中考数学(相似提高练习题)压轴题训练及答案解析
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，已知：在Rt△ABC中，斜边AB=10，sinA= ，点P为边AB上一动点（不与A，B重合），
PQ平分∠CPB交边BC于点Q，QM⊥AB于M，QN⊥CP于N．
（1）当AP=CP时，求QP；
（2）若四边形PMQN为菱形，求CQ；
（3）探究：AP为何值时，四边形PMQN与△BPQ的面积相等？
【答案】（1）解：∵AB=10，sinA= ，
∴BC=8，
则AC= =6，
∵PA=PC．
∴∠PAC=∠PCA，
∵PQ平分∠CPB，
∴∠BPC=2∠BPQ=2∠A，
∴∠BPQ=∠A，
∴PQ∥AC，
∴PQ⊥BC，又PQ平分∠CPB，
∴∠PCQ=∠PBQ，
∴PB=PC，
∴P是AB的中点，
∴PQ= AC=3
（2）解：∵四边形PMQN为菱形，
∴MQ∥PC，
∴∠APC=90°，
∴ ×AB×CP= ×AC×BC，
则PC=4.8，
由勾股定理得，PB=6.4，
∵MQ∥PC，
∴ = = = ，即 = ，
解得，CQ=
（3）解：∵PQ平分∠CPB，QM⊥AB，QN⊥CP，∴QM=QN，PM=PN，
∴S△PMQ=S△PNQ，
∵四边形PMQN与△BPQ的面积相等，
∴PB=2PM，
∴QM是线段PB的垂直平分线，
∴∠B=∠BPQ，
∴∠B=∠CPQ，
∴△CPQ∽△CBP，
∴ = = ，
∴ = ，
∴CP=4× =4× =5，
∴CQ= ，
∴BQ=8﹣ = ，
∴BM= × = ，
∴AP=AB﹣PB=AB﹣2BM=
【解析】【分析】（１）当AP=CP时，由锐角三角函数可知AC=6，BC=8，因为PQ平分∠CPB，所以PQ//AC，可知PB=PC，所以点P是AB的中点，所以PQ是△ABC的中位线，PQ =3;
(2)当四边形PMQN为菱形时，因为∠APC=，所以四边形PMQN为正方形，可得
PC=4.8，PB=3.6，因为MQ//PC，所以，可得;
(3)当QM垂直平分PB 时，四边形PMQN的面积与△BPQ的面积相等，此时△CPQ∽△CBP，对应边成比例，可得，所以，因为AP=AB-2BM，所以AP=.
3．如图，在矩形ABCD中，，，点E是BC边上的点，，连接AE，交于点F．
（1）求证：≌；
（2）连接CF，求的值；
（3）连接AC交DF于点G，求的值．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠ADC=∠B=90°，AB=CD=4，
∵DF⊥AE，
∴∠AFD=90°，
∴∠BAE+∠EAD=∠EAD+∠ADF=90°，
∴∠BAE=∠ADF，
在Rt△ABE中，
∵AB=4，BE=3，
∴AE=5，
在△ABE和≌△DFA中，
，
∴△ABE≌△DFA（AAS）.
（2）解：连结DE交CF于点H，
∵△ABE≌△DFA，
∴DF=DC=4，AF=BE=3，
∴CE=EF=2，
∴DE⊥CF，
∴∠DCF+∠HDC=∠DEC+∠HDC=90°，
∴∠DCF=∠DEC，
在Rt△DCE中，
∵CD=4，CE=2，
∴DE=2 ，
∴sin∠DCF=sin∠DEC= .
（3）过点C作CK⊥AE交AE的延长线于点K，
∵DF⊥AE，
∴CK∥DF，
∴，
在Rt△CEK中，
∴EK=CE·cos∠CEK=CE·cos∠AEB=2× = ,
∴FK=FE+EK=2+ = ,
∴ = = .
【解析】【分析】（1）由矩形的性质，垂直的性质，同角的余角相等可得∠BAE=∠ADF，在Rt△ABE中，根据勾股定理可得AE=5，由全等三角形的判定AAS可得△ABE≌△DFA.（2）连结DE交CF于点H，由（1）中全等三角形的性质可知DF=DC=4，AF=BE=3，由同角的余角相等得∠DCF=∠DEC，在Rt△DCE中，根据勾股定理可得DE=2 ,根据锐角三角函数定义可得答案.（3）过点C作CK⊥AE交AE的延长线于点K，由平行线的推论知
CK∥DF，根据平行线所截线段成比例可得，在Rt△CEK中，根据锐角三角函数定义可得EK= ,从而求出FK，代入数值即可得出答案.
4．如图（1），已知点G在正方形ABCD的对角线AC上，GE⊥BC，垂足为点E，GF⊥CD，垂足为点F．
（1）证明与推断：
①求证：四边形CEGF是正方形；②推断： AG∶BE的值为：
（2）探究与证明：
将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转α角（0°＜α＜45°），如图（2）所示，试探究线段AG与BE之间的数量关系，并说明理由：
（3）拓展与运用：
正方形CEGF在旋转过程中，当B，E，F三点在一条直线上时，如图（3）所示，延长CG 交AD于点H．若AG=6，GH=2 ，则BC=________．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，∠BCA=45°，
∵GE⊥BC、GF⊥CD，
∴∠CEG=∠CFG=∠ECF=90°，
∴四边形CEGF是矩形，∠CGE=∠ECG=45°，
∴EG=EC，
∴四边形CEGF是正方形
（2）解：连接CG，
由旋转性质知∠BCE=∠ACG=α，
在Rt△CEG和Rt△CBA中，
=cos45°= 、 =cos45°= ，
∴ = ，
∴△ACG∽△BCE，
∴，
∴线段AG与BE之间的数量关系为AG= BE
（3）
【解析】【解答】（1）②由①知四边形CEGF是正方形，∴∠CEG=∠B=90°，∠ECG=45°，
∴，GE∥AB，
∴，
故答案为：；
（ 3 ）∵∠CEF=45°，点B、E、F三点共线，
∴∠BEC=135°，
∵△ACG∽△BCE，
∴∠AGC=∠BEC=135°，
∴∠AGH=∠CAH=45°，
∵∠CHA=∠AHG，
∴△AHG∽△CHA，
∴，
设BC=CD=AD=a，则AC= a，
则由得，
∴AH= a，
则DH=AD﹣AH= a，CH= = a，
∴由得，
解得：a=3 ，即BC=3 ，
故答案为：3 ．
【分析】（1）①根据正方形的性质得出∠BCD=90°，∠BCA=45°，根据垂直的定义及等量代换得出∠CEG=∠CFG=∠ECF=90°，根据三个角是直角的四边形是矩形得出四边形CEGF是矩形，根据三角形的内角和得出∠CGE=∠ECG=45°，根据等角对等边得出EG=EC，根据有一组邻边相等的矩形是正方形即可得出四边形CEGF是正方形；②根据正方形的性质得出GE∥∥CD，根据平行于同一直线的两条直线互相平行得出GE∥AB，根据平行线分线段成比例定理得出GC∶EC＝AG∶BE，根据等腰直角三角形的边之间的关系得出GC∶EC=，从而得出答案；
（2）连接CG，由旋转性质知∠BCE=∠ACG=α，根据余弦函数的定义得出
,,从而判断出△ACG∽△BCE，根据相似三角形对应边的比等于相似比即可得出结论线段AG与BE之间的数量关系为AG= BE ；
（ 3 ）根据∠CEF=45°，点B、E、F三点共线，由邻补角定义得出∠BEC=135°，根据△ACG∽△BCE，得出∠AGC=∠BEC=135°，故∠AGH=∠CAH=45°，然后判断出△AHG∽△CHA，根据相似三角形对应边成比例得出AG∶AC＝GH∶AH＝AH∶CH，设BC=CD=AD=a，则AC= a，根据比例式得出关于AH的方程，求解AH的值，根据DH=AD ﹣AH表示出DH，根据勾股定理表示出CH，根据前面的比例式得出关于a的方程，求解得出a的值，从而得出BC的值。
5．如图，第一象限内半径为2的⊙C与y轴相切于点A，作直径AD，过点D作⊙C的切线l交x轴于点B，P为直线l上一动点，已知直线PA的解析式为：y＝kx+3.
（1）设点P的纵坐标为p，写出p随k变化的函数关系式.
（2）设⊙C与PA交于点M，与AB交于点N，则不论动点P处于直线l上（除点B以外）的什么位置时，都有△AMN∽△ABP.请你对于点P处于图中位置时的两三角形相似给予证明；
（3）是否存在使△AMN的面积等于的k值？若存在，请求出符合的k值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：∵y轴和直线l都是⊙C的切线，∴OA⊥AD，BD⊥AD；又∵OA⊥OB，∴∠AOB＝∠OAD＝∠ADB＝90°，∴四边形OADB是矩形；∵⊙C的半径为2，∴AD＝OB ＝4；
∵点P在直线l上，∴点P的坐标为（4，p）；又∵点P也在直线AP上，∴p＝4k+3
（2）解：连接DN.∵AD是⊙C的直径，∴∠AND＝90°，
∵∠ADN＝90°﹣∠DAN，∠ABD＝90°﹣∠DAN，∴∠ADN＝∠ABD，又∵∠ADN＝∠AMN，∴∠ABD＝∠AMN，∵∠MAN＝∠BAP，∴△AMN∽△ABP
（3）解：存在.理由：把x＝0代入y＝kx+3得：y＝3，即OA＝BD＝3，AB＝
，
∵S△ABD＝AB?DN＝AD?DB∴DN＝＝，∴AN2＝AD2﹣DN2＝，
∵△AMN∽△ABP，∴，即
当点P在B点上方时，∵AP2＝AD2+PD2＝AD2+（PB﹣BD）2＝42+（4k+3﹣3）2＝16（k2+1），
或AP2＝AD2+PD2＝AD2+（BD﹣PB）2＝42+（3﹣4k﹣3）2＝16（k2+1），
S△ABP＝PB?AD＝（4k+3）×4＝2（4k+3），
∴，
整理得：k2﹣4k﹣2＝0，解得k1＝2+ ，k2＝2﹣
当点P在B点下方时，
∵AP2＝AD2+PD2＝42+（3﹣4k﹣3）2＝16（k2+1），S△ABP＝PB?AD＝ [﹣（4k+3）]×4＝﹣2（4k+3）
∴
化简得：k2+1＝﹣（4k+3），解得：k＝﹣2，
综合以上所得，当k＝2± 或k＝﹣2时，△AMN的面积等于
【解析】【分析】（1）由切线的性质知∠AOB＝∠OAD＝∠ADB＝90°，所以可以判定四边形OADB是矩形；根据⊙O的半径是2求得直径AD＝4，从而求得点P的坐标，将其代入直线方程y＝kx＋3即可知p变化的函数关系式；（2）连接DN.∵直径所对的圆周角是直角，∴∠AND＝90°，根据图示易证∠AND＝∠ABD；然后根据同弧所对的圆周角相等推知∠ADN＝∠AMN，再由等量代换可知∠ABD＝∠AMN；最后利用相似三角形的判定定理AA 证明△AMN∽△ABP；（3）存在.把x＝0代入y＝kx＋3得y＝3，即OA＝BD＝3，然后由勾股定理求得AB＝5；又由相似三角形的相似比推知相似三角形的面积比.分两种情况进行讨论：①当点P在B点上方时，由相似三角形的面积比得到k2?4k?2＝0，解关于k的一元二次方程；②当点P在B点下方时，由相似三角形的面积比得到k2＋1＝?（4k＋3），解关于k的一元二次方程.
6．操作：和都是等边三角形，绕着点按顺时针方向旋转，是、的中点，有以下三种图形.
探究：
（1）在上述三个图形中，是否一个固定的值，若是，请选择任意一个图形求出这个比值；
（2）的值是否也等于这个定值，若是，请结合图（1）证明你的结论；
（3）与有怎样的位置关系，请你结合图（2）或图（3）证明你的结论.
【答案】（1）解：∵是等边三角形，由图（1）得AO⊥BC，
∴，∴；
（2）证明：，
，
∴
∴
∴
（3）证明：在图（3）中，由（2）得
∴，
∴∠2+∠4=∠1+∠3，即∠AEF =∠AOB
∵∠AOB=90°，
∴
∴ .
【解析】【分析】（1）由等边三角形的性质可得AO⊥BC，BO= BC= AB，根据勾股定理
计算即可求得AO= BO，即AO∶BO是一个固定的值∶1；（2）由等边三角形的性质可得AO⊥BC，，由同角的余角相等可得，由（1）可得
，可得，根据相似三角形的性质可得；（3）在图（3）中，由（2）得，根据相似三角形的性质可得∠1=∠2，根据对顶角相等得∠3=∠4，则∠2+∠4=∠1+∠3=∠AOB=90°，即 .
7．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+c（a＞0）与x轴相交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C，对称轴为直线x=1．
（1）求点C的坐标（用含a的代数式表示）；
（2）联结AC、BC，若△ABC的面积为6，求此抛物线的表达式；
（3）在第（2）小题的条件下，点Q为x轴正半轴上一点，点G与点C，点F与点A关于点Q成中心对称，当△CGF为直角三角形时，求点Q的坐标．
【答案】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+c（a＞0）的对称轴为直线x=1，
而抛物线与x轴的一个交点A的坐标为（﹣1，0）
∴抛物线与x轴的另一个交点B的坐标为（3，0）
设抛物线解析式为y=a（x+1）（x﹣3），
即y=ax2﹣2ax﹣3a，
当x=0时，y=﹣3a，
∴C（0，﹣3a）
（2）解：∵A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3a），
∴AB=4，OC=3a，
∴S△ACB= AB?OC=6，
∴6a=6，解得a=1，
∴抛物线解析式为y=x2﹣2x﹣3
（3）解：设点Q的坐标为（m，0）．过点G作GH⊥x轴，垂足为点H，如图，
∵点G与点C，点F与点A关于点Q成中心对称，
∴QC=QG，QA=QF=m+1，QO=QH=m，OC=GH=3，
∴OF=2m+1，HF=1，
当∠CGF=90°时，
∵∠QGH+∠FGH=90°，∠QGH+∠GQH=90°，
∴∠GQH=∠HGF，
∴Rt△QGH∽Rt△GFH，
∴ = ，即，解得m=9，
∴Q的坐标为（9，0）；
当∠CFG=90°时，
∵∠GFH+∠CFO=90°，∠GFH+∠FGH=90°，
∴∠CFO=∠FGH，
∴Rt△GFH∽Rt△FCO，
∴ = ，即 = ，解得m=4，
∴Q的坐标为（4，0）；
∠GCF=90°不存在，
综上所述，点Q的坐标为（4，0）或（9，0）．
【解析】【分析】（1）根据抛物线是轴对称图形和已知条件可求得抛物线与x轴的另一个交点B的坐标，再用交点式可求得抛物线的解析式，然后根据抛物线与y轴交于点C可得x=0，把x=0代入解析式即可求得点C的坐标；
（2）由（1）的结论可求得AB=4，OC=3a，根据三角形ABC的面积=AB?OC=6可求得a的值，则解析式可求解；
（3）设点Q的坐标为（m，0）．过点G作GH⊥x轴，垂足为点H，根据中心对称的性质可得QC=QG，QA=QF=m+1，QO=QH=m，OC=GH=3。分两种情况讨论：①当∠CGF=90°时，由同角的余角相等可得∠GQH=∠HGF，于是根据有两个角相等的两个三角形相似可得
Rt△QGH∽Rt△GFH，则可得比例式，代入可求得m的值，则点Q的坐标可求解；
②当∠CFG=90°时，同理可得另一个Q坐标。
8．在中，为边上一点，过点作交于点，以为折线，将翻折，设所得的与梯形重叠部分的面积为．
（1）如图（甲），若，，，，则的值为________．
（2）如图（乙），若，，为中点，则的值为________．
（3）若，，，设．
①求与的函数解析式．
② 是否有最大值，若有，求出的最大值；若没有，请说明理由．
【答案】（1）
（2）12
（3）解：如图a，作于点，在中，∵，，，∴，，当落在上时，为的中点：
即故分以下两种情况讨论：
①当时，如图b，
∵，∴，∴，∴
，即，∴当时，
．
②当时，如图c，
设，分别交于，，由折叠可知，，∴，，∵，∴，，∴，∴
，∴，由①同理得，又，∴，∴
，∴
∵，且当时满足，∴。
∴
当时，值最大，最大值为．
【解析】【解答】解：（）∵，，，∴，∴
，∵，∴，∴
，∴，∴．
（）∵，，∴边上的高为，∴
，∵为的中点，，∴，
，∴，∴，∴．
【分析】（1）△A′DE与梯形DBCE重叠部分的面积y就是△A′DE的面积。用勾股定理求得另一直角边AC=8，由折叠的性质可得?ADE≌?DE，因为DE∥BC，由相似三角形的判定可得△ADE∽△ABC，根据相似三角形的面积的比等于相似比的平方可得△ADE的面积
=△ABC的面积，则?DE的面积即可求解；
（2）根据相似三角形的面积的比等于相似比的平方可求解；
（3）作AH⊥BC于点H，在Rt△ABH中，解直角三角形ABH可求得AH的长，△ABC的面积可求解，当A′落在BC上时，D为AB的中点，即x=5故分以下两种情况讨论：①当0