2020-2021备战中考数学与相似有关的压轴题及答案解析
2020-2021备战中考数学与相似有关的压轴题及答案解析一、相似1．如图，已知抛物线经过点A（﹣1，0），B（4，0），C（0，2）三点，点D与点C关于x轴对称，点P是x轴上的一个动点，设点P的坐标为（m，0），过点P做x轴的垂线l交抛物线于点Q，交直线于点M．（1）求该抛物线所表示的二次函数的表达式；（2）已知点F（0，），当点P在x轴上运动时，试求m为何值时，四边形DMQF是平行四边形？（3）点P在线段AB运动过程中，是否存在点Q，使得以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：由抛物线过点A（-1，0）、B（4，0）可设解析式为y=a（x+1）（x-4），将点C（0，2）代入，得：-4a=2，解得：a=- ，则抛物线解析式为y=- （x+1）（x-4）=- x2+ x+2（2）解：由题意知点D坐标为（0，-2），设直线BD解析式为y=kx+b，将B（4，0）、D（0，-2）代入，得：，解得：，∴直线BD解析式为y= x-2，∵QM⊥x轴，P（m，0），∴Q（m，- m2+ m+2）、M（m， m-2），则QM=- m2+ m+2-（ m-2）=- m2+m+4，∵F（0，）、D（0，-2），∴DF= ，∵QM∥DF，∴当- m2+m+4= 时，四边形DMQF是平行四边形，解得：m=-1或m=3，即m=-1或3时，四边形DMQF是平行四边形。
（3）解：如图所示：∵QM∥DF，∴∠ODB=∠QMB，分以下两种情况：①当∠DOB=∠MBQ=90°时，△DOB∽△MBQ，则，∵∠MBQ=90°，∴∠MBP+∠PBQ=90°，∵∠MPB=∠BPQ=90°，∴∠MBP+∠BMP=90°，∴∠BMP=∠PBQ，∴△MBQ∽△BPQ，∴，即，解得：m1=3、m2=4，当m=4时，点P、Q、M均与点B重合，不能构成三角形，舍去，∴m=3，点Q的坐标为（3，2）；②当∠BQM=90°时，此时点Q与点A重合，△BOD∽△BQM′，此时m=-1，点Q的坐标为（-1，0）；综上，点Q的坐标为（3，2）或（-1，0）时，以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似．【解析】【分析】（1）A（-1，0）、B（4，0）是抛物线与x轴的交点，则可由抛物线的两点式，设解析为y=a（x+1）（x-4），代入C（0,2）即可求得a的值；（2）由QM∥DF且四边形DMQF是平行四边形知QM=DF，由D，F的坐标可求得DF的长度；由P（m,0）可得Q（m，-m2+m+2），而M在直线BD上，由B，D的坐标用待定系数法求出直线BD的解析式，并当=m时，表示出点M的坐标，可用m表示出QM的长度。
由QM=DF，列出关于m的方程，解之可得；（3）在△DOB和△MBQ中，由QM∥DF，可知∠ODB=∠QMB，因为∠MBQ=90°要使△DOB和△MBQ相似，则需要∠DOB=∠MBQ=90°或∠DOB=∠BQM=90°。
2．在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝12，M是AD边的中点，P是AB边上的一个动点（不与A、B重合），PM的延长线交射线CD于Q点，MN⊥PQ交射线BC于N点。
（1）若点N在BC之间时，如图：①求证：∠NPQ＝∠PQN；②请问是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是，请举反例说明；（2）当△PBN与△NCQ的面积相等时，求AP的值.【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠ADC＝∠ADQ＝90°，AB//CD，∴∠APM＝∠DQM，∵M是AD边的中点，∴AM＝DM，在△APM和△DQM中，，∴△APM≌△DQM（AAS），∴PM＝QM，∵MN⊥PQ，∴MN是线段PQ的垂直平分线，∴PN＝QN，∴∠NPQ＝∠PQN② 是定值理由：如图，过点M作ME⊥BC于点E，∴∠MEN＝∠MEB＝∠AME＝90°，∴四边形ABEM是矩形，∠MEN＝∠MAP，∴AB＝EM，∵MN⊥PQ，∴∠PMN＝90°，∴∠PMN＝∠AME，∴∠PMN－∠PME＝∠AME－∠PME，∴∠EMN＝∠AMP，∴△AMP∽△EMN，∴，∴，∵AD＝12，M是AD边的中点，∴AM＝ AD＝6，∵AB＝8，∴；（2）解：分点N在BC之间和点N在BC延长线上两种情况（ⅰ）当点N在BC之间时，如图，作BF⊥PN于点F，CG⊥QN于点G，再分别作Rt△PBN和Rt△NCQ的中线BS、CT，∴∠BFS＝∠CGT＝90°，BS＝ PN，CT＝ QN，∵PN＝QN，S△PBN＝S△NCQ，∴BF＝CG，BS＝CT在Rt△BFS和Rt△CGT中，，∴Rt△BFS≌Rt△CGT（HL），∴∠BSF＝∠CTG，∴∠BNP＝∠BSF＝∠CTG＝∠CQN，在△PBN和△NCQ中，，∴△PBN≌△NCQ（AAS），∴BN＝CQ，BP＝CN，∵AP＝AB－BP＝8－CN，又∵CN＝BC－BN＝12－CQ，∴AP＝CQ－4又∵CQ＝CD+DQ，DQ＝AP，∴AP＝4+AP（舍去），∴此种情况不成立；（ⅱ）当点N在BC延长线上时，如图，作BF⊥PN于点F，CG⊥QN于点G，再分别作Rt△PBN和Rt△NCQ的中线BS、CT，同理可得，△PBN≌△NCQ，∴PB＝NC，BN＝CQ，∵AP＝DQ，∵AP+8＝DQ+CD＝CQ＝BC+CN＝12+BP，∴AP－BP＝4 ①，∵AP+BP＝AB＝8②，①+②得：2AP＝12，∴AP＝6．【解析】【分析】（1）①由矩形的性质用角角边易证△APM≌△DQM，可得PM＝QM，已知MN⊥PQ，由线段的垂直平分线的定义可得MN是线段PQ的垂直平分线，再根据线段的垂直平分线的性质可得PN＝QN，由等边对等角可得∠NPQ＝∠PQN；②过点M作ME⊥BC于点E，由矩形的性质跟据有两个角对应相等的两个三角形相似易证△AMP∽△EMN，可得比例式，结合已知条件易求得为定值；（2）根据MN⊥PQ交射线BC于N点可知分两种情况：①当点N在BC之间时，如图，作BF⊥PN于点F，CG⊥QN于点G，再分别作Rt△PBN和Rt△NCQ的中线BS、CT，通过证Rt△BFS≌Rt△CGT和△PBN≌△NCQ可求解；②当点N在BC延长线上时，如图，作BF⊥PN于点F，CG⊥QN于点G，再分别作Rt△PBN和Rt△NCQ的中线BS、CT，通过证△PBN≌△NCQ可求解。
3．如图，在中，，点M是AC的中点，以AB为直径作分别交于点．（1）求证：；（2）填空：若，当时， ________；连接，当的度数为________时，四边形ODME是菱形．【答案】（1）证明：∵∠ABC=90°，AM=MC，∴BM=AM=MC，∴∠A=∠ABM．∵四边形ABED是圆内接四边形，∴∠ADE+∠ABE=180°，又∠ADE+∠MDE=180°，∴∠MDE=∠MBA，同理证明：∠MED=∠A，∴∠MDE=∠MED，∴MD=ME（2）2；【解析】【解答】解：(2)①由（1）可知，∠A=∠MDE，∴DE∥AB，∴ =．∵AD=2DM，∴DM：MA=1：3，∴DE= AB= ×6=2．故答案为：2．②当∠A=60°时，四边形ODME是菱形．理由如下：连接OD、OE．∵OA=OD，∠A=60°，∴△AOD是等边三角形，∴∠AOD=60°．∵DE∥AB，∴∠ODE=∠AOD=60°，∠MDE=∠MED=∠A=60°，∴△ODE，△DEM都是等边三角形，∴OD=OE=EM=DM，∴四边形OEMD是菱形．故答案为：60°．【分析】（1）要证MD=ME，只须证∠MDE=∠MED即可。
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得BM=AM=MC，则∠A=∠ABM，由圆内接四边形的性质易得∠MED=∠A，∠MDE=∠MBA，所以可得∠MDE=∠MED；（2）①由（1）易证得DE∥AB，可得比例式，结合①中的已知条件即可求解；②当∠A=60°时，四边形ODME是菱形．理由如下：连接OD、OE，由题意易得△ODE，△DEM都是等边三角形，所以可得OD=OE=EM=DM，由菱形的判定即可求解。
4．（1）问题发现如图1，四边形ABCD为矩形，AB=a，BC=b，点P在矩形ABCD的对角线AC上，Rt△PEF的两条直角边PE，PF分别交BC，DC于点M，N，当PM⊥BC，PN⊥CD时， =________（用含a，b的代数式表示）．（2）拓展探究在（1）中，固定点P，使△PEF绕点P旋转，如图2，的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明．（3）问题解决如图3，四边形ABCD为正方形，AB=BC=a，点P在对角线AC上，M，N分别在BC，CD上，PM⊥PN，当AP=nPC时，（n是正实数），直接写出四边形PMCN的面积是________（用含n，a的代数式表示）【答案】（1）（2）解：如图3，过P作PG⊥BC于G，作PH⊥CD于H，则∠PGM=∠PHN=90°，∠GPH=90°∵Rt△PEF中，∠FPE=90°∴∠GPM=∠HPN∴△PGM∽△PHN∴由PG∥AB，PH∥AD可得， ,∵AB=a，BC=b∴，即 ,∴，故答案为（3）【解析】【解答解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AB⊥BC，∵PM⊥BC，∴△PMC∽△ABC∴∵四边形ABCD是矩形，∴∠BCD=90°，∵PM⊥BC，PN⊥CD，∴∠PMC=∠PNC=90°=∠BCD，∴四边形CNPM是矩形，∴CM=PN，∴，故答案为；（ 3 ）∵PM⊥BC，AB⊥BC∴△PMC∽△ABC∴当AP=nPC时（n是正实数），∴PM= a∴四边形PMCN的面积= ，故答案为：．【分析】（1）由题意易得△PMC∽△ABC，可得比例式，由矩形的性质可得CM=PN，则结论可得证；（2）过P作PG⊥BC于G，作PH⊥CD于H，由辅助线和已知条件易得△PGM∽△PHN，则得比例式，由（1）可得比例式，即比值不变；（3）由（2）的方法可得，则四边形PMCN的面积= .5．如图1，经过原点O的抛物线y=ax2+bx（a≠0）与x轴交于另一点A（，0），在第一象限内与直线y=x交于点B（2，t）．（1）求这条抛物线的表达式；（2）在第四象限内的抛物线上有一点C，满足以B，O，C为顶点的三角形的面积为2，求点C的坐标；（3）如图2，若点M在这条抛物线上，且∠MBO=∠ABO，在（2）的条件下，是否存在点P，使得△POC∽△MOB？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：∵B（2，t）在直线y=x上，∴t=2，∴B（2，2），把A、B两点坐标代入抛物线解析式可得，解得，∴抛物线解析式为y=2x2﹣3x（2）解：如图1，过C作CD∥y轴，交x轴于点E，交OB于点D，过B作BF⊥CD于点F，∵点C是抛物线上第四象限的点，∴可设C（t，2t2﹣3t），则E（t，0），D（t，t），∴OE=t，BF=2﹣t，CD=t﹣（2t2﹣3t）=﹣2t2+4t，∴S△OBC=S△CDO+S△CDB= CD•OE+ CD•BF= （﹣2t2+4t）（t+2﹣t）=﹣2t2+4t，∵△OBC的面积为2，∴﹣2t2+4t=2，解得t1=t2=1，∴C（1，﹣1）（3）解：存在．设MB交y轴于点N，如图2，∵B（2，2），∴∠AOB=∠NOB=45°，在△AOB和△NOB中∴△AOB≌△NOB（ASA），∴ON=OA= ，∴N（0，），∴可设直线BN解析式为y=kx+ ，把B点坐标代入可得2=2k+ ，解得k= ，∴直线BN的解析式为y= x+ ，联立直线BN和抛物线解析式可得，解得或，∴M（﹣，），∵C（1，﹣1），∴∠COA=∠AOB=45°，且B（2，2），∴OB=2 ，OC= ，∵△POC∽△MOB，∴ = =2，∠POC=∠BOM，当点P在第一象限时，如图3，过M作MG⊥y轴于点G，过P作PH⊥x轴于点H，∵∠COA=∠BOG=45°，∴∠MOG=∠POH，且∠PHO=∠MGO，∴△MOG∽△POH，∴ = = =2，∵M（﹣，），∴MG= ，OG= ，∴PH= MG= ，OH= OG= ，∴P（，）；当点P在第三象限时，如图4，过M作MG⊥y轴于点G，过P作PH⊥y轴于点H，同理可求得PH= MG= ，OH= OG= ，∴P（﹣，）；综上可知存在满足条件的点P，其坐标为（，）或（﹣，）【解析】【分析】（1）根据已知抛物线在第一象限内与直线y=x交于点B（2，t），可求出点B的坐标，再将点A、B的坐标分别代入y=ax2+bx，建立二元一次方程组，求出a、b的值，即可求得答案。
2020-2021中考数学与相似有关的压轴题附答案解析
2020-2021中考数学与相似有关的压轴题附答案解析一、相似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．如图，矩形OABC的两边在坐标轴上，点A的坐标为（10，0），抛物线y=ax2+bx+4过点B，C两点，且与x轴的一个交点为D（﹣2，0），点P是线段CB上的动点，设CP=t （0＜t＜10）．（1）请直接写出B、C两点的坐标及抛物线的解析式；（2）过点P作PE⊥BC，交抛物线于点E，连接BE，当t为何值时，∠PBE=∠OCD？（3）点Q是x轴上的动点，过点P作PM∥BQ，交CQ于点M，作PN∥CQ，交BQ于点N，当四边形PMQN为正方形时，请求出t的值．【答案】（1）解：在y＝ax2＋bx＋4中，令x＝0可得y＝4，∴C（0，4），∵四边形OABC为矩形，且A（10，0），∴B（10，4），把B、D坐标代入抛物线解析式可得，解得，∴抛物线解析式为y＝ x2＋ x＋4；（2）解：由题意可设P（t，4），则E（t， t2＋ t＋4），∴PB＝10﹣t，PE＝ t2＋ t＋4﹣4＝ t2＋ t，∵∠BPE＝∠COD＝90°，当∠PBE＝∠OCD时，则△PBE∽△OCD，∴，即BP•OD＝CO•PE，∴2（10﹣t）＝4（ t2＋ t），解得t＝3或t＝10（不合题意，舍去），∴当t＝3时，∠PBE＝∠OCD；当∠PBE＝∠CDO时，则△PBE∽△ODC，∴，即BP•OC＝DO•PE，∴4（10﹣t）＝2（ t2＋ t），解得t＝12或t＝10（均不合题意，舍去）综上所述∴当t＝3时，∠PBE＝∠OCD（3）解：当四边形PMQN为正方形时，则∠PMC＝∠PNB＝∠CQB＝90°，PM＝PN，∴∠CQO＋∠AQB＝90°，∵∠CQO＋∠OCQ＝90°，∴∠OCQ＝∠AQB，∴Rt△COQ∽Rt△QAB，∴，即OQ•AQ＝CO•AB，设OQ＝m，则AQ＝10﹣m，∴m（10﹣m）＝4×4，解得m＝2或m＝8，①当m＝2时，CQ＝＝，BQ＝＝，∴sin∠BCQ＝＝，sin∠CBQ＝＝，∴PM＝PC•sin∠PCQ＝ t，PN＝PB•sin∠CBQ＝（10﹣t），∴ t ＝（10﹣t），解得t＝，②当m＝8时，同理可求得t＝，∴当四边形PMQN为正方形时，t的值为或【解析】【分析】（1）先求出抛物线与y轴的交点C的坐标，再根据矩形ABCO及点A的坐标为（10，0），求出点B的坐标，然后利用待定系数法，将点B、D的坐标分别代入函数解析式求出二次函数解析式。
2020-2021中考数学相似-经典压轴题含详细答案
2020-2021中考数学相似-经典压轴题含详细答案一、相似1．如图，抛物线y=﹣ +bx+c过点A（3，0），B（0，2）．M（m，0）为线段OA上一个动点（点M与点A不重合），过点M作垂直于x轴的直线与直线AB和抛物线分别交于点P、N．（1）求直线AB的解析式和抛物线的解析式；（2）如果点P是MN的中点，那么求此时点N的坐标；（3）如果以B，P，N为顶点的三角形与△APM相似，求点M的坐标．【答案】（1）解：设直线AB的解析式为y=px+q，把A（3，0），B（0，2）代入得，解得，∴直线AB的解析式为y=﹣ x+2；把A（3，0），B（0，2）代入y=﹣ +bx+c得，解得，∴抛物线解析式为y=﹣ x2+ x+2（2）解：∵M（m，0），MN⊥x轴，∴N（m，﹣ m2+ m+2），P（m，﹣ m+2），∴NP=﹣ m2+4m，PM=﹣ m+2，而NP=PM，∴﹣ m2+4m=﹣ m+2，解得m1=3（舍去），m2= ，∴N点坐标为（，）（3）解：∵A（3，0），B（0，2），P（m，﹣ m+2），∴AB= = ，BP= = m，而NP=﹣ m2+4m，∵MN∥OB，∴∠BPN=∠ABO，当 = 时，△BPN∽△OBA，则△BPN∽△MPA，即 m：2=（﹣ m2+4m）：，整理得8m2﹣11m=0，解得m1=0（舍去），m2= ，此时M点的坐标为（，0）；当 = 时，△BPN∽△ABO，则△BPN∽△APM，即 m： =（﹣ m2+4m）：2，整理得2m2﹣5m=0，解得m1=0（舍去），m2= ，此时M点的坐标为（，0）；综上所述，点M的坐标为（，0）或（，0）【解析】【分析】（1）因为抛物线和直线AB都过点A（3,0）、B（0,2），所以用待定系数法求两个解析式即可；（2）由题意知点P是MN的中点，所以PM=PN；而MN OA交抛物线与点N，交直线AB于点P，所以M、P、N的横坐标相同且都是m,纵坐标分别可用（1）中相应的解析式表示，即P（m,）,N（m,）,PM与PN的长分别为相应两点的纵坐标的绝对值，代入PM=PN即可的关于m的方程，解方程即可求解；（3）因为以B，P，N为顶点的三角形与△APM相似，而△APM是直角三角形，所以分两种情况：当∠PBN=时，则可得△PBN∽△PMA，即得相应的比例式，可求得m的值；当∠PNB=时，则可得△PNB∽△PMA，即得相应的比例式，可求得m的值。
2020-2021中考数学与相似有关的压轴题及详细答案
2020-2021中考数学与相似有关的压轴题及详细答案一、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，∠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.3．如图，AB是半圆O的直径，AB＝2，射线AM、BN为半圆O的切线.在AM上取一点D，连接BD交半圆于点C，连接AC.过O点作BC的垂线OE，垂足为点E，与BN相交于点F.过D点作半圆O的切线DP，切点为P，与BN相交于点Q.（1）若△ABD≌△BFO，求BQ的长；（2）求证：FQ=BQ【答案】（1）解：∵≌，∴，∵均为半圆切线，∴ .连接 ,则，∴四边形为菱形，∴DQ∥，∵均为半圆切线，∴∥，∴四边形为平行四边形∴，（2）证明：易得∽，∴ = ，∴ .∵是半圆的切线，∴ .过点作于点，则 .在中，，∴，解得：，∴∴【解析】【分析】（1）连接OP,由ΔABD≌ΔBFO可得AD=OB，由切线长定理可得AD=DP，于是易得OP=OA=DA=DP，根据菱形的判定可得四边形DAOP为菱形，则可得DQ∥AB，易得四边形DABQ为平行四边形，根据平行四边形的性质可求解；（2）过Q点作QK⊥AM于点K，由已知易证得ΔAB D∽ΔBFO，可得比例式，可得BF与AD的关系，由切线长定理可得AD=DP,QB=QP ，解直角三角形DQK可求得BQ与AD 的关系，则根据FQ=BF−BQ可得FQ与AD的关系，从而结论得证。
2020-2021备战中考数学与相似有关的压轴题附答案
2020-2021备战中考数学与相似有关的压轴题附答案一、相似1．如图，在平面直角坐标系中，直线分别交x轴，y轴于点A，C，点D （m，4）在直线AC上，点B在x轴正半轴上，且OB=2OC．点E是y轴上任意一点，连结DE，将线段DE按顺时针旋转90°得线段DG，作正方形DEFG，记点E为（0，n）．（1）求点D的坐标；（2）记正方形DEFG的面积为S，① 求S关于n的函数关系式；② 当DF∥x轴时，求S的值；（3）是否存在n的值，使正方形的顶点F或G落在△ABC的边上？若存在，求出所有满足条件的n的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）解：∵点D（m，4）在直线AC上；∴4= m+8，解得m=﹣3，∴点D的坐标为（﹣3，4）（2）解：①如图1，过点D作DH⊥y轴于H，则EH=|n﹣4|∴S=DE2=EH2+DH2=（n﹣4）2+9；②当DF∥x轴时，点H即为正方形DEFG的中心，∴EH=DH=3，∴n=4+3=7，∴S=（7﹣4）2+9=18（3）解：∵OB=2OC=16，∴B为（16，0），∴BC为：；①当点F落在BC边上时，如图2，作DM⊥y轴于M，FN⊥y轴于N．在△DEM与△EFN中，，∴△DEM≌△EFN（AAS），∴NF=EM=n﹣4，EN=DM=3∴F为（n﹣4，n﹣3）∴n﹣3=﹣（n﹣4）+8，∴n= ；②当点G落在BC边上时，如图3，作DM⊥y轴于M，GN⊥DM轴于N，由①同理可得△DEM≌△GDN，∴GN=DM=3，DN=EM=n﹣4，∴点G纵坐标为1，∴，∴x=14，∴DN=14+3=17=n﹣4，∴n=21；③当点F落在AB边上时，如图4，作DM⊥y轴于M，由①同理可得△DEM≌△EFO，∴OE=DM=3，即n=3；④当点G落在AC边上时，如图5．∵∠CDE=∠AOC=90°，∠DCE=∠OCA，∴△DCE∽△OCA，∴，∴，∴n= ，显然，点G不落在AB边上，点F不落在AC边上，故只存在以上四种情况．综上可得，当n= 或21或3或时，正方形的顶点F或G落在△ABC的边上．【解析】【分析】（1）根据点D在直线AC上；于是将D（m，4）代入直线AC的解析式得出m=-3,从而得出D点的坐标；（2）①如图1，过点D作DH⊥y轴于H，根据和y轴垂直的直线上的点的坐标特点及y 轴上两点间的距离，则DH=|n-4|,根据正方形的面积等于边长的平方及勾股定理得出S=DE2=EH2+DH2=（n﹣4）2+9；②当DF∥x轴时，点H即为正方形DEFG的中心，故EH=DH=3，n=7，将n=7代入函数解析式即可得出S的值；（3）首先找到C点的坐标，得出OC的长度，然后根据OB=2OC=16得出B点的坐标，利用待定系数法得出直线BC的解析式，①当点F落在BC边上时，如图2，作DM⊥y轴于M，FN⊥y轴于N．利用AAS判断出∴△DEM≌△EFN，根据全等三角形对应边相等得出NF=EM=n﹣4，EN=DM=3从而得出F点的坐标，根据F点的纵坐标的两种不同表示方法得出关于n的方程，求解得出n的值；②当点G落在BC边上时，如图3，作DM⊥y轴于M，GN⊥DM轴于N，由①同理可得△DEM≌△GDN，GN=DM=3，DN=EM=n﹣4，从而得出G点的纵坐标为1，根据点G的纵坐标列出方程，求解得出N的值；③当点F落在AB 边上时，如图4，作DM⊥y轴于M，由①同理可得△DEM≌△EFO，OE=DM=3，即n=3；④当点G落在AC边上时，如图5．首先判断出△DCE∽△OCA，根据相似三角形对应边成比例得出 C E∶ A C = C D∶ O C，从而得出关于n的方程，求解得出n的值，综上所述得出所有答案。
2020-2021备战中考数学相似-经典压轴题含答案解析
2020-2021备战中考数学相似-经典压轴题含答案解析一、相似1．如图，在一块长为a(cm)，宽为b(cm)(a>b)的矩形黑板的四周，镶上宽为x(cm)的木板，得到一个新的矩形．（1）试用含a，b，x的代数式表示新矩形的长和宽；（2）试判断原矩形的长、宽与新矩形的长、宽是不是比例线段，并说明理由．【答案】（1）解：由原矩形的长、宽分别为a(cm)，b(cm)，木板宽为x(cm)，可得新矩形的长为(a＋2x)cm，宽为(b＋2x)cm（2）解：假设两个矩形的长与宽是成比例线段，则有，由比例的基本性质，得ab＋2bx＝ab＋2ax，∴2(a－b)x＝0.∵a>b，∴a－b≠0，∴x＝0，又∵x>0，∴原矩形的长、宽与新矩形的长、宽不是比例线段．【解析】【分析】（1）根据已知，观察图形，可得出新矩形的长和宽。
（2）假设两个矩形的长与宽是成比例线段，列出比例式，再利用比例的性质得出x=0，即可判断。
2．如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴分别交于点A、B，与y轴交于点C，且OA=1，OB=3，顶点为D，对称轴交x轴于点Q．（1）求抛物线对应的二次函数的表达式；（2）点P是抛物线的对称轴上一点，以点P为圆心的圆经过A、B两点，且与直线CD相切，求点P的坐标；（3）在抛物线的对称轴上是否存在一点M，使得△DCM∽△BQC？如果存在，求出点M 的坐标；如果不存在，请说明理由．【答案】（1）解：∴代入，得解得∴抛物线对应二次函数的表达式为：（2）解：如图，设直线CD切⊙P于点E．连结PE、PA，作点．由得对称轴为直线x=1，∴∴∴为等腰直角三角形．∴∴∴∴为等腰三角形．设∴在中，∴∴整理，得解得，∴点P的坐标为或（3）解：存在点M，使得∽．如图，连结∵∴为等腰直角三角形，∴由（2）可知，∴∴分两种情况．当时，∴，解得．∴∴当时，∴，解得∴∴综上，点M的坐标为或【解析】【分析】（1）用待定系数法即可求解；（2）由（1）中的解析式易求得抛物线的对称轴为直线x=1，顶点D（1，4），点C（0，3），由题意可设点P（1，m），计算易得△DCF为等腰直角三角形，△DEP为等腰三角形，在直角三角形PED和APQ中，用勾股定理可将PE、PA用含m的代数式表示出来，根据PA=PE可列方程求解；（3）由△DCM∽△BQC所得比例式分两种情况：或，根据所得比例式即可求解。
2020-2021中考数学相似-经典压轴题含答案解析
2020-2021中考数学相似-经典压轴题含答案解析一、相似1．已知：如图，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，对角线AC，BD交于点0．点P从点A出发，沿方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点Q从点D出发，沿DC方向匀速运动，速度为1cm/s；当一个点停止运动时，另一个点也停止运动．连接PO并延长，交BC于点E，过点Q作QF∥AC，交BD于点F．设运动时间为t（s）（0＜t＜6），解答下列问题：（1）当t为何值时，△AOP是等腰三角形？（2）设五边形OECQF的面积为S（cm2），试确定S与t的函数关系式；（3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使S五边形S五边形OECQF：S△ACD=9：16？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；（4）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使OD平分∠COP？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：∵在矩形ABCD中，Ab=6cm，BC=8cm，∴AC=10，①当AP=PO=t，如图1，过P作PM⊥AO，∴AM= AO= ，∵∠PMA=∠ADC=90°，∠PAM=∠CAD，∴△APM∽△ADC，∴，∴AP=t= ，②当AP=AO=t=5，∴当t为或5时，△AOP是等腰三角形（2）解：作EH⊥AC于H，QM⊥AC于M，DN⊥AC于N，交QF于G，在△APO与△CEO中，∵∠PAO=∠ECO，AO=OC，∠AOP=∠COE，∴△AOP≌△COE，∴CE=AP=t，∵△CEH∽△ABC，∴，∴EH= ，∵DN= = ，∵QM∥DN，∴△CQM∽△CDN，∴，即，∴QM= ，∴DG= = ，∵FQ∥AC，∴△DFQ∽△DOC，∴，∴FQ= ，∴S五边形OECQF=S△OEC+S四边形OCQF= = ，∴S与t的函数关系式为（3）解：存在，∵S△ACD= ×6×8=24，∴S五边形OECQF：S△ACD=（）：24=9：16，解得t= ，t=0，（不合题意，舍去），∴t= 时，S五边形S五边形OECQF：S△ACD=9：16（4）解：如图3，过D作DM⊥AC于M，DN⊥AC于N，∵∠POD=∠COD，∴DM=DN= ，∴ON=OM= = ，∵OP•DM=3PD，∴OP= ，∴PM= ，∵，∴，解得：t≈15（不合题意，舍去），t≈2.88，∴当t=2.88时，OD平分∠COP．【解析】【分析】（1）根据矩形的性质可得：AB=CD=6，BC=AD=8，所以AC=10；而P、Q 两点分别从A点和D点同时出发且以相同的速度为1cm/s运动，当一个点停止运动时，另一个点也停止运动，所以点P不可能运动到点D；所以△AOP是等腰三角形分两种情况讨论：①当AP=PO=t时，过P作PM⊥AO，易证△CQM∽△CDN，可得比例式即可求解；②当AP=AO=t=5时，△AOP是等腰三角形；（2）作EH⊥AC于H，QM⊥AC于M，DN⊥AC于N，交QF于G，可将五边形转化成一个三角形和一个直角梯形，则五边形OECQF的面积S=三角形OCE的面积+直角梯形OCQF的面积；（3）因为三角形ACD的面积=AD CD=24，再将（2）中的结论代入已知条件S五边形S ：S△ACD=9：16中，可得关于t的方程，若有解且符合题意，则存在，反之，不存五边形OECQF在；（4）假设存在。
2020-2021中考数学压轴题之相似(中考题型整理,突破提升)含详细答案
2020-2021中考数学压轴题之相似(中考题型整理,突破提升)含详细答案一、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．阅读下列材料，完成任务：自相似图形定义：若某个图形可分割为若干个都与它相似的图形，则称这个图形是自相似图形．例如：正方形ABCD中，点E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA边的中点，连接EG，HF交于点O，易知分割成的四个四边形AEOH、EBFO、OFCG、HOGD均为正方形，且与原正方形相似，故正方形是自相似图形．任务：（1）图1中正方形ABCD分割成的四个小正方形中，每个正方形与原正方形的相似比为________；（2）如图2，已知△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，小明发现△ABC也是“自相似图形”，他的思路是：过点C作CD⊥AB于点D，则CD将△ABC分割成2个与它自己相似的小直角三角形．已知△ACD∽△ABC，则△ACD与△ABC的相似比为________；（3）现有一个矩形ABCD是自相似图形，其中长AD=a，宽AB=b（a＞b）．请从下列A、B两题中任选一条作答．A：①如图3﹣1，若将矩形ABCD纵向分割成两个全等矩形，且与原矩形都相似，则a=________（用含b的式子表示）；②如图3﹣2若将矩形ABCD纵向分割成n个全等矩形，且与原矩形都相似，则a=________（用含n，b的式子表示）；B：①如图4﹣1，若将矩形ABCD先纵向分割出2个全等矩形，再将剩余的部分横向分割成3个全等矩形，且分割得到的矩形与原矩形都相似，则a=________（用含b的式子表示）；②如图4﹣2，若将矩形ABCD先纵向分割出m个全等矩形，再将剩余的部分横向分割成n 个全等矩形，且分割得到的矩形与原矩形都相似，则a=________（用含m，n，b的式子表示）．【答案】（1）（2）（3）；；或；或【解析】【解答】（解：（1）∵点H是AD的中点，∴AH= AD，∵正方形AEOH∽正方形ABCD，∴相似比为： == ；故答案为：；（ 2 ）在Rt△ABC中，AC=4，BC=3，根据勾股定理得，AB=5，∴△ACD与△ABC相似的相似比为：，故答案为：；（ 3 ）A、①∵矩形ABEF∽矩形FECD，∴AF：AB=AB：AD，即 a：b=b：a，∴a= b；故答案为：②每个小矩形都是全等的，则其边长为b和 a，则b： a=a：b，∴a= b；故答案为：B、①如图2，由①②可知纵向2块矩形全等，横向3块矩形也全等，∴DN= b，Ⅰ、当FM是矩形DFMN的长时，∵矩形FMND∽矩形ABCD，∴FD：DN=AD：AB，即FD： b=a：b，解得FD= a，∴AF=a﹣ a= a，∴AG= = = a，∵矩形GABH∽矩形ABCD，∴AG：AB=AB：AD即 a：b=b：a得：a= b；Ⅱ、当DF是矩形DFMN的长时，∵矩形DFMN∽矩形ABCD，∴FD：DN=AB：AD即FD： b=b：a解得FD= ，∴AF=a﹣ = ，∴AG= = ，∵矩形GABH∽矩形ABCD，∴AG：AB=AB：AD即：b=b：a，得：a= b；故答案为：或；②如图3，由①②可知纵向m块矩形全等，横向n块矩形也全等，∴DN= b，Ⅰ、当FM是矩形DFMN的长时，∵矩形FMND∽矩形ABCD，∴FD：DN=AD：AB，即FD： b=a：b，解得FD= a，∴AF=a﹣ a，∴AG= = = a，∵矩形GABH∽矩形ABCD，∴AG：AB=AB：AD即 a：b=b：a得：a= b；Ⅱ、当DF是矩形DFMN的长时，∵矩形DFMN∽矩形ABCD，∴FD：DN=AB：AD即FD： b=b：a解得FD= ，∴AF=a﹣，∴AG= = ，∵矩形GABH∽矩形ABCD，∴AG：AB=AB：AD即：b=b：a，得：a= b；故答案为： b或 b．【分析】由题意可知，用相似多边形的性质即可求解。
2020-2021中考数学相似-经典压轴题附答案解析
2020-2021中考数学相似-经典压轴题附答案解析一、相似1．如图，抛物线与x轴交于两点A（﹣4，0）和B（1，0），与y轴交于点C（0，2），动点D沿△ABC的边AB以每秒2个单位长度的速度由起点A向终点B 运动，过点D作x轴的垂线，交△ABC的另一边于点E，将△ADE沿DE折叠，使点A落在点F处，设点D的运动时间为t秒．（1）求抛物线的解析式和对称轴；（2）是否存在某一时刻t，使得△EFC为直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；（3）设四边形DECO的面积为s，求s关于t的函数表达式．【答案】（1）解：把A（﹣4，0），B（1，0），点C（0，2）代入得：，解得：，∴抛物线的解析式为：，对称轴为：直线x=﹣；（2）解：存在，∵AD=2t，∴DF=AD=2t，∴OF=4﹣4t，∴D（2t﹣4，0），∵直线AC的解析式为：，∴E（2t﹣4，t），∵△EFC为直角三角形，分三种情况讨论：①当∠EFC=90°，则△DEF∽△OFC，∴，即，解得：t= ；②当∠FEC=90°，∴∠AEF=90°，∴△AEF是等腰直角三角形，∴DE= AF，即t=2t，∴t=0，（舍去），③当∠ACF=90°，则AC2+CF2=AF2，即（42+22）+[22+（4t﹣4）2]=（4t）2，解得：t= ，∴存在某一时刻t，使得△EFC为直角三角形，此时，t= 或；（3）解：∵B（1，0），C（0，2），∴直线BC的解析式为：y=﹣2x+2，当D在y轴的左侧时，S= （DE+OC）•OD= （t+2）•（4﹣2t）=﹣t2+4 （0＜t＜2）；当D在y轴的右侧时，如图2，∵OD=4t﹣4，DE=﹣8t+10，S= （DE+OC）•OD= （﹣8t+10+2）•（4t﹣4），即（2＜t＜）．综上所述：【解析】【分析】（1）（1）利用待定系数法，将点A、B、C的坐标代入函数解析式，建立方程组求解即可。
2020-2021备战中考数学相似-经典压轴题附详细答案
2020-2021备战中考数学相似-经典压轴题附详细答案一、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备战中考数学与相似有关的压轴题含答案解析
2020-2021备战中考数学与相似有关的压轴题含答案解析一、相似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。