与点B重合时，点E的位置记为点M，连接CM，作点B关于直线MC的对称点N，连接AN交MC于点E′，由已知条件易证四边形ABMC是正方形，由已知条件通过计

算易得比例式：,根据有两对边对应相等，且它们的夹角也相等的两个三角形相似可得△ABD∽△AME,则∠AME=∠ABD=45°，于是可得点E在射线MC上，根据轴对称的性质可得△ABE′就是所求周长最小的△ABE，在Rt△ABN中，用勾股定理即可求得AN的值，则△ABE周长最小值=AB+AN即可求解。

6．如图（1），在矩形DEFG中，DE=3，EG=6，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BC=3，AC=6，△ABC的一边BC和矩形的一边DG在同一直线上，点C和点D重合，Rt△ABC将从D以每秒1个单位的速度向DG方向匀速平移，当点C与点G重合时停止运动，设运动时间为t秒，解答下列问题：

（1）如图（2），当AC过点E时，求t的值；

（2）如图（3），当AB与DE重合时，AC与EF、EG分别交于点M、N，求CN的长；

（3）在整个运动过程中，设Rt△ABC与△EFG重叠部分面积为y，请求出y与t的函数关系式，并写出相应t的取值范围．

【答案】（1）解：如图（2），当AC过点E时，

在Rt△ABC中，BC=3，AC=6，

∴BC所对锐角∠A=30°，

∴∠ACB=60°，

依题意可知∠ABC=∠EDC=90°，

∵∠ACB=∠ECD，

∴△ABC∽△EDC，

∴，即，

∴CD= ，

∴t=CD= ；

（2）解：如图（3），∵∠EDG=90°，DE=3，EG=6，

∴DG= =3 ，

在Rt△EDG中，sin∠EGD= ，

∴∠EGD=30°，

∵∠NCB=∠CNG+∠EGD，

∴∠CNG=∠NCB﹣∠EGD=60°﹣30°=30°，

∴∠CNG=∠EGD，

∴NC=CG=DG﹣BC=3 ﹣3；

（3）解：由（1）可知，当x＞时，△ABC与△EFG有重叠部分．

分两种情况：①当＜t≤3时，如图（4），

△ABC与△EFG有重叠部分为△EMN，设AC与EF、EG分别交于点M、N，过点N作直线NP⊥EF于P，交DG于Q，

则∠EPN=∠CQN=90°，

∵NC=CG，

∴NC=DG﹣DC=3 ﹣t，

在Rt△NQC中，NQ=sin∠NCQ×NC=sin60°×（3 ﹣t）= ，

∴PN=PQ﹣NQ=3﹣ = ，

∵∠PMN=∠NCQ=60°，

∴sin∠PMN= ，MN= =t﹣，

在矩形DEFG中，EF∥DG，

∴∠MEN=∠CGN，

∵∠MNE=∠CNG，∠CNG=∠CGN，

∴∠EMN=∠MNE，

∴EM=MN，

∴EM=MN=t﹣，

∴y=S△EMN= EM?PN= × ；

②当3＜t≤3 时，如图（5），

△ABC与△EFG重叠部分为四边形PQNM，设AB与EF、EG分别交于点P、Q，AC与EF、EG分别交于点M、N，则∠EPQ=90°，

∵CG=3 ﹣t，

∴S△EMN= ，

∵EP=DB=t﹣3，∠PEQ=30°，

∴在Rt△EPQ中，PQ=tan∠PEQ×EP=tan30°×（t﹣3）= ，

∴S△EPQ= EP?PQ= （t﹣3）× = ，

∴y=S△EMN﹣S△EPQ=（）﹣（）= +（﹣，

综上所述，y与t的函数关系式：y= ．

【解析】【分析】（1）证△ABC∽△EDC，由相似三角形的性质可求出CD的值，即可求t；

（2）利用勾股定理求出DG的值，则由三角函数可∠EGD=30°，进而可证得∠CNG=∠EGD，则NC=CG=DG﹣BC，可求出答案；

（3）根据重叠部分可确定x的取值范围，再由三角形的面积公式可求出函数解析式.

7．如图，在△ABC中，∠C=90°，∠ABC的平分线交AC于点E，过点E作BE的垂线交AB 于点F，⊙O是△BEF的外接圆．

（1）求证：AC是⊙O的切线；

（2）过点E作EH⊥AB，垂足为H，求证：CD=HF；

（3）已知：CD=1，EH=3，求AF的长．

【答案】（1）证明：如图，连接OE．

∵BE平分∠ABC，

∴∠CBE=∠OBE，

∵OB=OE，

∴∠OBE=∠OEB，

∴∠OEB=∠CBE，

∴OE∥BC，

∴∠AEO=∠C=90°，

∴AC是⊙O的切线；

（2）解：如图，连结DE．

∵∠CBE=∠OBE，EC⊥BC于C，EH⊥AB于H，

∴EC=EH．

∵∠CDE+∠BDE=180°，∠HFE+∠BDE=180°，

∴∠CDE=∠HFE．

在△CDE与△HFE中，

，

∴△CDE≌△HFE（AAS），

∴CD=HF．

（3）解：由（2）得，CD=HF．又CD=1

∴HF＝1

在Rt△HFE中，EF= ＝

∵EF⊥BE

∴∠BEF=90°

∴∠EHF=∠BEF=90°

∵∠EFH=∠BFE

∴△EHF∽△BEF

∴，即

∴BF=10

∴ , ,

∴在Rt△OHE中， ,

∴在Rt△EOA中， ,

∴

∴

∴ .

【解析】【分析】（1）连接OE．利用角平分线的定义和等腰三角形的性质可证得OE∥BC，从而得∠AEO=∠C=90°，可得到证明；

（2）连结DE．利用AAS可证△CDE≌△HFE，从而得到证明；

（3）证△EHF∽△BEF，由相似三角形的性质可求得BF，从而得到OE，在Rt△OHE和△EOA中，由cos∠EOA可求出OA，从而求出AF.

8．如图，已知一次函数y=﹣ x+4的图象是直线l，设直线l分别与y轴、x轴交于点A、B.

（1）求线段AB的长度；

（2）设点M在射线AB上，将点M绕点A按逆时针方向旋转90°到点N，以点N为圆心，NA的长为半径作⊙N.

①当⊙N与x轴相切时，求点M的坐标；

②在①的条件下，设直线AN与x轴交于点C，与⊙N的另一个交点为D，连接MD交x 轴于点E，直线m过点N分别与y轴、直线l交于点P、Q，当△APQ与△CDE相似时，求点P的坐标.

【答案】（1）解：当x=0时，y=4，

∴A（0，4），

∴OA=4，

当y=0时，- x+4=0，

x=3，

∴B（3，0），

∴OB=3，

由勾股定理得：AB=5

（2）解：①如图1，过N作NH⊥y轴于H，过M作ME⊥y轴于E，

tan∠OAB= ，

∴设EM=3x，AE=4x，则AM=5x，

∴M（3x，-4x+4），

由旋转得：AM=AN，∠MAN=90°，

∴∠EAM+∠HAN=90°，

∵∠EAM+∠AME=90°，

∴∠HAN=∠AME，

∵∠AHN=∠AEM=90°，

∴△AHN≌△MEA，

∴AH=EM=3x，

∵⊙N与x轴相切，设切点为G，连接NG，则NG⊥x轴，∴NG=OH，

则5x=3x+4，

2x=4，

x=2，

∴M（6，-4）；

②如图2，由①知N（8，10），

∵AN=DN，A（0，4），

∴D（16，16），

设直线DM：y=kx+b，

把D（16，16）和M（6，-4）代入得：

，

解得：，

∴直线DM的解析式为：y=2x-16，

∵直线DM交x轴于E，

∴当y=0时，2x-16=0，

x=8，

∴E（8，0），

由①知：⊙N与x轴相切，切点为G，且G（8，0），∴E与切点G重合，

∵∠QAP=∠OAB=∠DCE，

∴△APQ与△CDE相似时，顶点C必与顶点A对应，分两种情况：

i）当△DCE∽△QAP时，如图2，∠AQP=∠NDE，

∵∠QNA=∠DNF，

∴∠NFD=∠QAN=90°，

∵AO∥NE，

∴△ACO∽△NCE，

∴，

∴，

∴CO= ，

连接BN，

∴AB=BE=5，

∵∠BAN=∠BEN=90°，

∴∠ANB=∠ENB，

∵EN=ND，

∴∠NDE=∠NED，

∵∠CNE=∠NDE+∠NED，

∴∠ANB=∠NDE，

∴BN∥DE，

Rt△ABN中，BN= ，

sin∠ANB=∠NDE= ，

∴，

∴NF=2 ，

∴DF=4 ，

∵∠QNA=∠DNF，

∴tan∠QNA=tan∠DNF= ，

∴，

∴AQ=20，