培优相似辅导专题训练及答案

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．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。

2．如图，已知二次函数y=ax2+ x+c的图象与y轴交于点A（0，4），与x轴交于点B、C，点C坐标为（8，0），连接AB、AC．（1）请直接写出二次函数y=ax2+ x+c的表达式；（2）判断△ABC的形状，并说明理由；（3）若点N在x轴上运动，当以点A、N、C为顶点的三角形是等腰三角形时，请直接写出此时点N的坐标；（4）若点N在线段BC上运动（不与点B、C重合），过点N作NM∥AC，交AB于点M，当△AMN面积最大时，求此时点N的坐标．【答案】（1）解：∵A（0，4），∴c=4，，把点C坐标（8，0）代入解析式，得：a=－，∴二次函数表达式为；（2）解：令y=0，则解得，x1=8，x2="-2" ，∴点B的坐标为（-2，0），由已知可得，在Rt△AOB中，AB----2=BO2+AO2=22+42=20，在Rt△AOC中AC----2=AO2+CO2=42+82=80，又∵BC=OB+OC=2+8=10，∴在△ABC中AB----2+ AC----2=20+80=102=BC2，∴△ABC是直角三角形；（3）解：由勾股定理先求出AC，AC= ，①在x轴负半轴，当AC=AN 时，NO=CO=8，∴此时N（-8，0）；②在x轴负半轴，当AC=NC时，NC=AC= ，∵CO=8，∴NO= -8，∴此时N（8- ，0）；③在x轴正半轴，当AN=CN时，设CN=x，则AN=x，ON=8-x，在Rt△AON中，＋ = ，解得：x=5，∴ON=3，∴此时N（3，0）；④在x轴正半轴，当AC=NC时，AC=NC= ，∴ON= ＋8，∴此时N（＋8，0）；综上所述：满足条件的N点坐标是（-8，0）、（8- ，0）、（3，0）、（8+ ，0）；（4）解：设点N的坐标为（n，0），则BN=n+2，过M点作MD⊥x轴于点D，∴MD∥OA，∴△BMD∽△BAO，，∵MN∥AC，∴，∴，∵OA=4，BC=10，BN=n+2，∴MD= （n+2），∵S△AMN= S△ABN- S△BMN==－ +5，∵－ <0，∴n=3时，S有最大值，∴当△AMN面积最大时，N点坐标为（3，0）．【解析】【分析】（1）用待定系数法可求二次函数的解析式；（2）因为抛物线交x轴于B、C两点，令y=0，解关于x的一元二次方程可得点B的坐标，然后计算AB、BC、AC的长，用勾股定理的逆定理即可判断；（3）由（2）可知AC的长，由题意可知有4种情况：①在x轴负半轴，当AC=AN时；②②在x轴负半轴，当AC=NC时；③在x轴正半轴，当AN=CN时；④在x轴正半轴，当AC=NC时；结合已知条件易求解；（4）设点N的坐标为（n，0），则BN=n+2，过M点作MD⊥x轴于点D，由平行于三角形一边的直线和其他两边所构成的三角形与原三角形相似可得△BMD∽△BAO，于是有比例式，根据平行线分线段成比例定理可得，所以,将已知线段代入比例式可将MD用含n的代数式表示出来，根据三角形的构成可得S△AMN= S△ABN- S△BMN=⋅ BN⋅OA−BN⋅MD，将BN、MD代入可得关于n的二次函数，配成顶点式根据二次函数的性质即可求解。

3．（1）问题发现：如图①，正方形AEFG的两边分别在正方形ABCD的边AB和AD上，连接CF.①写出线段CF与DG的数量关系；②写出直线CF与DG所夹锐角的度数.（2）拓展探究：如图②，将正方形AEFG绕点A逆时针旋转，在旋转的过程中，（1）中的结论是否仍然成立，请利用图②进行说明.（3）问题解决如图③，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC=4，O为AC的中点.若点D在直线BC上运动，连接OE，则在点D的运动过程中，线段OE的长的最小值.（直接写出结果）【答案】（1）①CF= DG，②45（2）解：如图：①连接AC、AF,在正方形ABCD中，延长CF交DG与H点，∠CAD= ∠BCD=45 ,设AD=CD=a，易得AC= a= AD,同理在正方形AEFG中，∠FAG=45 ,AF= AG,∠CAD=∠FAG, ∠CAD-∠2=∠FAG-∠2,∠1=∠3又△CAF∽DAG,= , CF= DG;②由△CAF∽DAG，∠4=∠5，∠ACD=∠4+∠6=45 , ∠5+∠6=45 ，∠5+∠6+∠7=135 ，在△CHD中，∠CHD=180 -135 =45 ，（1）中的结论仍然成立（3）OE的最小值为 .【解析】【解答】（3）如图：由∠BAC=∠DAE=90 ,可得∠BAD=∠CAE,又AB=AC,AD=AE,可得△BAD≌△CAE,∠ACE=∠ABC=45 ,又∠ACB=45 , ∠BCE=90 ,即CE⊥BC,根据点到直线的距离垂线段最短，OE⊥CE时，OE最短，此时OE=CE,△OEC为等腰直角三角形，OC= AC=2,由等腰直角三角形性质易得，OE= ，OE的最小值为 .【分析】（1）①易得CF= DG;②45 ；(2)连接AC、AF,在正方形ABCD中，可得△CAF∽DAG， = , CF= DG，在△CHD中，∠CHD=180 -135 =45 ，（1）中的结论是否仍然成立；（3）OE⊥CE时，OE最短，此时OE=CE,△OEC为等腰直角三角形，OC= AC=2,可得OE的值.4．在平面直角坐标系中，点 A 点 B 已知满足.（1）点A的坐标为________，点B的坐标为________；（2）如图1，点E为线段OB上一点，连接AE，过A作AF⊥AE，且AF=AE，连接BF交轴于点D，若点D(-1,0)，求点E的坐标；（3）在(2)的条件下，如图2，过E作EH⊥OB交AB于H，点M是射线EH上一点(点M不在线段EH上)，连接MO，作∠MON=45°，ON交线段BA的延长线于点N，连接MN，探究线段MN与OM的关系,并说明理由。

【答案】（1）（-4,0）；（0，-4）（2）解：作FH⊥OA于H，∵AF⊥AE，∴∠FAE=∠AHF=∠AOE=90°，∴∠FAH+∠OAE=90°，∠FAH+∠AFH=90°，∴∠AFH=∠OAE,∵AF=OA，∴△AFH≌△EAO，∴FH=OA，∵点A（-4,0），点B（0，-4）∴FH=OA=OB=4，∵∠FHD=∠BOD=90°，∠FDH=∠BDO,∴△FDH≌△BDO，∴OD=DH=1，∴AH=OH=OE=2，∴E（0，-2）（3）解：结论：MN=OM,MN⊥OM，理由：连接OH，OM与BN交于G，∵OA=OB,∠AOB=45°，∴∠OAB=45°∵OE=EB=2，EH∥OA,∴AH=BH,OH⊥AB,∠AHM=∠OAB=45°，∵∠MON=45°∴∠GON=∠GHM,∵∠NGO=∠MGH,∴△NGO∽△MGH，∴ = ,∴ = ,∵∠NGM=∠OGH,∴△NGM∽△OGH，∴∠NMG=∠OHG=90°，∴△OMN是等腰直角三角形∴MN=OM,MN⊥OM.【解析】【解答】（1）∵ =0,∴a=-4，b=-4,∴点A的坐标为（-4,0），点B的坐标为（0，-4）【分析】（1）先将式子变形为完全平方公式的形式，再根据平方的非负性求解;（2）如图1中，作FH⊥OA于H，由△AFH≌△EAO，推出FH=OA,由△FDH≌△BDO,推出AH=OH=OE=2;（3）连接OH，OM与BN交于G，由△NGO∽△MGH，推出 = ,再推出= ,再得出△NGM∽△OGH，推出∠NMG=∠OHG=90°，推出△OMN是等腰直角三角形即可解决问题.5．如图，抛物线y=ax2﹣5ax+c与坐标轴分别交于点A，C，E三点，其中A（﹣3，0），C （0，4），点B在x轴上，AC=BC，过点B作BD⊥x轴交抛物线于点D，点M，N分别是线段CO，BC上的动点，且CM=BN，连接MN，AM，AN．（1）求抛物线的解析式及点D的坐标；（2）当△CMN是直角三角形时，求点M的坐标；（3）试求出AM+AN的最小值．【答案】（1）解：把A（﹣3，0），C（0，4）代入y=ax2﹣5ax+c得，解得，∴抛物线解析式为y=﹣ x2+ x+4；∵AC=BC，CO⊥AB，∴OB=OA=3，∴B（3，0），∵BD⊥x轴交抛物线于点D，∴D点的横坐标为3，当x=3时，y=﹣ ×9+ ×3+4=5，∴D点坐标为（3，5）。

（2）解：在Rt△OBC中，BC= =5，设M（0，m），则BN=CM=4﹣m，CN=5﹣（4﹣m）=m+1，∵∠MCN=∠OCB，∴当时，△CMN∽△COB，则∠CMN=∠COB=90°，即，解得m= ，此时M点坐标为（0，）；当时，△CMN∽△CBO，则∠CNM=∠COB=90°，即，解得m= ，此时M点坐标为（0，）；综上所述，M点的坐标为（0，）或（0，）。