人教备战中考数学二轮 相似 专项培优附详细答案

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图，抛物线经过A（－3,0），C(5,0)两点，点B为抛物线顶点，抛物线的对称轴与x轴交于点D．（1）求抛物线的解析式；（2）动点P从点B出发，沿线段BD向终点D作匀速运动，速度为每秒1个单位长度，运动时间为t，过点P作PM⊥BD，交BC于点M，以PM为正方形的一边，向上作正方形PMNQ，边QN交BC于点R，延长NM交AC于点E．①当t为何值时，点N落在抛物线上；②在点P运动过程中，是否存在某一时刻，使得四边形ECRQ为平行四边形？若存在，求出此时刻的t值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：∵y=ax2+bx+ 经过A（﹣3，0），C（5，0）两点，∴，解得：，∴抛物线的解析式为（2）解：∵ =﹣（x2﹣2x+1）+ =﹣（x﹣1）2+8，∴点B的坐标为（1，8）．设直线BC的解析式为y=kx+m，则，解得：，所以直线BC的解析式为y=﹣2x+10．∵抛物线的对称轴与x轴交于点D，∴BD=8，CD=5﹣1=4．∵PM⊥BD，∴PM∥CD，∴△BPM∽△BDC，∴，即，解得：PM= t，∴OE=1+ t．∴ME=-2(1+ t)+10=8-t．．∵四边形PMNQ为正方形，∴NE=NM+ME=8﹣t+ t=8﹣ t．①点N的坐标为（1+ t，8﹣ t），若点N在抛物线上，则﹣（1+ t﹣1）2+8=8﹣ t，整理得，t（t﹣4）=0，解得t1=0（舍去），t2=4，所以，当t=4秒时，点N落在抛物线上；②存在．理由如下：∵PM= t，四边形PMNQ为正方形，∴QD=NE=8﹣ t．∵直线BC的解析式为y=﹣2x+10，∴﹣2x+10=8﹣ t，解得：x= t+1，∴QR= t+1﹣1= t．又∵EC=CD﹣DE=4﹣ t，根据平行四边形的对边平行且相等可得QR=EC，即 t=4﹣ t，解得：t= ，此时点P在BD上所以，当t= 时，四边形ECRQ为平行四边形【解析】【分析】（1）用待定系数法，将A,C两点的坐标分别代入y=ax2+bx+ ，得出一个关于a,b的二元一次方程组，求解得出a,b的值，从而得出抛物线的解析式；（2）首先求出抛物线的顶点B的坐标，然后用待定系数法求出直线BC的解析式为y=﹣2x+10．根据点到坐标轴的距离得出BD,CD的长度，根据垂直于同一直线的两条直线互相平行得出PM∥CD，根据平行于三角形一边的直线，截，其它两边，所截的三角形与原三角形相似得出△BPM∽△BDC，根据相似三角形对应边成比例得出B P ∶B D = P M ∶C D ，进而得出关于t的方程，求解得出PM,进而得出OE,ME,根据正方形的性质由NE=NM+ME得出NE的长，进而表示出N点的坐标，若点N在抛物线上，根据抛物线上的点的特点，得出关于t的方程，求解得出t的值，所以，当t=4秒时，点N落在抛物线上；②存在．理由如下：根据PM的长及正方形的性质从而表示出QD=NE的长度，进而得出方程，求出x的值，进而表示出QR根据线段的和差及平行四边形的对边平行且相等可得QR=EC，从而得出关于t的方程，求解得出答案。

2．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=ax2+（a+3）x+3（a＜0）从左到右依次交x轴于A、B两点，交y轴于点C．（1）求点A、C的坐标；（2）如图1，点D在第一象限抛物线上，AD交y轴于点E，当DE=3AE，OB=4CE时，求a的值；（3）如图2，在（2）的条件下，点P在C、D之间的抛物线上，连接PC、PD，点Q在点B、D之间的抛物线上，QF∥PC，交x轴于点F，连接CF、CB，当PC=PD，∠CFQ=2∠ABC，求BQ的长．【答案】（1）解：当x=0时，y=3，∴C（0，3）．当y=0时，ax2+（a+3）x+3=0，（ax+3）（x+1）=0，解得x1=- ，x2=-1．∵a＜0，∴- ＞0，∴A（-1，0）（2）解：如图1，过点D作DM⊥AB于M．∵OE∥DM，∴，∴OM=3，∴D点纵坐标为12a+12．∵tan∠EAO= =3a+3，∴OE=3a+3，∴CE=OC-OE=3-（3a+3）=-3a．∵OB=4CE，∴- =-12a，∵a＜0，∴a=-（3）解：如图2，过点D作DT⊥y轴于点T，过点P作PG⊥y轴于点G，连接TP．∵a=- ，∴抛物线的解析式为y=- x2+ x+3，D（3，6），DT=3，OT=6，CT=3=DT，又∵PC=PD，PT=PT，∴△TCP≌△TDP，∴∠CTP=∠DTP=45°，TG=PG．设P（t，- t2+ t+3），∴OG=- t2+ t+3，PG=t，∴TG=OT-OG=6-（- t2+ t+3）= t2- t+3，∴ t2- t+3=t，解得t=1或6，∵点P在C、D之间，∴t=1．过点F作FK∥y轴交BC于点K，过点Q作QN⊥x轴于点N，则∠KFC=∠OCF，∠KFB=∠CON=90°．∵FQ∥PC，∴∠PCF+∠CFQ=180°，∠PCF+∠PCG+∠OCF=180°，∴∠CFQ=∠PCG+∠OCF，∴∠CFK+∠KFQ=∠PCG+∠OCF，∴∠KFQ=∠PCG．∵P（1，5），∴PG=1，CG=OG-OC=5-3=2，∴tan∠PCG= ，∵tan∠ABC= ，∴∠PCG=∠ABC，∴∠KFQ=∠ABC．∵∠CFQ=2∠ABC，∴∠CFQ=2∠KFQ，∴∠KFQ=∠KFC=∠OCF=∠ABC，∴tan∠OCF= ，∴OF= ．设FN=m，则QN=2m，Q（m+ ，2m），∵Q在抛物线上，∴- （m+ ）2+ ×（m+ ）+3=2m，解得m= 或m=- （舍去），∴Q（4，5），∵B（6，0），∴BQ= ．【解析】【分析】（1）令x=0，求出y的值，得到C点坐标；令y=0，求出x的值，根据a＜0得出A点坐标；（2）如图1，过点D作DM⊥AB于M．根据平行线分线段成比例定理求出OM=3，得到D点纵坐标为12a+12．再求出OE=3a+3，那么CE=OC-OE=-3a．根据OB=4CE，得出- =-12a，解方程求出a=- ；（3）如图2，过点D作DT⊥y轴于点T，过点P作PG⊥y轴于点G，连接TP．利用SSS证明△TCP≌△TDP，得出∠CTP=∠DTP=45°，那么TG=PG．设P（t，- t2+ t+3），列出方程 t2- t+3=t，解方程求得t=1或6，根据点P在C、D之间，得到t=1．过点F作FK∥y轴交BC于点K，过点Q作QN⊥x轴于点N，根据平行线的性质以及已知条件得出∠KFQ=∠PCG，进而证明∠KFQ=∠KFC=∠OCF=∠ABC，由tan∠OCF= =tan∠ABC= ，求出OF= ．设FN=m，则QN=2m，Q（m+ ，2m），根据Q在抛物线上列出方程- （m+ ）2+ ×（m+ ）+3=2m，解方程求出满足条件的m的值，得到Q点坐标，然后根据两点间的距离公式求出BQ．3．（1）【探索发现】如图1，△ABC中，点D，E，F分别在边BC，AC，AB上，且AD，BE，CF相交于同一点O.用”S”表示三角形的面积，有S△ABD：S△ACD＝BD：CD，这一结论可通过以下推理得到：过点B作BM⊥AD，交AD延长线于点M，过点C作CN⊥AD于点N，可得S△ABD：S△ACD＝，又可证△BDM～△CDN，∴BM：CN＝BD：CD，∴S△ABD：S△ACD＝BD：CD.由此可得S△BAO：S△BCO＝________；S△CAO：S△CBO＝________；若D，E，F分别是BC，AC，AB的中点，则S△BFO：S△ABC＝________.（2）【灵活运用】如图2，正方形ABCD中，点E，F分别在边AD，CD上，连接AF，BE 和CE，AF分别交BE，CE于点G，M.若AE＝DF.判断AF与BE的位置关系与数量关系，并说明理由；（3）若点E，F分别是边AD，CD的中点，且AB＝4.则四边形EMFD的面积是多少？（4）【拓展应用】如图3，正方形ABCD中，AB＝4，对角线AC，BD相交于点O.点F是边CD的中点.AF与BD相交于点P，BG⊥AF于点G，连接OG，请直接写出S△OGP的值.【答案】（1）AE：EC；AF：BF；1：6（2）解：结论：AF＝BE，AF⊥BE.理由：如图2中，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAE＝∠ADF＝90°，∵AE＝DF，∴△BAE≌△ADF（SAS），∴BE＝AF，∠ABE＝∠DAF，∵∠ABE+∠AEB＝90°，∴∠DAF+∠AEB＝90°，∴∠AGE＝90°，∴AF⊥BE.（3）解：如图2﹣1中，连接DM.根据对称性可知△DME，△DMF，关于直线DM对称，∴S△DME＝S△DMF，∵AE＝DE，∴S△AEM＝S△DME＝S△DMF，∵S△ADF＝ ×4×2＝4，∴S△AEM＝S△DME＝S△DMF＝，∴S四边形EMFD＝ .故答案为 .（4）拓展应用：如图3中，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，AC＝BD＝4 ，OA＝OB＝OD＝OC＝2 ，∵DF＝FC，∴DF＝FC＝2，∵DF∥AB，∴，∴OP：OB＝OP：OA＝1：3，∵BG⊥PA，AO⊥OB，∴∠AGB＝∠AOB＝90°，∵∠OAP+∠APO＝90°，∠PBG+∠BPG＝90°，∴∠PAO＝∠PBG，∵∠APO＝∠BPG，∴△AOP∽△BGP，∴∴，∵∠GPO＝∠BPA，∴△GPO∽△BPA，∴，∴S△ABP＝ S△ABD＝，∴S△GOP＝ .【解析】【解答】（1）探索发现：由题意：S△BAO：S△BCO＝AE：EC；S△CAO：S△CBO＝AF：BF；若D，E，F分别是BC，AC，AB的中点，则S△BFO：S△ABC＝1：6，故答案为：AE：EC，AF：BF，1：6.【分析】【探索发现】利用等高模型，解决问题即可.【灵活运用】（1）结论：AF＝BE，AF⊥BE.证明△BAE≌△ADF（SAS）即可解决问题.（2）根据对称性可知△DME，△DMF，关于直线DM对称，推出S△DME＝S△DMF，由AE＝DE，推出S△AEM＝S△DME＝S△DMF，求出△ADF的面积即可解决问题.【拓展应用】由△GPO∽△BPA，推出即可解决问题.4．如图1，△ABC与△CDE是等腰直角三角形，直角边AC、CD在同一条直线上，点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点，连接AE、BD.（1）请直接写出PM与PN的数量关系及位置关系________；（2）现将图1中的△CDE绕着点C顺时针旋转α（0°＜α＜90°），得到图2，AE与MP、BD分别交于点G、H.请直接写出PM与PN的数量关系及位置关系________；（3）若图2中的等腰直角三角形变成直角三角形，使BC＝kAC，CD＝kCE，如图3，写出PM与PN的数量关系，并加以证明.【答案】（1）PM⊥PN，PM＝PN（2）PM＝PN，PM⊥PN（3）解：PM＝kPN，∵△ACB和△ECD是直角三角形，∴∠ACB＝∠ECD＝90°.∴∠ACB+∠BCE＝∠ECD+∠BCE.∴∠ACE＝∠BCD.∵BC＝kAC，CD＝kCE，∴＝k.∴△BCD∽△ACE.∴BD＝kAE，∵点P、M、N分别为AD、AB、DE的中点，∴PM＝ BD，PN＝ AE.∴PM＝kPN.【解析】【解答】解：（1）PM＝PN，PM⊥PN，理由如下：∵△ACB和△ECD是等腰直角三角形，∴AC＝BC，EC＝CD，∠ACB＝∠ECD＝90°.在△ACE和△BCD中，∴△ACE≌△BCD（SAS），∴AE＝BD，∠EAC＝∠CBD，∵∠BCD＝90°，∴∠CBD+∠BDC＝90°，∴∠EAC+∠BDC＝90°∵点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点，∴PM＝ BD，PN＝ AE，∴PM＝PN，∵点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点，∴PM∥BC，PN∥AE，∴∠NPD＝∠EAC，∠MPN＝∠BDC，∵∠EAC+∠BDC＝90°，∴∠MPA+∠NPC＝90°，∴∠MPN＝90°，即PM⊥PN，故答案为：PM⊥PN，PM＝PN；（ 2 ）PM＝PN，PM⊥PN，理由：∵△ACB和△ECD是等腰直角三角形，∴AC＝BC，EC＝CD，∠ACB＝∠ECD＝90°.∴∠ACB+∠BCE＝∠ECD+∠BCE.∴∠ACE＝∠BCD，∴△ACE≌△BCD（SAS）.∴AE＝BD，∠CAE＝∠CBD.又∵∠AOC＝∠BOE，∠CAE＝∠CBD，∴∠BHO＝∠ACO＝90°.∵点P、M、N分别为AD、AB、DE的中点，∴PM＝ BD，PM∥BD；PN＝ AE，PN∥AE.∴PM＝PN.∴∠MGE+∠BHA＝180°.∴∠MGE＝90°.∴∠MPN＝90°.∴PM⊥PN.故答案为：PM⊥PN，PM＝PN【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质得出结论判断出△ACE≌△BCD，得出AE=BD，再用三角形的中位线即可得出结论；（2）同（1）的方法即可得出结论；（3）利用两边对应成比例夹角相等，判断出△BCD∽△ACE，得出BD=kAE，最后用三角形的中位线即可得出结论.5．如果三角形的两个内角与满足＝90°，那么我们称这样的三角形为“准互余三角形”．（1）若△ABC是“准互余三角形”，∠C＞90°，∠A＝60°，则∠B＝________°；（2）如图①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝5，若AD是∠BAC的平分线，不难证明△ABD是“准互余三角形”．试问在边BC上是否存在点E（异于点D），使得△ABE也是“准互余三角形”？若存在，请求出BE的长；若不存在，请说明理由．（3）如图②，在四边形ABCD中，AB＝7，CD＝12，BD⊥CD，∠ABD＝2∠BCD，且△ABC 是“准互余三角形”．求对角线AC的长．【答案】（1）15°（2）解：存在，如图①，连结AE，在Rt△ABC中，∴∠B+∠BAC=90°，∵AD是∠BAC的平分线，∴∠BAC=2∠BAD，∴∠B+2∠BAD=90°，∴△ABD是“准互余三角形”，又∵△ABE也是“准互余三角形”，∴∠B+2∠BAE=90°，∵∠B+∠BAE+∠EAC=90°，∴∠EAC=∠B,又∵∠C=∠C,∴△CAE∽△CBA，∴ ,即CA2=CB·CE，∵AC＝4，BC＝5，∴CE= .∴BE=BC-CE=5- = .（3）解：如图②，将△BCD沿BC翻折得到△BCF,∵CD＝12，∴CF=CD=12，∠BCF=∠BCD,∠CBD=∠CBF,又∵BD⊥CD，∠ABD=2∠BCD，∴∠CBD+∠BCD=90°，∴2∠CBD+2∠BCD=180°，即∠ABD+∠CBD+∠CBF=180°，∴A、B、F三点共线，在Rt△AFC中，∴∠CAB+∠ACF=90°，即∠CAB+∠ACB+∠BCF=90°，∴∠CAB+2∠ACB≠90°，∵△ABC是“准互余三角形”,∴2∠CAB+∠ACB=90°，∴∠CAB=∠BCF，∵∠F=∠F,∴△FCB∽△FAC，∴ ,即FC2=FA·FB,设BF=x，∵AB=7,∴FA=x+7,∴x（x+7）=122,解得：x1=9，x2=-16（舍去）∴AF=7+9=16.在Rt△AFC中，∴AC= = =20.【解析】【解答】（1）解：∵△ABC是“准互余三角形”，∠C＞90°，∠A＝60°，∴2∠B+∠A=90°，∴2∠B+60°=90°，∴∠B=15°.故答案为：15°【分析】（1）根据“准互余三角形”，的定义，结合题意得2∠B+∠A=90°，代入数值即可求出∠B度数.（2）存在，根据直角三角形两内角互余和角平分线定义得∠B+2∠BAD=90°，根据“准互余三角形”，定义即可得△ABD是“准互余三角形”；根据△ABE是“准互余三角形”，以及直角三角形两内角互余可得∠EAC=∠B,根据相似三角形判定“AA”可得△CAE∽△CBA，再由相似三角形性质得 ,由此求出CE= .从而得BE长.（3）如图②，将△BCD沿BC翻折得到△BCF,根据翻折性质、直角三角形性质、“准互余三角形”定义可得到△FCB∽△FAC，再由相似三角形性质可得 ,设BF=x，代入数值即可求出x值，从而求出AF值，在Rt△AFC中，根据勾股定理即可求得AC长.6．已知在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足为点D，以AD为对角线作正方形AEDF，DE 交AB于点M，DF交AC于点N，连结EF，EF分别交AB、AD、AC于点G、点O、点H.（1）求证：EG=HF；（2）当∠BAC=60°时，求的值；（3）设 ,△AEH和四边形EDNH的面积分别为S1和S2，求的最大值.【答案】（1）解：在正方形AEDF中，OE=OF，EF⊥AD，∵AD⊥BC，∴EF∥BC，∴∠AGH=∠B，∠AHG=∠C，而AB=AC，∴∠B=∠C，∴∠AGH=∠AHG，∴AG=AH，∴OG=OH，∴OE-OG=OF-OH，∴EG=FH（2）解：当∠BAC=60°时，△ABC为正三角形，∵AD⊥EF，∴∠OAH=30°，∴，设OH=a，则OA=OE=OF= a，∴EH=（）a，HF=（）a，∵AE∥FN，∴△AEH∽△NFH，∴，∵EF∥BC，∴△AOH∽△ADC，∴，∴CD=2a，易证△HNF∽△CND，∴，∴（3）解：设EH=2m，则FH=2km，OA= EF=（k+1）m，∴S1=（k+1）m2，由（2）得，△AEH∽△NFH，∴S△HNF=k2S1=k2（k+1）m2，而S△EDF=OA2=（k+1）2m2，∴S2=S△EDF - S△HNF =（k+1）2m2 -k2（k+1）m2=（-k2+k+1）（k+1）m2，∴ =-k2+k+1，∴当k= 时，最大= .【解析】【分析】（1）根据等腰三角形的判定与性质，正方形的性质易证△AGH为等腰三角形，通过“三线合一”可得OG=OH，即可得证；（2）由等边三角形的性质可设OH=a，则OA=OE=OF= a，则EH=（）a，HF=（）a，根据相似三角形判定易证△AEH∽△NFH，△AOH∽△ADC，△HNF∽△CND，然后通过相似三角形的对应边成比整理即可得解；（3）设EH=2m，则FH=2km，OA= EF=（k+1）m，分别得到S1、S△HNF和S△EDF关于k，m的表达式，再根据S2=S△EDF - S△HNF得到S2的表达式，进而得到关于k的表达式，通过配方法即可得解.7．如图，抛物线与轴交于点，与轴交于点 .在线段上有一动点（不与重合），过点作轴的垂线交于点，交抛物线于点，过点作于点 .（1）求直线的函数解析式；（2）求证：；并求出当为何值时，和的相似比为 .【答案】（1）解：令：，则，解得：，（舍）∴令，得，∴设直线：，把，分别代入上式得：解之得：∴（2）证明：∵又∵∴∵，，，∴，，∵∴∴，（舍）【解析】【分析】(1) 设直线：，求出A、B点坐标，代入求出k,b即可.(2)利用两组对应角相等证明三角形相似，结合函数解析式，分别表示出AN、PN的长，再根据相似比列式计算即可.8．已知：A、B两点在直线l的同一侧，线段AO，BM均是直线l的垂线段，且BM在AO 的右边，AO=2BM，将BM沿直线l向右平移，在平移过程中，始终保持∠ABP=90°不变，BP边与直线l相交于点P．（1）当P与O重合时（如图2所示），设点C是AO的中点，连接BC．求证：四边形OCBM是正方形；（2）请利用如图1所示的情形，求证： = ；（3）若AO=2 ，且当MO=2PO时，请直接写出AB和PB的长．【答案】（1）解：∵2BM=AO，2CO=AO，∴BM=CO，∵AO∥BM，∴四边形OCBM是平行四边形，∵∠BMO=90°，∴▱OCBM是矩形，∵∠ABP=90°，C是AO的中点，∴OC=BC，∴矩形OCBM是正方形（2）解：连接AP、OB，∵∠ABP=∠AOP=90°，∴A、B、O、P四点共圆，由圆周角定理可知：∠APB=∠AOB，∵AO∥BM，∴∠AOB=∠OBM，∴∠APB=∠OBM，∴△APB∽△OBM，∴（3）解：当点P在O的左侧时，如图所示，过点B作BD⊥AO于点D，易证△PEO∽△BED，∴，易证：四边形DBMO是矩形，∴BD=MO，OD=BM，∴MO=2PO=BD，∴，∵AO=2BM=2 ，∴BM= ，∴OE= ，DE= ，易证△ADB∽△ABE，∴AB2=AD•AE，∵AD=DO=DM= ，∴AE=AD+DE=∴AB= ，由勾股定理可知：BE= ，易证：△PEO∽△PBM，∴，∴PB= ；当点P在O的右侧时，如图所示，过点B作BD⊥OA于点D，∵MO=2PO，∴点P是OM的中点，设PM=x，BD=2x，∵∠AOM=∠ABP=90°，∴A、O、P、B四点共圆，∴四边形AOPB是圆内接四边形，∴∠BPM=∠A，∴△ABD∽△PBM，∴，又易证四边形ODBM是矩形，AO=2BM，∴AD=BM= ，∴，解得：x= ，∴BD=2x=2由勾股定理可知：AB=3 ，BM=3【解析】【分析】（1）根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形OCBM 是平行四边形，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形得出▱OCBM是矩形，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出OC=BC，根据有一组邻边相等的矩形是正方形得出结论；（2）连接AP、OB，根据∠ABP=∠AOP=90°，判断出A、B、O、P四点共圆，由圆周角定理可知：∠APB=∠AOB，根据二直线平行内错角相等得出∠AOB=∠OBM，根据等量代换得出∠APB=∠OBM，从而判断出△APB∽△OBM，根据相似三角形对应边成比例得出;（3）当点P在O的左侧时，如图所示，过点B作BD⊥AO于点D，易证△PEO∽△BED，根据相似三角形对应边成比例得出,易证：四边形DBMO是矩形，根据矩形的性质得出BD=MO，OD=BM，故MO=2PO=BD，进而得出BM,OE,DE的长，易证△ADB∽△ABE，根据相似三角形对应边成比例得出AB2=AD•AE，从而得出AE,AB的长，由勾股定理可得BF 的长，易证：△PEO∽△PBM，根据相似三角形对应边成比例得出BE ∶PB=OM ∶PM=2 ∶3 ，根据比例式得出PB的长；当点P在O的右侧时，如图所示，过点B作BD⊥OA于点D，设PM=x，BD=2x，由∠AOM=∠ABP=90°，得出四边形AOPB是圆内接四边形，根据圆内接四边形的性质得出∠BPM=∠A，从而判断出△ABD∽△PBM，根据相似三角形对应边成比例得出 AD ∶BD=PM ∶BM，根据比例式得出x的值，进而得出BD，AB，BP的长。