初三数学相似提高练习与常考题和培优综合题含解析审批稿

中考数学相似培优练习(含答案)及答案解析一、相似1．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。

2．如图,在一个长40 m、宽30 m的矩形小操场上,王刚从A点出发,沿着A→B→C的路线以3 m/s的速度跑向C地.当他出发4 s后,张华有东西需要交给他,就从A地出发沿王刚走的路线追赶,当张华跑到距B地2 m的D处时,他和王刚在阳光下的影子恰好落在一条直线上.（1）此时两人相距多少米(DE的长)?（2）张华追赶王刚的速度是多少?【答案】（1）解：在Rt△ABC中：∵AB=40，BC=30，∴AC=50 m.由题意可得DE∥AC，∴Rt△BDE∽Rt△BAC，∴ = ，即 = .解得DE= m.答：此时两人相距 m.（2）解：在Rt△BDE中：∵DB=2，DE=，∴BE=2 m.∴王刚走的总路程为AB+BE=42 m.∴王刚走这段路程用的时间为 =14(s).∴张华用的时间为14-4=10(s)，∵张华走的总路程为AD=AB-BD=40-2=37（m）,∴张华追赶王刚的速度是37÷10≈3.7（m/s）.答：张华追赶王刚的速度约是3.7m/s.【解析】【分析】（1）在Rt△ABC中，根据勾股定理得AC=50 m，利用平行投影的性质得DE∥AC，再利用相似三角形的性质得出对应边的比相等可求得DE长.（2）在Rt△BDE中,根据勾股定理得BE=2 m，根据题意得王刚走的总路程为42 m，根据时间=路程÷速度求得王刚用的时间，减去4即为张华用的时间，再根据速度=路程÷时间解之即可得出答案.3．如图，△ABC内接于⊙O，且AB＝AC.延长BC到点D，使CD＝CA，连接AD交⊙O于点E.（1）求证：△ABE≌△CDE；（2）填空：①当∠ABC的度数为________时，四边形AOCE是菱形；②若AE＝6，BE=8，则EF的长为________.【答案】（1）证明：∵AB=AC，CD=CA，∴∠ABC=∠ACB，AB=CD．∵四边形ABCE是圆内接四边形，∴∠ECD=∠BAE，∠CED=∠ABC．∵∠ABC=∠ACB=∠AEB，∴∠CED=∠AEB，∴△ABE≌△CDE（AAS）（2）60；【解析】【解答】解：（2）①当∠ABC的度数为60°时，四边形AOCE是菱形；理由是：连接AO、OC．∵四边形ABCE是圆内接四边形，∴∠ABC+∠AEC=180°．∵∠ABC=60，∴∠AEC=120°=∠AOC．∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA=30°．∵AB=AC，∴△ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°．∵∠ACB=∠CAD+∠D．∵AC=CD，∴∠CAD=∠D=30°，∴∠ACE=180°﹣120°﹣30°=30°，∴∠OAE=∠OCE=60°，∴四边形AOCE是平行四边形．∵OA=OC，∴▱AOCE是菱形；②由（1）得：△ABE≌△CDE，∴BE=DE=8，AE=CE=6，∴∠D=∠EBC．∵∠CED=∠ABC=∠ACB，∴△ECD∽△CFB，∴ = ．∵∠AFE=∠BFC，∠AEB=∠FCB，∴△AEF∽△BCF，∴ = ，∴EF= = ．故答案为：①60°；② ．【分析】（1）由题意易证∠ABC=∠ACB，AB=CD；再由四点共圆和已证可得∠ABC=∠ACB=∠AEB，∠CED=∠AEB，则利用AAS可证得结论；（2）①连接AO、CO.宪政△ABC是等边三角形，再证明四边形AOCE是平行四边形，又AO=CO可得结论；②先证△ECD∽△CFB，可得EC：ED=CF：BC=6:8；再证△AEF∽△BCF，则AE：EF=BC：CF，从而求出EF.4．如图1，图形ABCD是由两个二次函数与的部分图像围成的封闭图形，已知A(1，0)、B(0，1)、D(0，﹣3)．（1）直接写出这两个二次函数的表达式；（2）判断图形ABCD是否存在内接正方形（正方形的四个顶点在图形ABCD上），并说明理由；（3）如图2，连接BC、CD、AD，在坐标平面内，求使得△BDC与△ADE相似（其中点C 与点E是对应顶点）的点E的坐标．【答案】（1）解：（2）解：存在，理由：当该内接正方形的中心是原点O，且一组邻边分别平行于x轴、y轴时，设M（x,-x2+1）为第一象限内的图形ABCD上一点，M'（x,3x2-3）为第四象限内的图形上一点，∴MM'=（1-x2）-3（3x2-3）=4-4x2，由抛物线的对称性知，若有内接正方形，则2x=4-4x2，即2x2+x-2=0，x= 或（舍），∵0< ，∴存在内接正方形，此时其边长为（3）解：解：在Rt△AOD中，OA=1，OD=3，∴AD= ，同理CD= .在Rt△BOC中，OB=OC=1，∴BC= .①如图（1）当△DBC~△DAE时，因∠CDB=∠ADO，∴在y轴上存在一点E，由得，得DE= ，因D（0，-3），∴E（）；由对称性知在直线DA右侧还存在一点E'使得△DBC~△DAE'，连接EE'交DA于F点，作E'M⊥OD，垂足为M，连接E'D，∵E、E'关于DA对称，∴DF垂直平分EE'，∴△DEF~△DAO，∴，有，∴， .因，∴，又，在Rt△DE'M中，DM= ，∴OM=1，得∴，使得△DBC~△DAE的点E的坐标为（0， ,）或；如图（2）当△DBC~△ADE时，有∠BDC=∠DAE，，即，得AE= .当E在直线DA左侧时，设AE交y轴于P点，作EQ⊥AC，垂足为Q.由∠BDC=∠DAE=∠ODA，∴PD=PA，设PD=x，则PO=3-x，PA=x，在Rt△AOP中，由得，解得，则有PA= ，PO= ，因AE= ，∴PE= ，在△AEQ中，OP∥EQ，∴，得，又，∴QE=2，∴E（），当E'在直线DA右侧时，因∠DAE'=∠BDC，又∠BDC=∠BDA，∴∠BDA=∠DAE'，则AE'∥OD，∴E'（1，），则使得△DBC~△ADE的点E的坐标为或 .综上，使得△BDC与△ADE相似（其中点C与点E是对应顶点）的点E的坐标有4个，即（0， ,）或或或【解析】【解答】（1）∵二次函数经过点A（1,0），B（0,1）代入得解得∴二次函数；∵二次函数经过点A（1,0），D（0,-3）代入得解得∴二次函数 .【分析】（1）由A（1,0），B（0，1）代入二次函数解出k，m的值可得二次函数y1的表达式；由A（1,0），D（0，-3）代入二次函数解出k，m的值可得二次函数y1的表达式；（2）判断是否存在，可以列举出一种特殊情况：当该内接正方形的中心是原点O，且一组邻边分别平行于x轴、y 轴时，则可设点M（x,-x2+1）在y1图象上，则该正方形存在另一点M'（x,3x2-3）在y2图象上，由邻边相等构造方程解答即可；（3）对于△BDC与△ADE相似，且C于D对应，那么就存在两种情况：①当点B对应点A，即△DBC~△DAE，此时点E的位置有两处，一处在y轴上，另一处在线段AD的右侧；②当点B对应点DA时，即△DBC~△ADE，些时点E 有两处，分别处于线段AD的左右两侧；结果两种情况所有的条件解出答案即可.5．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，顶点A、C的坐标分别为（﹣1，2），（3，2），点B 在x轴上，点B的坐标为（3，0），抛物线y=﹣x2+bx+c经过A、C两点．（1）求该抛物线所对应的函数关系式；（2）点P是抛物线上的一点，当S△PAB= S△ABC时，求点P的坐标；（3）若点N由点B出发，以每秒个单位的速度沿边BC、CA向点A移动，秒后，点M 也由点B出发，以每秒1个单位的速度沿线段BO向点O移动，当其中一个点到达终点时另一个点也停止移动，点N的移动时间为t秒，当MN⊥AB时，请直接写出t的值，不必写出解答过程．【答案】（1）解：将点A（﹣1，2），C（3，2），代入抛物线y=﹣x2+bx+c中，得，解得∴抛物线y=﹣x2+2x+5.（2）解：∵点A（-1,2），B（3,0），C（3,2），∴BC⊥x轴，AC=4，BC=2，∴，∴设直线AB为y=mx+n,将点A（-1,2），B（3,0），代入可得，解得，∴直线AB为y=，设点P（x，），过点P作PN⊥x轴，交直线AB于点M，则M（x，），∴PM= ，∴即，∴或，解得，则点P .（3）解：当时，如图1，点N在BC的线段上，BN= ，BM= ，∵MN⊥AB，∴，又∵A（-1,2），B（3,0），C（3,2），∴AC∥x轴，BC∥y轴，∴∠ACB=90°，∴，∴又∵∠MBN=∠ACB=90°，∴△BNM~△CAB，∴，则，解得t= .当时，点N在线段AC上，如图2，MN与AB交于点D，BM= ,由A（-1,2），B(3,0)，得AB= ，设AD=a，则BD= ,∵∠ADN=∠ACB=90°, ∠DAN=∠CAB,∴△ADN~△ACB，∴；则 = ，则a=∵∠BDM=∠ACB=90°, ∠DBM=∠CAB,∴△BDM~△ACB，∴ =，则解得 .综上， .【解析】【分析】（1）将点A（﹣1，2），C（3，2），代入抛物线y=﹣x2+bx+c中，联立方程组解答即可求出b和c的值；（2）由A（-1,2），B（3,0），C（3,2）可求出直线AB 的解析式和，从而求出 .设PP（x，），过点P作PN⊥x轴，交直线AB于点M，则M（x，），可得代入求出P的横坐标x的值，再代入抛物线的解析式求出点P的纵坐标；（3）首先要明确时间t表示点N运动的时间，由点M，N的速度可求出它们当到达终点时的时间t，取其中的较小值为t所能取到的最大值；由点M只在线段OB上运动，点N在线段BC和线段AC上运动，则要分成两部分进行讨论，当点N在线段BC上时和当点N在线段AC上时，并分别求出相应时间t的取值范围；结合相似三角形的判定和性质得到相应边成比例，列方程解答即可.6．如图，抛物线y=ax2+bx+c过原点O、点A （2，﹣4）、点B （3，﹣3），与x轴交于点C，直线AB交x轴于点D，交y轴于点E．（1）求抛物线的函数表达式和顶点坐标；（2）直线AF⊥x轴，垂足为点F，AF上取一点G，使△GBA∽△AOD，求此时点G的坐标；（3）过直线AF左侧的抛物线上点M作直线AB的垂线，垂足为点N，若∠BMN=∠OAF，求直线BM的函数表达式．【答案】（1）解：将原点O（0,0）、点 A （2，﹣4）、点 B （3，﹣3），分别代入y=ax2+bx+c，得，解得，∴y=x2-4x= ，∴顶点为（2，-4）.（2）解：设直线AB为y=kx+b，由点A（2，-4），B（3，-3），得解得，∴直线AB为y=x-6.当y=0时，x=6，∴点D（6，0）.∵点A（2，-4），D（6,0），B（3，-3），∴OA= ，OD=6，AD= ，AF=4，OF=2，DF=4，AB= ，∴DF=AF，又∵AF⊥x轴，∴∠AD0=∠DAF=45°，∵△GBA∽△AOD，∴，∴，解得，∴FG=AF-AG=4- ，∴点G（2，）.（3）解：如图1，∵∠BMN=∠OAF，，∴∠MBN=∠AOF，设直线BM与AF交于点H，∵∠ABH=∠AOD，∠HAB=∠ADO，∴∴，则，解得AH= ，∴H（2，）.设直线BM为y=kx+b，∵将点B、G的坐标代入得，解得．∴直线BM的解析式为y= ；如图2，BD=AD-AB= ．∵∠BMN=∠OAF，∠GDB=∠ODA，∴△HBD∽△AOD．∴，即，解得DH=4．∴点H的坐标为（2，0）．设直线BM的解析式为y=kx+b．∵将点B和点G的坐标代入得：，解得k=-3，b=6．∴直线BM的解析式为y=-3x+6．综上所述，直线MB的解析式为y= 或y=-3x+6．【解析】【分析】（1）将原点O（0,0）、点A （2，﹣4）、点B （3，﹣3），分别代入y=ax2+bx+c，联立方程组解答即可a,b,c的值，得到二次函数解析式；将解析式配成顶点式，可得顶点；（2）由△GBA∽△AOD，可得，分别求出AD，AB，OD的长即可求出AG，由点A的坐标，即可求出点G；（3）点M在直线AF的左侧，可发出垂足N可以在线段AB上，也可以在AB的延长线上，故有如图1和如图2两种可能；设直线BM与直线AF的交点为H，由（2）可知，参加（2）的方法可求出点H的坐标，从而求出直线BM的解析式.7．如图，已知△ABC的顶点坐标分别为A（3，0），B（0，4），C（-3，0）。

2020-2021九年级数学相似的专项培优易错试卷练习题及答案解析一、相似1．定义：如图1，点M，N把线段AB分割成AM，MN和BN，若以AM，MN，BN为边的三角形是一个直角三角形，则称点M，N是线段AB的勾股分割点.（1）已知点M，N是线段AB的勾股分割点，若AM=3，MN=4求BN的长；（2）已知点C是线段AB上的一定点，其位置如图2所示，请在BC上画一点D，使C，D 是线段AB的勾股分割点（要求尺规作图，保留作图痕迹，画出一种情形即可）；（3）如图3，正方形ABCD中，M，N分别在BC，DC上，且BM≠DN，∠MAN=45°，AM，AN分别交BD于E，F.求证：①E、F是线段BD的勾股分割点；②△AMN的面积是△AEF面积的两倍．【答案】（1）解：（1）①当MN为最大线段时，∵点M，N是线段AB的勾股分割点，∴BM= = = ，②当BN为最大线段时，∵点M，N是线段AB的勾股分割点，∴BN= = =5，综上，BN= 或5；（2）解：作法：①在AB上截取CE=CA；②作AE的垂直平分线，并截取CF=CA；③连接BF，并作BF的垂直平分线，交AB于D；点D即为所求；如图2所示．（3）解：①如图3中，将△ADF绕点A顺时针性质90°得到△ABH，连接HE．∵∠DAF+∠BAE=90°﹣∠EAF=45°，∠DAF=∠BAH，∴∠EAH=∠EAF=45°，∵EA=EA，AH=AF，∴△EAH≌△EAF，∴EF=HE，∵∠ABH=∠ADF=45°=∠ABD，∴∠HBE=90°，在Rt△BHE中，HE2=BH2+BE2，∵BH=DF，EF=HE，∵EF2=BE2+DF2，∴E、F是线段BD的勾股分割点．②证明：如图4中，连接FM，EN．∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADC=90°，∠BDC=∠ADB=45°，∵∠MAN=45°，∴∠EAN=∠EDN，∵∠AFE=∠FDN，∴△AFE∽△DFN，∴∠AEF=∠DNF，，∴，∵∠AFD=∠EFN，∴△AFD∽△EFN，∴∠DAF=∠FEN，∵∠DAF+∠DNF=90°，∴∠AEF+∠FEN=90°，∴∠AEN=90°∴△AEN是等腰直角三角形，同理△AFM是等腰直角三角形；∵△AEN是等腰直角三角形，同理△AFM是等腰直角三角形，∴AM= AF，AN= AE，∵S△AMN= AM•AN•sin45°，S△AEF= AE•AF•sin45°，∴ =2，∴S△AMN=2S△AEF．【解析】【分析】（1）此题分两种情况：①当MN为最大线段时，②当BN为最大线段时，根据线段的勾股分割点的定义，利用勾股定理分别得出BM的长；（2）利用尺规作图，将线段AC,CD,DB转化到同一个直角三角形中，①在AB上截取CE=CA；②作AE的垂直平分线，并截取CF=CA；这样的作图可以保证直角的出现，及AC 是一条直角边，③连接BF，并作BF的垂直平分线，交AB于D；这样的作图意图利用垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等，即BD=DF，从而实现将三条线段转化到同一直角三角形的目的；（3）①如图3中，将△ADF绕点A顺时针性质90°得到△ABH，连接HE．根据正方形的性质及旋转的性质得出∠EAH=∠EAF=45°，AH=AF，利用SAS判断出△EAH≌△EAF，根据全等三角形对应边相等得出EF=HE，根据正方形的每条对角线平分一组对角，及旋转的性质得出∠ABH=∠ADF=45°=∠ABD，故∠HBE=90°，在Rt△BHE中，HE2=BH2+BE2，根据等量代换得出结论；②证明：如图4中，连接FM，EN．根据正方形的性质及对顶角相等判断出△AFE∽△DFN，根据相似三角形对应角相等，对应边成比例得出∠AEF=∠DNF， AF∶DF =EF∶FN ，根据比例的性质进而得出AF∶EF =DF∶FN,再判断出△AFD∽△EFN，根据相似三角形对应角相等得出∠DAF=∠FEN，根据直角三角形两锐角互余，及等量代换由∠DAF+∠DNF=90°，得出∠AEF+∠FEN=90°，即∠AEN=90°，从而判断出△AEN是等腰直角三角形，同理△AFM是等腰直角三角形；根据等腰直角三角形的边之间的关系AM= AF，AN= AE，从而分别表示出S△AMN与S△AEF，求出它们的比值即可得出答案。

2020-2021九年级数学相似的专项培优练习题附详细答案一、相似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。

2020-2021中考数学相似培优练习(含答案)及答案解析一、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。

2020-2021九年级数学相似的专项培优练习题(含答案)附详细答案一、相似1．如图，在矩形ABCD中，AB=18cm，AD=9cm，点M沿AB边从A点开始向B以2cm/s 的速度移动，点N沿DA边从D点开始向A以1cm/s的速度移动．如果点M、N同时出发，用t（s）表示移动时间（0≤t≤9），求：（1）当t为何值时，∠ANM=45°？（2）计算四边形AMCN的面积，根据计算结果提出一个你认为合理的结论；（3）当t为何值时，以点M、N、A为顶点的三角形与△BCD相似？【答案】（1）解：对于任何时刻t，AM=2t，DN=t，NA=9-t，当AN=AM时，△MAN为等腰直角三角形，即：9-t=2t，解得：t=3（s），所以，当t=3s时，△MAN为等腰直角三角形（2）解：在△NAC中，NA=9-t，NA边上的高DC=12，∴S△NAC= NA•DC= （9-t）•18=81-9t．在△AMC中，AM=2t，BC=9，∴S△AMC= AM•BC= •2t•9=9t．∴S四边形NAMC=S△NAC+S△AMC=81（cm2）．由计算结果发现：在M、N两点移动的过程中，四边形NAMC的面积始终保持不变．（也可提出：M、N两点到对角线AC的距离之和保持不变）（3）解：根据题意，可分为两种情况来研究，在矩形ABCD中：①当NA：AB=AM：BC 时，△NAP∽△ABC，那么有：（ 9-t）：18=2t：9，解得t=1.8（s），即当t=1.8s时，△NAP∽△ABC；②当 NA：BC=AM：AB时，△MAN∽△ABC，那么有：（ 9-t）：9=2t：18，解得t=4.5（s），即当t=4.5s时，△MAN∽△ABC；所以，当t=1.8s或4.5s时，以点N、A、M为顶点的三角形与△ABC相似【解析】【分析】（1）根据题意可得：因为对于任何时刻t，AM=2t，DN=t，NA=9-t．当NA=AM时，△MAN为等腰直角三角形，可得方程式，解可得答案。

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图，正方形ABCD、等腰Rt△BPQ的顶点P在对角线AC上（点P与A、C不重合），QP与BC交于E，QP延长线与AD交于点F，连接CQ．（1）①求证：AP=CQ；②求证：PA2=AF•AD；（2）若AP：PC=1：3，求tan∠CBQ．【答案】（1）证明：①∵四边形ABCD是正方形，∴AB=CB，∠ABC=90°，∴∠ABP+∠PBC=90°，∵△BPQ是等腰直角三角形，∴BP=BQ，∠PBQ=90°，∴∠PBC+∠CBQ=90°∴∠ABP=∠CBQ，∴△ABP≌△CBQ，∴AP=CQ;②∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAC=∠BAC=∠ACB=45°，∵∠PQB=45°，∠CEP=∠QEB，∴∠CBQ=∠CPQ，由①得△ABP≌△CBQ，∠ABP=∠CBQ∵∠CPQ=∠APF，∴∠APF=∠ABP，∴△APF∽△ABP，(本题也可以连接PD，证△APF∽△ADP)（2）证明：由①得△ABP≌△CBQ，∴∠BCQ=∠BAC=45°，∵∠ACB=45°,∴∠PCQ=45°+45°=90°∴tan∠CPQ= ,由①得AP=CQ,又AP:PC=1:3，∴tan∠CPQ= ，由②得∠CBQ=∠CPQ，∴tan∠CBQ=tan∠CPQ= .【解析】【分析】（1）①利用正方形的性质和等腰直角三角形的性质易证△ABP≌△CBQ，可得AP=CQ；②利用正方形的性质可证得∠CBQ=∠CPQ，再由△ABP≌△CBQ可证得∠APF=∠ABP，从而证出△APF∽△ABP，由相似三角形的性质得证；（2）由△ABP≌△CBQ可得∠BCQ=∠BAC=45°，可得∠PCQ=45°+45°=90°，再由三角函数可得tan∠CPQ=，由AP:PC=1:3，AP=CQ，可得tan∠CPQ=，再由∠CBQ=∠CPQ可求出答2．如图，在四边形ABCD中，AD//BC，，BC=4，DC=3，AD=6.动点P从点D出发，沿射线DA的方向,在射线DA上以每秒2两个单位长的速度运动，动点Q从点C出发，在线段CB上以每秒1个单位长的速度向点B运动，点P、Q分别从点D,C同时出发,当点Q运动到点B时，点P随之停止运动.设运动的时间为t(秒).（1）设的面积为，直接写出与之间的函数关系式是________（不写取值范围）.（2）当B,P,Q三点为顶点的三角形是等腰三角形时，求出此时的值.（3）当线段PQ与线段AB相交于点O，且2OA=OB时，直接写出 =________. （4）是否存在时刻，使得若存在，求出的值；若不存在,请说明理由.【答案】（1）（2）解：如图1，过点P作PH⊥BC于点H，∴∠PHB=∠PHQ=90°，∵∠C=90°，AD∥BC，∴∠CDP=90°，∴四边形PHCD是矩形，∴PH=CD=3，HC=PD=2t，∵CQ=t，BC=4，∴HQ=CH-CQ=t，BH=BC-CH=4-2t，BQ=4-t，∴BQ2= ，BP2= ，PQ2= ，由BQ2=BP2可得：，解得：无解；由BQ2=PQ2可得：，解得：；由BP2= PQ2可得：，解得：或，∵当时，BQ=4-4=0，不符合题意，∴综上所述，或；（3）（4）解：如图3，过点D作DM∥PQ交BC的延长线于点M，则当∠BDM=90°时，PQ⊥BD，即当BM2=DM2+BD2时，PQ⊥BD，∵AD∥BC，DM∥PQ，∴四边形PQMD是平行四边形，∴QM=PD=2t，∵QC=t,∴CM=QM-QC=t，∵∠BCD=∠MCD=90°，∴BD2=BC2+DC2=25，DM2=DC2+CM2=9+t2，∵BM2=(BC+CM)2=(4+t)2，∴由BM2=BD2+DM2可得：，解得：，∴当时，∠BDM=90°，即当时，PQ⊥BD.【解析】【解答】解：（1）由题意可得BQ=BC-CQ=4-t，点P到BC的距离=CD=3，∴S△PBQ= BQ×3= ；（ 3 ）解：如图2，过点P作PM⊥BC交CB的延长线于点M，∴∠PMC=∠C=90°，∵AD∥BC，∴∠D=90°，△OAP∽△OBQ，∴四边形PMCD是矩形，，∴PM=CD=3，CM=PD=2t，∵AD=6，BC=4，CQ=t，∴PA=2t-6，BQ=4-t，MQ=CM-CQ=2t-t=t,∴，解得：，∴MQ= ，又∵PM=3，∠PMQ=90°，∴tan∠BPQ= ；【分析】（1）点P作PM⊥BC，垂足为M，则四边形PDCM为矩形，根据梯形的面积公式就可以利用t表示，就得到s与t之间的函数关系式。

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，动点P从点A开始沿边AC向点C以1个单位长度的速度运动，动点Q从点C开始沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，过点P作PD∥BC，交AB于点D，连接PQ分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒（t≥0）．（1）直接用含t的代数式分别表示：QB=________，PD=________．（2）是否存在t的值，使四边形PDBQ为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．并探究如何改变Q的速度（匀速运动），使四边形PDBQ在某一时刻为菱形，求点Q 的速度；（3）如图2，在整个运动过程中，求出线段PQ中点M所经过的路径长．【答案】（1）8-2t；（2）解：不存在在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，∴AB=10∵PD∥BC，∴△APD∽△ACB，∴，即，∴AD= ，∴BD=AB-AD=10- ，∵BQ∥DP，∴当BQ=DP时，四边形PDBQ是平行四边形，即8-2t= ，解得：t= ．当t= 时，PD= ，BD=10- ，∴DP≠BD，∴▱PDBQ不能为菱形．设点Q的速度为每秒v个单位长度，则BQ=8-vt，PD= ，BD=10- ，要使四边形PDBQ为菱形，则PD=BD=BQ，当PD=BD时，即 =10- ，解得：t=当PD=BQ，t= 时，即，解得：v=当点Q的速度为每秒个单位长度时，经过秒，四边形PDBQ是菱形．（3）解：如图2，以C为原点，以AC所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系．依题意，可知0≤t≤4，当t=0时，点M1的坐标为（3，0），当t=4时点M2的坐标为（1，4）．设直线M1M2的解析式为y=kx+b，∴，解得，∴直线M1M2的解析式为y=-2x+6．∵点Q（0，2t），P（6-t，0）∴在运动过程中，线段PQ中点M3的坐标（，t）．把x= 代入y=-2x+6得y=-2× +6=t，∴点M3在直线M1M2上．过点M2作M2N⊥x轴于点N，则M2N=4，M1N=2．∴M1M2=2∴线段PQ中点M所经过的路径长为2 单位长度．【解析】【解答】（1）根据题意得：CQ=2t，PA=t，∴QB=8-2t，∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，PD∥BC，∴∠APD=90°，∴tanA= ，∴PD= ．【分析】CQ=2t，PA=t，可得QB=8﹣2t，根据tanA=，可以表示PD；易得△APD∽△ACB，即可求得AD与BD的长，由BQ∥DP，可得当BQ=DP时，四边形PDBQ是平行四边形；求得此时DP与BD的长，由DP≠BD，可判定▱PDBQ不能为菱形；然后设点Q 的速度为每秒v个单位长度，由要使四边形PDBQ为菱形，则PD=BD PD=BQ，列方程即可求得答案．以C为原点，以AC所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系，求出直线M1M2解析式，证明M3在直线M1M2上，利用勾股定理求出M1M2.2．如图，已知AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，过点C的直线与AB的延长线交于点P，AC=PC，∠COB=2∠PCB.（1）求证：PC是⊙O的切线；（2）求证：BC= AB；（3）点M是弧AB的中点，CM交AB于点N，若AB=4，求MN MC的值.【答案】（1）证明：∵OA=OC，∴∠A=∠ACO，又∵∠COB=2∠A，∠COB=2∠PCB，∴∠A=∠ACO=∠PCB，又∵AB是⊙O的直径，∴∠ACO+∠OCB=90°，∴∠PCB+∠OCB=90°，即OC⊥CP，∵OC是⊙O的半径，∴PC是⊙O的切线（2）证明：∵AC=PC，∴∠A=∠P，∴∠A=∠ACO=∠PCB=∠P．又∵∠COB=∠A+∠ACO，∠CBO=∠P+∠PCB，∴∠COB=∠CBO，∴BC=OC，∴（3）解：连接MA，MB，∵点M是弧AB的中点，∴弧AM=弧BM，∴∠ACM=∠BCM，∵∠ACM=∠ABM，∴∠BCM=∠ABM，∵∠BMN=∠BMC，∴△MBN∽△MCB，∴，∴ BM2=MN⋅MC ，又∵AB是⊙O的直径，弧AM=弧BM，∴∠AMB=90°，AM=BM，∵AB=4，∴，∴ MN⋅MC=BM2=8 ．【解析】【分析】(1)根据等边对等角得出∠A=∠ACO，运用外角的性质和已知条件得出∠A=∠ACO=∠PCB，再根据直径所对的圆周角是直角得出∠PCB+∠OCB=90°，进而求解.（2）根据等边对等角得出∠A=∠P，再根据第一问中的结论求解即可，（3）连接MA，MB，根据同弧或等弧所对的圆周角相等得出∠ACM=∠ABM，∴∠BCM=∠ABM，证出△MBN∽△MCB，得出比例式进而求解即可.3．已知菱形的一个角与三角形的一个角重合，然后它的对角顶点在这个重合角的对边上，这个菱形称为这个三角形的亲密菱形，如图，在△CFE中，CF=6,CE=12,∠FCE=45°,以点C为圆心，以任意长为半径作AD，再分别以点A和点D为圆心，大于 AD长为半径做弧，交于点B,AB∥CD.（1）求证：四边形ACDB为△CFE的亲密菱形；（2）求四边形ACDB的面积.【答案】（1）证明：由已知得：AC=CD,AB=DB,由已知尺规作图痕迹得：BC是∠FCE的角平分线,∴∠ACB=∠DCB，又∵AB∥CD,∴∠ABC=∠DCB，∴∠ACB=∠ABC，∴AC=AB，又∵AC=CD,AB=DB,∴AC=CD=DB=BA，四边形ACDB是菱形，又∵∠ACD与△FCE中的∠FCE重合，它的对角∠ABD顶点在EF上，∴四边形ACDB为△FEC的亲密菱形.（2）解：设菱形ACDB的边长为x，∵CF=6,CE=12,∴FA=6-x，又∵AB∥CE,∴△FAB∽△FCE,∴ ,即，解得：x=4，过点A作AH⊥CD于点H,在Rt△ACH中，∠ACH=45°,∴sin∠ACH= ,∴AH=4× =2 ,∴四边形ACDB的面积为： .【解析】【分析】（1）依题可得：AC=CD,AB=DB,BC是∠FCE的角平分线,根据角平分线的定义和平行线的性质得∠ACB=∠ABC，根据等角对等边得AC=AB，从而得AC=CD=DB=BA，根据四边相等得四边形是菱形即可得四边形ACDB是菱形；再根据题中的新定义即可得证.（2）设菱形ACDB的边长为x，根据已知可得CF=6,CE=12,FA=6-x，根据相似三角形的判定和性质可得，解得：x=4,过点A作AH⊥CD于点H,在Rt△ACH中，根据锐角三角形函数正弦的定义即可求得AH ,再由四边形的面积公式即可得答案.4．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y= x2+ x﹣2与x轴交于A，B两点（点A 在点B的左侧），与y轴交于点C，直线l经过A，C两点，连接BC．（1）求直线l的解析式；（2）若直线x=m（m＜0）与该抛物线在第三象限内交于点E，与直线l交于点D，连接OD．当OD⊥AC时，求线段DE的长；（3）取点G（0，﹣1），连接AG，在第一象限内的抛物线上，是否存在点P，使∠BAP=∠BCO﹣∠BAG？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：∵抛物线y= x2+ x﹣2，∴当y=0时，得x1=1，x2=﹣4，当x=0时，y=﹣2，∵抛物线y= x2+ x﹣2与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，∴点A的坐标为（﹣4，0），点B（1，0），点C（0，﹣2），∵直线l经过A，C两点，设直线l的函数解析式为y=kx+b，，得，即直线l的函数解析式为y=（2）解：直线ED与x轴交于点F，如右图1所示，由（1）可得，AO=4，OC=2，∠AOC=90°，∴AC=2 ，∴OD= ，∵OD⊥AC，OA⊥OC，∠OAD=∠CAO，∴△AOD∽△ACO，∴，即，得AD= ，∵EF⊥x轴，∠ADC=90°，∴EF∥OC，∴△ADF∽△ACO，∴，解得，AF= ，DF= ，∴OF=4﹣ = ，∴m=﹣，当m=﹣时，y= ×（- ）2+ ×（﹣）﹣2=﹣，∴EF= ，∴DE=EF﹣FD=（3）解：存在点P，使∠BAP=∠BCO﹣∠BAG，理由：作GM⊥AC于点M，作PN⊥x轴于点N，如右图2所示，∵点A（﹣4，0），点B（1，0），点C（0，﹣2），∴OA=4，OB=1，OC=2，∴tan∠OAC= ，tan∠OCB= ，AC=2 ，∴∠OAC=∠OCB，∵∠BAP=∠BCO﹣∠BAG，∠GAM=∠OAC﹣∠BAG，∴∠BAP=∠GAM，∵点G（0，﹣1），AC=2 ，OA=4，∴OG=1，GC=1，∴AG= ，，即，解得，GM= ，∴AM= = = ，∴tan∠GAM= = ，∴tan∠PAN= ，设点P的坐标为（n， n2+ n﹣2），∴AN=4+n，PN= n2+ n﹣2，∴，解得，n1= ，n2=﹣4（舍去），当n= 时， n2+ n﹣2= ，∴点P的坐标为（，），即存在点P（，），使∠BAP=∠BCO﹣∠BAG【解析】【分析】（1）利用抛物线的解析式求出点A、C的坐标，再利用待定系数法求出直线AC的解析式。

2020-2021中考数学提高题专题复习相似练习题含详细答案一、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。

《相似形》提高试题（一）选择题：（每题2分，共24分）1．梯形两底分别为m、n，过梯形的对角线的交点，引平行于底边的直线被两腰所截得的线段长为………………………………………………………………………（）（A）mnnm+（B）nmmn+2（C）nmmn+（D）mnnm2+【提示】设所要求的线段长为x，则有nxmx22+＝1．【答案】B．2．如图，在正三角形ABC中，D，E分别在AC，AB上，且ACAD＝31，AE＝BE，则有………………………………………………………………………………………（）（A）△AED∽△BED（B）△AED∽△CBD（C）△AED∽△ABD（D）△BAD∽△BCD【提示】AE＝21BC，AD＝21CD．【答案】B．3．P是Rt△ABC斜边BC上异于B、C的一点，过点P作直线截△ABC，使截得的三角形与△ABC 相似，满足这样条件的直线共有……………………………………（）（A）1条（B）2条（C）3条（D）4条【提示】所截得的三角形为直角三角形，过P点分别作△ABC三边的垂线，可作3条．【答案】C．4．如图，∠ABD＝∠ACD，图中相似三角形的对数是……………………………（）（A）2（B）3（C）4（D）5【提示】△AOB∽△COD，△AOD∽△BOC，△P AC∽PDB，△P AD∽△PCB．【答案】C．5．如图，ABCD是正方形，E是CD的中点，P是BC边上的一点，下列条件中，不能推出△ABP与△ECP相似的是……………………………………………………（）（A）∠APB＝∠EPC（B）∠APE＝90°（C）P是BC的中点（D）BP︰BC＝2︰3【提示】当P是BC的中点时，△EPC为等腰直角三角形．【答案】C ．6．如图，△ABC 中，AD ⊥BC 于D ，且有下列条件：（1）∠B ＋∠DAC ＝90°；（2）∠B ＝∠DAC ；（3）AD CD ＝ABAC； （4）AB 2＝BD ·BC其中一定能够判定△ABC 是直角三角形的共有………………………………（ ） （A ）3个 （B ）2个 （C ）1个 （D ）0个【提示】∵ ∠B ＝∠DAC ，∴ （1）错，（2）对． 【答案】A ．7．如图，将△ADE 绕正方形ABCD 顶点A 顺时针旋转90°，得△ABF ，连结EF 交AB 于H ，则下列结论中错误的是………………………………………………（ ）（A ）AE ⊥AF （B ）EF ︰AF ＝2︰1 （C ）AF 2＝FH ·FE （D ）FB ︰FC ＝HB ︰EC【提示】先检验A 、B 、D 的正确性． 【答案】C ．8．如图，在矩形ABCD 中，点E 是AD 上任意一点，则有…………………（ ）（A ）△ABE 的周长＋△CDE 的周长＝△BCE 的周长 （B ）△ABE 的面积＋△CDE 的面积＝△BCE 的面积 （C ）△ABE ∽△DEC （D ）△ABE ∽△EBC【提示】作EF ⊥BC ，垂足为F ． 【答案】B ．9．如图，在□ABCD 中，E 为AD 上一点，DE ︰CE ＝2︰3，连结AE 、BE 、BD ，且AE 、BD 交于点F ，则S △DEF ︰S △EBF ︰S △ABF 等于……………………………（ ） （A ）4︰10︰25 （B ）4︰9︰25 （C ）2︰3︰5 （D ）2︰5︰25【提示】△DEF ∽△ABF ，S △DEF ︰S △BEF ＝DF ︰BF ＝DE ︰AB ． 【答案】A ．10．如图，直线a ∥b ，AF ︰FB ＝3︰5，BC ︰CD ＝3︰1，则AE ︰EC 为（ ）．（A ）5︰12 （B ）9︰5 （C ）12︰5 （D ）3︰2【提示】EC AE ＝CD AG ＝BDAG4． 【答案】C ．11．如图，在△ABC 中，M 是AC 边中点，E 是AB 上一点，且AE ＝41AB ，连结EM 并延长，交BC 的延长线于D ，此时BC ︰CD 为……………………………（ ） （A ）2︰1 （B ）3︰2 （C ）3︰1 （D ）5︰2【提示】过C 点作CF ∥BA 交ED 于F 点，则AE ＝CF ． 【答案】A ．12．如图，矩形纸片ABCD 的长AD ＝9 cm ，宽AB ＝3 cm ，将其折叠，使点D 与点B 重合，那么折叠后DE 的长和折痕EF 的长分别为………………………………（ ）（A ）4 cm 、10cm （B ）5 cm 、10cm（C ）4 cm 、23 cm （D ）5 cm 、23 cm【提示】连结BD 交EF 于O 点，则EF ＝2FO ，EF ⊥BD ．由Rt △BOF ∽Rt △BCD ， 可得BC OB ＝OCOF，求出OF 的长．又 DE ＞21AD ． 【答案】B ． （二）填空题：（每题2分，共20分）13．已知线段a ＝6 cm ，b ＝2 cm ，则a 、b 、a ＋b 的第四比例项是_____cm ，a ＋b 与a －b 的比例中项是_____cm ． 【提示】6︰2＝8︰x ；y 2＝8×4．【答案】38；42． 14．若c b a +＝a c b +＝bc a +＝－m 2，则m ＝______．【提示】分a ＋b ＋c ≠0和a ＋b ＋c ＝0两种情况．【答案】±1．15．如图，在△ABC 中，AB ＝AC ＝27，D 在AC 上，且BD ＝BC ＝18，DE ∥BC 交AB 于E ，则DE＝_______．【提示】由△ABC ∽△BCD ，列出比例式，求出CD ，再用△ABC ∽△AED ． 【答案】10．16．如图，□ABCD 中，E 是AB 中点，F 在AD 上，且AF ＝21FD ，EF 交AC 于G ，则AG ︰AC ＝______．【提示】延长FE 交CB 延长线于H 点，则AF ＝BH ，考虑△AFG ∽△CHG ． 【答案】1︰5．17．如图，AB ∥CD ，图中共有____对相似三角形．【提示】分“”类和“”类两类． 【答案】6对．18．如图，已知△ABC ，P 是AB 上一点，连结CP ，要使△ACP ∽△ABC ，只需添加条件______（只要写出一种合适的条件）．【提示】∵ ∠A 为公共角，∴ 考虑∠A 的两边或其他内角相等．【答案】∠B ＝∠ACP ，或∠ACB ＝∠APC ，或AC 2＝AP ·AB ．19．如图，AD 是△ABC 的角平分线，DE ∥AC ，EF ∥BC ，AB ＝15，AF ＝4，则DE 的长等于________．【提示】DE ＝AE ，CF ＝DE ，并考虑AB AE ＝ACAF． 【答案】6．20．如图，△ABC 中，AB ＝AC ，AD ⊥BC 于D ，AE ＝EC ，AD ＝18，BE ＝15，则△ABC 的面积是______．【提示】作EF ∥BC 交AD 于F ．设BE 交AD 于O 点，先求出OD 长和OB 长，最后用勾股定理求出BD 的长． 【答案】144． 21．如图，直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AC ⊥AB ，AD ＝8，BC ＝10，则梯形ABCD 面积是_________．【提示】作AE ∥DC 交BC 于E 点，由Rt △ABE ∽Rt △CBA ，依次算出BE 、AB 的长，最后求出AE 的长，即可求出梯形面积． 【答案】36．22．如图，已知AD ∥EF ∥BC ，且AE ＝2EB ，AD ＝8 cm ，AD ＝8 cm ，BC ＝14 cm ，则S 梯形AEFD ︰S 梯形BCFE ＝____________．【提示】延长EA ，与CD 的延长线交于P 点，则△APD ∽△EPF ∽△BPC ． 【答案】1320． （三）画图题：（4分）23．方格纸中，每个小格的顶点叫做格点，以格点连线为边的三角形叫做格点三角形．请你在图示的10×10的方格纸中，画出两个相似但不全等的格点三角形，并加以证明（要求所画三角形是钝角三角形，并标明相应字母）．【提示】先任意画一个格点钝角三角形，然后三边都扩大相同的倍数，画出另一个格点钝角三角形． （四）证明题：（每题7分，共28分）24．如图，△ABC 中，CD ⊥AB 于D ，E 为BC 中点，延长AC 、DE 相交于点F ，求证BC AC ＝DFAF．【提示】过F 点作FG ∥CB ，只需再证GF ＝DF ． 【答案】方法一：作FG ∥BC 交AB 延长线于点G ．∵ BC ∥GF ，∴BC AC ＝GFAF．又 ∠BDC ＝90°，BE ＝EC ， ∴ BE ＝DE ． ∵ BE ∥GF ， ∴GFDF ＝BEDE ＝1．∴ DF ＝GF ． ∴BC AC ＝DF AF．方法二：作EH ∥AB 交AC 于点H ． ∵BC AC ＝BE AH，DFAF ＝DEAH ，∠BDC ＝90°，BE ＝EC ，∴ BE ＝DE ． ∴BC AC ＝DFAF．25．如图，在△ABC 中，AB ＝AC ，延长BC 至D ，使得CD ＝BC ，CE ⊥BD 交AD 于E ，连结BE 交AC 于F ，求证AF ＝FC ．【提示】先证△BCF ∽△DBA ，再证AC FC ＝21． 【答案】∵ BC ＝CD ，EC ⊥BD ，∴ BE＝DE ，∠FBC ＝∠D ． 又 AB ＝AC ，∴ ∠BCF ＝∠DBA ． ∴ ∠BCF ∽△DBA ．∴AB FC ＝DBBC． 又 BD ＝2BC ，AB ＝AC ，∴ AC FC ＝BC BC 2＝21． ∴FC ＝21AC ．因此 AF ＝FC ．26．已知：如图，F 是四边形ABCD 对角线AC 上一点，EF ∥BC ，FG ∥AD ．求证：AB AE ＋CDCG＝1．【提示】利用AC ＝AF ＋FC ．【答案】∵ EF ∥BC ，FG ∥AD ，∴ AB AE ＝AC AF ，CD CG ＝CACF． ∴AB AE ＋CD CG ＝AC AF ＋CA CF ＝ACAC＝1． 27．如图，BD 、CE 分别是△ABC 的两边上的高，过D 作DG ⊥BC 于G ，分别交CE 及BA 的延长线于F 、H ，求证：（1）DG 2＝BG ·CG ；（2）BG ·CG ＝GF ·GH ．【提示】（1）证△BCG ∽△DCG ；（2）证Rt △HBG ∽Rt △CFG ． 【答案】（1）DG 为Rt △BCD 斜边上的高，∴ Rt △BDG ∽Rt △DCG ．∴ DG CG ＝BGDG，即DG 2＝BG ·CG ． （2）∵DG ⊥BC ，∴ ∠ABC ＋∠H ＝90°，CE ⊥AB ． ∴ ∠ABC ＋∠ECB ＝90°．∴ ∠ABC ＋∠H ＝∠ABC ＋∠ECB ． ∴ ∠H ＝∠ECB ．又 ∠HGB ＝∠FGC ＝90°， ∴Rt △HBG ∽Rt △CFG ．∴GF BG ＝GCGH，∴ BG ·GC ＝GF ·GH ．（五）解答题：（每题8分，共24分）28．如图，∠ABC ＝∠CDB ＝90°，AC ＝a ，BC ＝b ．（1）当BD 与a 、b 之间满足怎样的关系时，△ABC ∽△CDB ？（2）过A 作BD 的垂线，与DB 的延长线交于点E ，若△ABC ∽△CDB ．求证四边形AEDC 为矩形（自己完成图形）．【提示】利用三角形相似，推出BD ＝ab2．【答案】（1）∵ ∠ABC ＝∠CDB ＝90°，∴ 当BC AC ＝BD BC时，△ABC ∽△CDB ． 即 b a ＝BDb ．∴ BD ＝a b 2．即当BD ＝ab 2时，△ABC ∽△CDB ．∵ △ABC ∽△CDB ， ∴ ∠ACB ＝∠CBD ． ∴ AC ∥ED ． 又 ∠D ＝90°， ∴ ∠ACD ＝90°． ∴ ∠E ＝90°．∴ 四边形AEDC 为矩形．29．如图，在矩形ABCD 中，E 为AD 的中点，EF ⊥EC 交AB 于F ，连结FC（AB ＞AE ）．（1）△AEF 与△EFC 是否相似？若相似，证明你的结论；若不相似，请说明理由；（2）设BCAB＝k ，是否存在这样的k 值，使得△AEF ∽△BFC ，若存在，证明你的结论并求出k 的值；若不存在，说明理由．【提示】（1）如图，证明△AFE ≌△DGE ，证出∠AFE ＝∠EFC ．（2）证明∠ECG ＝30°，∠BCF ＝30°． 【答案】如图，是相似．【证明】延长FE ，与CD 的延长线交于点G ．在Rt △AEF 与Rt △DEG 中， ∵ E 是AD 的中点， ∴ AE ＝ED ．∵ ∠AEF ＝∠DEG ， ∴ △AFE ≌△DGE ． ∴ ∠AFE ＝∠DGE ． ∴ E 为FG 的中点． 又 CE ⊥FG ， ∴ FC ＝GC ． ∴ ∠CFE ＝∠G ． ∴ ∠AFE ＝∠EFC ．又 △AEF 与△EFC 均为直角三角形， ∴ △AEF ∽△EFC ．① 存在．如果∠BCF ＝∠AEF ，即k ＝BCAB ＝23时，△AEF ∽△BCF ．证明：当BC AB ＝23时，DEDC＝3，∴ ∠ECG ＝30°．∴ ∠ECG ＝∠ECF ＝∠AEF ＝30°． ∴ ∠BCF ＝90°－60°＝30°．又 △AEF 和△BCF 均为直角三角形， ∴ △AEF ∽△BCF ．② 因为EF 不平行于BC ， ∴ ∠BCF ≠∠AFE ．∴ 不存在第二种相似情况．30．如图，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，BC ＝6 cm ，CA ＝8 cm ，动点P 从点C 出发，以每秒2 cm 的速度沿CA 、AB 运动到点B ，则从C 点出发多少秒时，可使S △BCP ＝41S △ABC？【提示】先求CP ，再求DP ．【答案】当点P 从点C 出发，运动在CA 上时，若S △BCP ＝41S △ABC，则21·CP ·BC ＝41·21AC ·BC ， ∴ CP ＝41·AC ＝2（cm ）． 故由点P 的运动速度为每秒2 cm ，它从C 点出发1秒时，有S △BCP ＝41S △ABC．当点P 从点C 出发运动到AB 上时，如图，可过点P 作PD ⊥BC 于D ．若S △BCP ＝41S △ABC，则21PD ·BC ＝41·21AC ·BC ．∴ PD ＝41AC ＝2（cm ）． ∵ Rt △BAC ∽Rt △BPD ， ∴AB BP ＝ACPD． 又 AB ＝22BC AC +＝10， 故BP ＝8102⋅＝25，AP ＝AB －BP ＝10－25＝7.5．也就是说，点P 从C 出发共行15.5 cm ，用去7.75秒，此时S △BCP ＝41S △ABC．答：1秒或7.75秒．。

2020-2021中考数学提高题专题复习相似练习题附答案解析一、相似1．已知：如图一，抛物线与x轴正半轴交于A、B两点，与y轴交于点C，直线经过A、C两点，且．（1）求抛物线的解析式；（2）若直线DE平行于x轴并从C点开始以每秒1个单位的速度沿y轴正方向平移，且分别交y轴、线段BC于点E，D，同时动点P从点B出发，沿BO方向以每秒2个单位速度运动，如图；当点P运动到原点O时，直线DE与点P都停止运动，连DP，若点P运动时间为t秒；设，当t为何值时，s有最小值，并求出最小值．（3）在的条件下，是否存在t的值，使以P、B、D为顶点的三角形与相似；若存在，求t的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：由直线：知：、；∵，∴，即．设抛物线的解析式为：，代入，得：，解得∴抛物线的解析式：（2）解：在中，，，则；∵，∴；而；∴，∴当时，s有最小值，且最小值为1（3）解：在中，，，则；在中，，，则；∴；以P、B、D为顶点的三角形与相似，已知，则有两种情况：，解得；，解得；综上，当或时，以P、B、D为顶点的三角形与相似【解析】【分析】（1）由直线与坐标轴相交易求得点A、C的坐标，用待定系数法即可求得抛物线的解析式；（2）由题意可将ED、OP用含t的代数式表示出来，并代入题目中的s与OP、DE的关系式整理可得s=（0<t<2），因为分子是定值1，所以分母越大，则分式的值越小，则当分母最大时，分式的值越小，即t=1时，s有最小值，且最小值为1；（3）解直角三角形可得BC和CD、BD的值，根据题意以P、B、D为顶点的三角形与△ABC相似所得的比例式有两种情况：，，将这些线段代入比例式即可求解。

2．如图，抛物线y= x2+bx+c与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为D且它的坐标为（3，﹣1）．（1）求抛物线的函数关系式；（2）连接CD，过原点O作OE⊥CD，垂足为H，OE与抛物线的对称轴交于点E，连接AE，AD，并延长DA交y轴于点F，求证：△OAE∽△CFD；（3）以（2）中的点E为圆心，1为半径画圆，在对称轴右侧的抛物线上有一动点P，过点P作⊙E的切线，切点为Q，当PQ的长最小时，求点P的坐标，并直接写出Q的坐标．【答案】（1）解：∵顶点D的坐标为（3，﹣1）．∴， =﹣1，解得b=﹣3，c= ，∴抛物线的函数关系式：y= x2﹣3x+ ；（2）解：如答图1，过顶点D作DG⊥y轴于点G，则G（0，﹣1），GD=3，令x=0，得y= ，∴C（0，），∴CG=OC+OG= +1= ，∴tan∠DCG= ，设对称轴交x轴于点M，则OM=3，DM=1，AM=3﹣（3﹣）= ，由OE⊥CD，易知∠EOM=∠DCG，∴tan∠EOM=tan∠DCG= ，解得EM=2，∴DE=EM+DM=3，在Rt△AEM中，AM= ，EM=2，由勾股定理得：AE= ；在Rt△ADM中，AM= ，DM=1，由勾股定理得：AD= ．∵AE2+AD2=6+3=9=DE2，∴△ADE为直角三角形，∠EAD=90°，设AE交CD于点P，∵∠AEO+∠EPH=90°，∠ADC+APD=90°，∠EPH=∠APD（对顶角相等），∴∠AEO=∠ADC，∴△OAE∽△CFD（3）解：依题意画出图形，如答图2所示：由⊙E的半径为1，根据切线性质及勾股定理，得PQ2=EP2﹣1，要使切线长PQ最小，只需EP长最小，即EP2最小．设点P坐标为（x，y），由勾股定理得：EP2=（x﹣3）2+（y﹣2）2，∵y= （x﹣3）2﹣1，∴（x﹣3）2=2y+2，∴EP2=2y+2+（y﹣2）2=（y﹣1）2+5，当y=1时，EP2有最小值，最小值为5．将y=1代入y= （x﹣3）2﹣1，得（x﹣3）2﹣1=1，解得：x1=1，x2=5，又∵点P在对称轴右侧的抛物线上，∴x1=1舍去，∴P（5，1），∴Q1（3，1）；∵△EQ2P为直角三角形，∴过点Q2作x轴的平行线，再分别过点E，P向其作垂线，垂足分别为M点和N点，设点Q2的坐标为（m，n），则在Rt△MQ2E和Rt△Q2NP中建立勾股方程，即（m﹣3）2+（n﹣2）2=1①，（5﹣m）2+（n﹣1）2=4②，①﹣②得n=2m﹣5③，将③代入到①得到，m1=3（舍），m2= ，再将m= 代入③得n= ，∴Q2（，），此时点Q坐标为（3，1）或（，）【解析】【分析】（1）根据抛物线的顶点坐标及顶点坐标公式建立出关于b,c的二元一次方程组，求解得出b,c的值，从而得出抛物线的解析式；（2）如答图1，过顶点D作DG⊥y轴于点G，则G（0，﹣1），GD=3，根据抛物线与坐标轴交点的坐标特点求出C点的坐标，A点坐标，进而得出CG的长，根据正切函数的定义求出tan∠DCG=，设对称轴交x轴于点M，则OM=3，DM=1，AM=3﹣（3﹣）= ，根据同角的余角相等易知∠EOM=∠DCG，根据等角的同名三角函数值相等得出tan∠EOM=tan∠DCG==故解得EM=2，DE=EM+DM=3，在Rt△AEM中，由勾股定理得AE 的长，在Rt△ADM中，由勾股定理得AD的长，根据勾股定理的逆定理判断出△ADE为直角三角形，∠EAD=90°，设AE交CD于点P，根据等角的余角相等得出∠AEO=∠ADC，从而判断出△OAE∽△CFD ；（3）依题意画出图形，如答图2所示：由⊙E的半径为1，根据切线性质及勾股定理，得PQ2=EP2﹣1，要使切线长PQ最小，只需EP长最小，即EP2最小．设点P坐标为（x，y），由勾股定理得：EP2=（x﹣3）2+（y﹣2）2，根据抛物线的解析式，整体替换得出EP2=2y+2+（y﹣2）2=（y﹣1）2+5，当y=1时，EP2有最小值，最小值为5．然后根据抛物线上点的坐标特点将y=1代入抛物线的解析式，求出对应的自变量x的值，再检验得出P 点的坐标，进而得出Q1的坐标，由切割线定理得到Q2P=Q1P=2，EQ2=1，设点Q2的坐标为（m，n），则在Rt△MQ2E和Rt△Q2NP中建立勾股方程，即（m﹣3）2+（n﹣2）2=1①，（5﹣m）2+（n﹣1）2=4②，由切割线定理得到Q2P=Q1P=2，EQ2=1，将③代入到①得到，求解并检验得出m,n的值，从而得出Q2的坐标，综上所述即可得出答案。

初三数学相似提高练习与常考题和培优综合题含解析一．选择题共19小题1．如果2x=3yx、y均不为0,那么下列各式中正确的是A．=B．=3 C．=D．=2．在△ABC中,点D、E分别在边AB、AC上,如果AD=2,BD=4,那么由下列条件能够判断DE∥BC的是A．B．C．D．3．在△ABC中,点D,E分别在边AB,AC上,=,要使DE∥BC,还需满足下列条件中的A．=B．=C．=D．=4．如图,直线l1∥l2∥l3,直线AC分别交l1、l2、l3与点A、B、C,直线DF分别交l1、l2、l3与点D、E、F,AC与DF相交于点H,如果AH=2,BH=1,BC=5,那么的值等于A．B．C．D．5．如图,△ABC中,∠A=78°,AB=4,AC=6．将△ABC沿图示中的虚线剪开,剪下的阴影三角形与原三角形不相似的是A． B．C．D．6．如图,已知D是△ABC中的边BC上的一点,∠BAD=∠C,∠ABC的平分线交边AC于E,交AD于F,那么下列结论中错误的是A．△BDF∽△BEC B．△BFA∽△BEC C．△BAC∽△BDA D．△BDF∽△BAE7．如图,在四边形ABCD中,如果∠ADC=∠BAC,那么下列条件中不能判定△ADC和△BAC 相似的是A．∠DAC=∠ABC B．AC是∠BCD的平分线C．AC2=BC CD D．=8．在△ABC和△DEF中,∠A=40°,∠D=60°,∠E=80°,,那么∠B的度数是A ．40°B ．60°C ．80°D ．100°9．如图,已知在△ABC 中,cosA=,BE 、CF 分别是AC 、AB 边上的高,联结EF,那么△AEF 和△ABC 的周长比为A ．1：2B ．1：3C ．1：4D ．1：910．在矩形ABCD 中,有一个菱形BFDE 点E,F 分别在线段AB,CD 上,记它们的面积分别为S ABCD 和S BFDE ,现给出下列命题：①若=,则tan ∠EDF=；②若DE 2=BD EF,则DF=2AD,则A ．①是假命题,②是假命题B ．①是真命题,②是假命题C ．①是假命题,②是真命题D ．①是真命题,②是真命题11．如图,在梯形ABCD 中,AD ∥BC,对角线AC 与BD 相交于点O,如果S △ACD ：S △ABC =1：2,那么S △AOD ：S △BOC 是A ．1：3B ．1：4C ．1：5D ．1：6 12．小明身高1.5米,在操场的影长为2米,同时测得教学大楼在操场的影长为60米,则教学大楼的高度应为A ．45米B ．40米C ．90米D ．80米13．如图,点C 在以AB 为直径的半圆⊙O 上,BE,AD 分别为∠ABC,∠CAB 的角平分线,AB=6,则DE 的长为A ．3B ．3C ．3D ．514．如图,AB,CD 都垂直于x 轴,垂足分别为B,D,若A6,3,C2,1,则△OCD 与四边形ABDC 的面积比为A ．1：2B ．1：3C ．1：4D ．1：815．如图,在△ABC 中,∠B=∠C=36°,AB 的垂直平分线交BC 于点D,交AB 于点H,AC 的垂直平分线交BC 于点E,交AC 于点G,连接AD,AE,则下列结论错误的是A ．=B ．AD,AE 将∠BAC 三等分C ．△ABE ≌△ACD D ．S △ADH =S △CEG16．如图,直线l 1∥l 2∥l 3,一等腰直角三角形ABC 的三个顶点A,B,C 分别在l 1,l 2,l 3上,∠ACB=90°,AC 交l 2于点D,已知l 1与l 2的距离为1,l 2与l 3的距离为3,则的值为A．B．C．D．17．如图,D、E分别是△ABC的边AB、BC上的点,且DE∥AC,AE、CD相交于点O,若S△DOE：S△COA=1：25,则S△BDE与S△CDE的比是A．1：3 B．1：4 C．1：5 D．1：2518．如图,△ABC内接于⊙O,AB是⊙O的直径,∠B=30°,CE平分∠ACB交⊙O于E,交AB于点D,连接AE,则S△ADE ：S△CDB的值等于A．1：B．1：C．1：2 D．2：319．如图,矩形ABCD的边长AD=3,AB=2,E为AB的中点,F在边BC上,且BF=2FC,AF分别与DE、DB相交于点M,N,则MN的长为A．B．C．D．二．填空题共11小题20．已知：3a=2b,那么=．21．如图,D为△ABC的边AB上一点,如果∠ACD=∠ABC时,那么图中是AD和AB的比例中项．22．在△ABC中,点D,E分别在边AB,AC上,△ADE∽△ABC,如果AB=4,BC=5,AC=6,AD=3,那么△ADE的周长为．23．如图,在△ABC中,∠C=90°,AC=8,BC=6,D是边AB的中点,现有一点P位于边AC上,使得△ADP与△ABC相似,则线段AP的长为．24．如图,△OPQ在边长为1个单位的方格纸中,它们的顶点在小正方形顶点位置,点A,B,C,D,E也是小正方形的顶点,从点A,B,C,D,E中选取三个点所构成的三角形与△OPQ相似,那么这个三角形是．25．如图,点M是△ABC的角平分线AT的中点,点D、E分别在AB、AC边上,线段DE过点M,且∠ADE=∠C,那么△ADE和△ABC的面积比是．26．如图,在平行四边形ABCD中,点E在边AB上,联结DE,交对角线AC于点F,如果=,CD=6,那么AE=．27．如图,在ABCD中,AB：BC=2：3,点E、F分别在边CD、BC上,点E是边CD的中点,CF=2BF,∠A=120°,过点A分别作AP⊥BE、AQ⊥DF,垂足分别为P、Q,那么的值为．28．如图,在平行四边形ABCD 中,点E 在边AD 上,联结CE 并延长,交对角线BD 于点F,交BA 的延长线于点G,如果DE=2AE,那么CF ：EF ：EG= ．29．如图,在梯形ABCD 中,AD ∥BC,AC 与BD 交于O 点,DO ：BO=1：2,点E 在CB 的延长线上,如果S △AOD ：S △ABE =1：3,那么BC ：BE= ．30．如图,在平行四边形ABCD 中,点E 是边AD 的中点,EC 交对角线BD 于点F,则S △EDF ：S △BFC ：S △BCD 等于 ．三．解答题共10小题31．如图,在△ABC 中,点D 是AB 边上一点,过点D 作DE ∥BC,交AC 于E,点F 是DE 延长线上一点,联结AF ．1如果=,DE=6,求边BC 的长；2如果∠FAE=∠B,FA=6,FE=4,求DF 的长．32．已知：如图,在△ABC 中,点D 、G 分别在边AB 、BC 上,∠ACD=∠B,AG 与CD 相交于点F ．1求证：AC 2=AD AB ；2若=,求证：CG 2=DF BG ．33．如图,AC 是圆O 的直径,AB 、AD 是圆O 的弦,且AB=AD,连结BC 、DC ．1求证：△ABC ≌△ADC ；2延长AB 、DC 交于点E,若EC=5cm,BC=3cm,求四边形ABCD 的面积．34．如图,在锐角△ABC 中,D,E 分别为AB,BC 中点,F 为AC 上一点,且∠AFE=∠A,DM ∥EF 交AC 于点M ．1点G 在BE 上,且∠BDG=∠C,求证：DG CF=DM EG ；2在图中,取CE 上一点H,使∠CFH=∠B,若BG=1,求EH 的长．35．已知：如图,菱形ABCD,对角线AC 、BD 交于点O,BE ⊥DC,垂足为点E,交AC 于点F ．求证：1△ABF ∽△BED ；2=．36．如图,Rt △ABC 中,∠ACB=90°,D 是斜边AB 上的中点,E 是边BC 上的点,AE 与CD 交于点F,且AC 2=CE CB ．1求证：AE⊥CD；2连接BF,如果点E是BC中点,求证：∠EBF=∠EAB．37．如图,已知AC∥BD,AB和CD相交于点E,AC=6,BD=4,F是BC上一点,S△BEF：S△EFC=2：3．1求EF的长；2如果△BEF的面积为4,求△ABC的面积．38．已知：如图,在四边形ABCD中,AB∥CD,对角线AC、BD交于点E,点F在边AB上,连接CF交线段BE于点G,CG2=GE GD．1求证：∠ACF=∠ABD；2连接EF,求证：EF CG=EG CB．39．如图,已知正方形ABCD,点E在CB的延长线上,联结AE、DE,DE与边AB交于点F,FG ∥BE且与AE交于点G．1求证：GF=BF．2在BC边上取点M,使得BM=BE,联结AM交DE于点O．求证：FO ED=OD EF．40．如图,在△ABC中,AB=AC,点D、E是边BC上的两个点,且BD=DE=EC,过点C作CF∥AB 交AE延长线于点F,连接FD并延长与AB交于点G；1求证：AC=2CF；2连接AD,如果∠ADG=∠B,求证：CD2=AC CF．41．已知点E在△ABC内,∠ABC=∠EBD=α,∠ACB=∠EDB=60°,∠AEB=150°,∠BEC=90°．1当α=60°时如图1,①判断△ABC的形状,并说明理由；②求证：BD=AE；2当α=90°时如图2,求的值．42．在Rt△ABC中,∠BAC=90°,过点B的直线MN∥AC,D为BC边上一点,连接AD,作DE ⊥AD交MN于点E,连接AE．1如图①,当∠ABC=45°时,求证：AD=DE；2如图②,当∠ABC=30°时,线段AD与DE有何数量关系并请说明理由；3当∠ABC=α时,请直接写出线段AD与DE的数量关系．用含α的三角函数表示43．如图,点B在线段AC上,点D、E在AC同侧,∠A=∠C=90°,BD⊥BE,AD=BC．1求证：AC=AD+CE；2若AD=3,CE=5,点P为线段AB上的动点,连接DP,作PQ⊥DP,交直线BE于点Q；i当点P与A、B两点不重合时,求的值；ii当点P从A点运动到AC的中点时,求线段DQ的中点所经过的路径线段长．直接写出结果,不必写出解答过程44．如图,四边形ABCD内接于⊙O,AB是⊙O的直径,AC和BD相交于点E,且DC2=CE CA．1求证：BC=CD；2分别延长AB,DC交于点P,过点A作AF⊥CD交CD的延长线于点F,若PB=OB,CD=,求DF的长．45．如图,在直角梯形OABC中,OA∥BC,A、B两点的坐标分别为A13,0,B11,12．动点P、Q分别从O、B两点出发,点P以每秒2个单位的速度沿x轴向终点A运动,点Q以每秒1个单位的速度沿BC方向运动；当点P停止运动时,点Q也同时停止运动．线段PQ和OB相交于点D,过点D作DE∥x轴,交AB于点E,射线QE交x轴于点F．设动点P、Q运动时间为t单位：秒．1当t为何值时,四边形PABQ是平行四边形．2△PQF的面积是否发生变化若变化,请求出△PQF的面积s关于时间t的函数关系式；若不变,请求出△PQF的面积．3随着P、Q两点的运动,△PQF的形状也随之发生了变化,试问何时会出现等腰△PQF相似提高题与常考题和培优题含解析参考答案与试题解析一．选择题共19小题1．2017 徐汇区一模如果2x=3yx、y均不为0,那么下列各式中正确的是A．=B．=3 C．=D．=分析根据比例的性质逐项判断,判断出各式中正确的是哪个即可．解答解：∵2x=3y,∴=,∴选项A不正确；∵2x=3y,∴=,∴==3,∴选项B正确；∵2x=3y,∴=,∴==,∴选项C不正确；∵2x=3y,∴=,∴==,∴∴选项D不正确．故选：B．点评此题主要考查了比例的性质和应用,要熟练掌握．2．2017 浦东新区一模在△ABC中,点D、E分别在边AB、AC上,如果AD=2,BD=4,那么由下列条件能够判断DE∥BC的是A．B．C．D．分析先求出比例式,再根据相似三角形的判定得出△ADE∽△ABC,根据相似推出∠ADE=∠B,根据平行线的判定得出即可．解答解：只有选项C正确,理由是：∵AD=2,BD=4,=,∴==,∵∠DAE=∠BAC,∴△ADE∽△ABC,∴∠ADE=∠B,∴DE∥BC,根据选项A、B、D的条件都不能推出DE∥BC,故选C．点评本题考查了平行线分线段成比例定理,相似三角形的性质和判定的应用,能灵活运用定理进行推理是解此题的关键．3．2017 静安区一模在△ABC中,点D,E分别在边AB,AC上,=,要使DE∥BC,还需满足下列条件中的A．=B．=C．=D．=分析先求出比例式,再根据相似三角形的判定得出△ADE∽△ABC,根据相似推出∠ADE=∠B,根据平行线的判定得出即可解答解：只有选项D正确,理由是：∵AD=2,BD=4,=,∴==,∵∠DAE=∠BAC,∴△ADE∽△ABC,∴∠ADE=∠B,∴DE∥BC,根据选项A、B、C的条件都不能推出DE∥BC,故选D．点评本题考查了平行线分线段成比例定理,相似三角形的性质和判定的应用,能灵活运用定理进行推理是解此题的关键．4．2017 普陀区一模如图,直线l1∥l2∥l3,直线AC分别交l1、l2、l3与点A、B、C,直线DF 分别交l1、l2、l3与点D、E、F,AC与DF相交于点H,如果AH=2,BH=1,BC=5,那么的值等于A．B．C．D．分析根据平行线分线段成比例,可以解答本题．解答解：∵直线l1∥l2∥l3,∴,∵AH=2,BH=1,BC=5,∴AB=AH+BH=3,∴,∴,故选D．点评本题考查平行线分线段成比例,解题的关键是明确题意,找出所求问题需要的条件．5．2017 郑州一模如图,△ABC中,∠A=78°,AB=4,AC=6．将△ABC沿图示中的虚线剪开,剪下的阴影三角形与原三角形不相似的是A． B．C．D．分析根据相似三角形的判定定理对各选项进行逐一判定即可．解答解：A、阴影部分的三角形与原三角形有两个角相等,故两三角形相似,故本选项错误；B、阴影部分的三角形与原三角形有两个角相等,故两三角形相似,故本选项错误；C、两三角形对应边成比例且夹角相等,故两三角形相似,故本选项错误；D、两三角形的对应边不成比例,故两三角形不相似,故本选项正确．故选D．点评本题考查的是相似三角形的判定,熟知相似三角形的判定定理是解答此题的关键．6．2017 闵行区一模如图,已知D是△ABC中的边BC上的一点,∠BAD=∠C,∠ABC的平分线交边AC于E,交AD于F,那么下列结论中错误的是A．△BDF∽△BEC B．△BFA∽△BEC C．△BAC∽△BDA D．△BDF∽△BAE分析根据相似三角形的判定,采用排除法,逐项分析判断．解答解：∵∠BAD=∠C,∠B=∠B,∴△BAC∽△BDA．故C正确．∵BE平分∠ABC,∴∠ABE=∠CBE,∴△BFA∽△BEC．故B正确．∴∠BFA=∠BEC,∴∠BFD=∠BEA,∴△BDF∽△BAE．故D正确．而不能证明△BDF∽△BEC,故A错误．故选A．点评本题考查相似三角形的判定．识别两三角形相似,除了要掌握定义外,还要注意正确找出两三角形的对应边和对应角．7．2017 普陀区一模如图,在四边形ABCD中,如果∠ADC=∠BAC,那么下列条件中不能判定△ADC和△BAC相似的是A．∠DAC=∠ABC B．AC是∠BCD的平分线C．AC2=BC CD D．=分析已知∠ADC=∠BAC,则A、B选项可根据有两组角对应相等的两个三角形相似来判定；C选项虽然也是对应边成比例但无法得到其夹角相等,所以不能推出两三角形相似；D选项可以根据两组对应边的比相等且相应的夹角相等的两个三角形相似来判定．解答解：在△ADC和△BAC中,∠ADC=∠BAC,如果△ADC∽△BAC,需满足的条件有：①∠DAC=∠ABC或AC是∠BCD的平分线；②=；故选：C．点评此题主要考查了相似三角形的判定方法；熟记三角形相似的判定方法是解决问题的关键．8．2017 杨浦区一模在△ABC和△DEF中,∠A=40°,∠D=60°,∠E=80°,,那么∠B的度数是A．40°B．60°C．80°D．100°分析根据可以确定对应角,根据对应角相等的性质即可求得∠B的大小,即可解题．解答解：∵,∴∠B与∠D是对应角,故∠B=∠D=60°．故选B．点评本题考查了相似三角形对应角相等的性质,考查了对应边比值相等的性质,本题中求∠B和∠D是对应角是解题的关键．9．2017 松江区一模如图,已知在△ABC中,cosA=,BE、CF分别是AC、AB边上的高,联结EF,那么△AEF和△ABC的周长比为A．1：2 B．1：3 C．1：4 D．1：9分析由△AEF∽△ABC,可知△AEF与△ABC的周长比=AE：AB,根据cosA==,即可解决问题．解答解：∵BE、CF分别是AC、AB边上的高,∴∠AEB=∠AFC=90°,∵∠A=∠A,∴△AEB∽△AFC,∴=,∴=,∵∠A=∠A,∴△AEF∽△ABC,∴△AEF与△ABC的周长比=AE：AB,∵cosA==,∴∴△AEF与△ABC的周长比=AE：AB=1：3,故选B．点评本题考查相似三角形的判定和性质,解题的关键是灵活运用相似三角形的性质解决问题,属于中考常考题型．10．2017 海宁市校级模拟在矩形ABCD中,有一个菱形BFDE点E,F分别在线段AB,CD上,记它们的面积分别为S ABCD和S BFDE,现给出下列命题：①若=,则tan∠EDF=；②若DE2=BD EF,则DF=2AD,则A．①是假命题,②是假命题B．①是真命题,②是假命题C．①是假命题,②是真命题D．①是真命题,②是真命题分析①由已知先求出cos∠BFC=,再求出tan∠EDF,即可判断；=DF AD=BD EF,及DE2=BD EF,可得DF AD=DF2,即DF=2AD．②由S△DEF解答解：①设CF=x,DF=y,BC=h．∵四边形BFDE是菱形,∴BF=DF=y,DE∥BF．∵若=,∴=,∴=,即cos∠BFC=,∴∠BFC=30°,∵DE∥BF,∴∠EDF=∠BFC=30°,∴tan∠EDF=,所以①是真命题．②∵四边形BFDE是菱形,∴DF=DE．=DF AD=BD EF,∵S△DEF又∵DE2=BD EF已知,∴S=DE2=DF2,△DEF∴DF AD=DF2,∴DF=2AD,所以②是真命题．故选D ．点评此题考查了矩形的性质、菱形的性质、锐角三角函数、三角形的面积公式等知识,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题,学会利用面积法确定两条线段之间的关系,属于中考常考题型．11．2017 青浦区一模如图,在梯形ABCD 中,AD ∥BC,对角线AC 与BD 相交于点O,如果S △ACD ：S △ABC =1：2,那么S △AOD ：S △BOC 是A ．1：3B ．1：4C ．1：5D ．1：6 分析首先根据S △ACD ：S △ABC =1：2,可得AD ：BC=1：2；然后根据相似三角形的面积的比的等于它们的相似比的平方,求出S △AOD ：S △BOC 是多少即可．解答解：∵在梯形ABCD 中,AD ∥BC,而且S △ACD ：S △ABC =1：2,∴AD ：BC=1：2；∵AD ∥BC,∴△AOD ～△BOC,∵AD ：BC=1：2,∴S △AOD ：S △BOC =1：4．故选：B ．点评此题主要考查了相似三角形的判定与性质的应用,以及梯形的特征和应用,要熟练掌握．12．2017 松江区一模小明身高1.5米,在操场的影长为2米,同时测得教学大楼在操场的影长为60米,则教学大楼的高度应为A ．45米B ．40米C ．90米D ．80米分析在相同时刻,物高与影长组成的直角三角形相似,利用对应边成比例可得所求的高度．解答解：∵在相同时刻,物高与影长组成的直角三角形相似,∴1.5：2=教学大楼的高度：60,解得教学大楼的高度为45米．故选A ．点评考查相似三角形的应用；用到的知识点为：在相同时刻,物高与影长的比相同．13．2017春萧山区校级月考如图,点C在以AB为直径的半圆⊙O上,BE,AD分别为∠ABC,∠CAB的角平分线,AB=6,则DE的长为A．3 B．3 C．3 D．5分析连结OE,OD．先证明∠CAB+∠CBA=90°,由角平分线的定义可证明∠DAB+∠EBA=45°,接下来,利用圆周角定理可知可证明∠AOE+∠BOD=90°,则△EOD为等腰直角三角形,最后利用特殊锐角三角函数值可求得ED的长．解答解：连结OE,OD．∵AB为⊙O的直径,∴∠ACB=90°．∴∠CAB+∠CBA=90°．∵BE,AD分别为∠ABC,∠CAB的角平分线,∴∠DAB+∠EBA=45°．由圆周角定理可知∠AOE=2∠ABE,∠DOB=2∠DAB,∴∠AOE+∠BOD=90°．∴∠EOD=90°．∵AB=6,∴OE=OD=3．∴ED=OE=3．故选：B．点评本题主要考查的是圆周角定理以及其推理的应用、特殊锐角三角函数值,得到△EOD 为等腰直角三角形是解题的关键．14．2017春萧山区校级月考如图,AB,CD都垂直于x轴,垂足分别为B,D,若A6,3,C2,1,则△OCD与四边形ABDC的面积比为A．1：2 B．1：3 C．1：4 D．1：8分析先求得线段OA所在直线的解析式,从而可判断点C在直线OA上,根据△OCD∽△OAB得=2=,继而可得答案．解答解：设OA所在直线为y=kx,将点A6,3代入得：3=6k,解得：k=,∴OA 所在直线解析式为y=x,当x=2时,y=×2=1,∴点C 在线段OA 上,∵AB,CD 都垂直于x 轴,且CD=1、AB=3,∴△OCD ∽△OAB, ∴=2=,则△OCD 与四边形ABDC 的面积比为1：8,故选：D ．点评本题主要考查坐标与图形的性质及相似三角形的判定与性质,根据题意判断出点O 、C 、A 三点共线是利用相似三角形的判定与性质得前提和关键．15．2016 威海如图,在△ABC 中,∠B=∠C=36°,AB 的垂直平分线交BC 于点D,交AB 于点H,AC 的垂直平分线交BC 于点E,交AC 于点G,连接AD,AE,则下列结论错误的是A ．=B ．AD,AE 将∠BAC 三等分C ．△ABE ≌△ACD D ．S △ADH =S △CEG分析由题意知AB=AC 、∠BAC=108°,根据中垂线性质得∠B=∠DAB=∠C=∠CAE=36°,从而知△BDA ∽△BAC,得=,由∠ADC=∠DAC=72°得CD=CA=BA,进而根据黄金分割定义知==,可判断A ；根据∠DAB=∠CAE=36°知∠DAE=36°可判断B ；根据∠BAD +∠DAE=∠CAE +∠DAE=72°可得∠BAE=∠CAD,可证△BAE ≌△CAD,即可判断C ；由△BAE ≌△CAD 知S △BAD =S △CAE ,根据DH 垂直平分AB,EG 垂直平分AC 可得S △ADH =S △CEG ,可判断D ． 解答解：∵∠B=∠C=36°,∴AB=AC,∠BAC=108°,∵DH 垂直平分AB,EG 垂直平分AC,∴DB=DA,EA=EC,∴∠B=∠DAB=∠C=∠CAE=36°,∴△BDA ∽△BAC,∴=,又∵∠ADC=∠B +∠BAD=72°,∠DAC=∠BAC ﹣∠BAD=72°,∴∠ADC=∠DAC,∴CD=CA=BA,∴BD=BC ﹣CD=BC ﹣AB, 则=,即==,故A 错误；∵∠BAC=108°,∠B=∠DAB=∠C=∠CAE=36°,∴∠DAE=∠BAC ﹣∠DAB ﹣∠CAE=36°,即∠DAB=∠DAE=∠CAE=36°,∴AD,AE 将∠BAC 三等分,故B 正确；∵∠BAE=∠BAD +∠DAE=72°,∠CAD=∠CAE +∠DAE=72°,∴∠BAE=∠CAD,在△BAE 和△CAD 中, ∵,∴△BAE ≌△CAD,故C 正确；由△BAE ≌△CAD 可得S △BAE =S △CAD ,即S △BAD +S △ADE =S △CAE +S △ADE ,∴S △BAD =S △CAE ,又∵DH 垂直平分AB,EG 垂直平分AC,∴S △ADH =S △ABD ,S △CEG =S △CAE ,∴S △ADH =S △CEG ,故D 正确．故选：A ．点评本题主要考查黄金分割、全等三角形的判定与性质及线段的垂直平分线的综合运用,掌握其性质、判定并灵活应用是解题的关键．16．2016 淄博如图,直线l 1∥l 2∥l 3,一等腰直角三角形ABC 的三个顶点A,B,C 分别在l 1,l 2,l 3上,∠ACB=90°,AC 交l 2于点D,已知l 1与l 2的距离为1,l 2与l 3的距离为3,则的值为A ．B ．C ．D ．分析先作出作BF⊥l3,AE⊥l3,再判断△ACE≌△CBF,求出CE=BF=3,CF=AE=4,然后由l2∥l3,求出DG,即可．解答解：如图,作BF⊥l3,AE⊥l3,∵∠ACB=90°,∴∠BCF+∠ACE=90°,∵∠BCF+∠CFB=90°,∴∠ACE=∠CBF,在△ACE和△CBF中,,∴△ACE≌△CBF,∴CE=BF=3,CF=AE=4,∵l1与l2的距离为1,l2与l3的距离为3,∴AG=1,BG=EF=CF+CE=7∴AB==5,∵l2∥l3,∴=∴DG=CE=,∴BD=BG﹣DG=7﹣=,∴=．故选A．点评此题是平行线分线段成比例试题,主要考查了全等三角形的性质和判定,平行线分线段成比例定理,勾股定理,解本题的关键是构造全等三角形．17．2016 随州如图,D、E分别是△ABC的边AB、BC上的点,且DE∥AC,AE、CD相交于点O,若S△DOE ：S△COA=1：25,则S△BDE与S△CDE的比是A．1：3 B．1：4 C．1：5 D．1：25分析根据相似三角形的判定定理得到△DOE∽△COA,根据相似三角形的性质定理得到=,==,结合图形得到=,得到答案．解答解：∵DE∥AC,∴△DOE∽△COA,又S△DOE ：S△COA=1：25,∴=,∵DE∥AC,∴==,∴=,∴S△BDE 与S△CDE的比是1：4,故选：B．点评本题考查的是相似三角形的判定和性质,掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．18．2016 泰安如图,△ABC内接于⊙O,AB是⊙O的直径,∠B=30°,CE平分∠ACB交⊙O于E,交AB于点D,连接AE,则S△ADE：S△CDB的值等于A．1：B．1：C．1：2 D．2：3分析由AB是⊙O的直径,得到∠ACB=90°,根据已知条件得到,根据三角形的角平分线定理得到=,求出AD=AB,BD=AB,过C作CF⊥AB于F,连接OE,由CE平分∠ACB交⊙O于E,得到OE⊥AB,求出OE=AB,CF=AB,根据三角形的面积公式即可得到结论．解答解：∵AB是⊙O的直径,∴∠ACB=90°,∵∠B=30°,∴,∵CE平分∠ACB交⊙O于E,∴=,∴AD=AB,BD=AB,过C作CF⊥AB于F,连接OE,∵CE平分∠ACB交⊙O于E,∴=,∴OE⊥AB,∴OE=AB,CF=AB,∴S△ADE ：S△CDB=AD OE：BD CF=：=2：3．故选D．点评本题考查了圆周角定理,三角形的角平分线定理,三角形的面积的计算,直角三角形的性质,正确作出辅助线是解题的关键．19．2016 泸州如图,矩形ABCD的边长AD=3,AB=2,E为AB的中点,F在边BC上,且BF=2FC,AF分别与DE、DB相交于点M,N,则MN的长为A．B．C．D．分析过F作FH⊥AD于H,交ED于O,于是得到FH=AB=2,根据勾股定理得到AF===2,根据平行线分线段成比例定理得到OH=AE=,由相似三角形的性质得到==,求得AM=AF=,根据相似三角形的性质得到==,求得AN=AF=,即可得到结论．解答解：过F作FH⊥AD于H,交ED于O,则FH=AB=2∵BF=2FC,BC=AD=3,∴BF=AH=2,FC=HD=1,∴AF===2,∵OH∥AE,∴==,∴OH=AE=,∴OF=FH﹣OH=2﹣=,∵AE∥FO,∴△AME∽FMO,∴==,∴AM=AF=,∵AD∥BF,∴△AND∽△FNB,∴==,∴AN=AF=,∴MN=AN﹣AM=﹣=,故选B．点评本题考查了相似三角形的判定与性质,矩形的性质,勾股定理,比例的性质,准确作出辅助线,求出AN与AM的长是解题的关键．二．填空题共11小题20．2017 闵行区一模已知：3a=2b,那么=﹣．分析由3a=2b,可得=,可设a=2k,那么b=3k,代入,计算即可求解．解答解：∵3a=2b,∴=,∴可设a=2k,那么b=3k,∴==﹣．故答案为﹣．点评本题考查了比例的基本性质,是基础题,利用设“k”法比较简单．21．2017 宝山区一模如图,D为△ABC的边AB上一点,如果∠ACD=∠ABC时,那么图中AC是AD和AB的比例中项．分析根据两角分别相等的两个三角形相似,可得△ACD∽△ABC的关系,根据相似三角形的性质,可得答案．解答解：在△ACD与△ABC中,∠ACD=∠ABC,∠A=∠A,∴△ACD∽△ABC,∴=,∴AC是AD和AB的比例中项．故答案为AC．点评本题考查了相似三角形的判定与性质,比例线段,得出△ACD∽△ABC是解题的关键．22．2017 静安区一模在△ABC中,点D,E分别在边AB,AC上,△ADE∽△ABC,如果AB=4,BC=5,AC=6,AD=3,那么△ADE的周长为．分析根据题意画出图形,根据相似三角形的性质求出DE及AE的长,进而可得出结论．解答解：如图,∵△ADE∽△ABC,∴==,即==,解得DE=,AE=,∴△ADE的周长=AD+AE+DE=3++=；故答案为：．点评本题考查的是相似三角形的性质,熟知相似三角形的对应边成比例是解答此题的关键．23．2017 黄浦区一模如图,在△ABC中,∠C=90°,AC=8,BC=6,D是边AB的中点,现有一点P 位于边AC上,使得△ADP与△ABC相似,则线段AP的长为4或．分析先根据勾股定理求出AB的长,再分△ADP∽△ABC与△ADP∽△ACB两种情况进行讨论即可．解答解：∵在△ABC中,∠C=90°,AC=8,BC=6,∴AB==10．∵D是边AB的中点,∴AD=5．当△ADP∽△ABC时,=,即=,解得AP=4；当△ADP∽△ACB时,=,即=,解得AP=．故答案为：4或．点评本题考查的是相似三角形的判定,在解答此题时要注意进行分类讨论,不要漏解．24．2017 闵行区一模如图,△OPQ在边长为1个单位的方格纸中,它们的顶点在小正方形顶点位置,点A,B,C,D,E也是小正方形的顶点,从点A,B,C,D,E中选取三个点所构成的三角形与△OPQ相似,那么这个三角形是△CDB．分析连接BC、BD,由正方形的性质得出∠BCD=∠QOP,由勾股定理得：OP=BC=,证出,得出△OPQ∽△CDB即可．解答解：与△OPQ相似的是△BCD；理由如下：连接BC、BD,如图所示：则∠BCD=90°+45°=135°=∠QOP,由勾股定理得：OP=BC=,∵OQ=2,CD=1,∴,∴△OPQ∽△CDB；故答案为：△CDB．点评本题考查了相似三角形的判定定理、正方形的性质以及勾股定理；熟练掌握相似三角形的判定定理和勾股定理是解决问题的关键．25．2017 浦东新区一模如图,点M是△ABC的角平分线AT的中点,点D、E分别在AB、AC边上,线段DE过点M,且∠ADE=∠C,那么△ADE和△ABC的面积比是1：4．分析根据相似三角形的判定和性质即可得到结论．解答解：∵AT是△ABC的角平分线,∵点M是△ABC的角平分线AT的中点,∴AM=AT,∵∠ADE=∠C,∠BAC=∠BAC,∴△ADE∽△ACB,∴=2=2=1：4,故答案为：1：4．点评本题考查了相似三角形的判定和性质,熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．26．2017 闵行区一模如图,在平行四边形ABCD中,点E在边AB上,联结DE,交对角线AC 于点F,如果=,CD=6,那么AE=4．分析由=推出AF：FC=2：3,由四边形ABCD是平行四边形,推出CD∥AB,推出==,由此即可解决问题．解答解：∵=,∴AF：FC=2：3,∵四边形ABCD是平行四边形,∴CD∥AB,∴△AEF∽△CDF,∴==,∵CD=6,∴AE=4,故答案为4．点评本题考查相似三角形的性质、平行四边形的性质等知识,解题的关键是灵活应用所学知识解决问题,求出AF：CF的值是关键,属于中考常考题型．27．2017 徐汇区一模如图,在ABCD中,AB：BC=2：3,点E、F分别在边CD、BC上,点E 是边CD的中点,CF=2BF,∠A=120°,过点A分别作AP⊥BE、AQ⊥DF,垂足分别为P、Q,那么的值为．分析如图,连接AE、AF,过点A分别作AP⊥BE、AQ⊥DF,垂足分别为P、Q,作DH⊥BC于H,EG⊥BC于G,设AB=2a．BC=3a．根据AP BE=DF AQ,利用勾股定理求出BE、DF即可解决问题．解答解：如图,连接AE、AF,过点A分别作AP⊥BE、AQ⊥DF,垂足分别为P、Q,作DH⊥BC于H,EG⊥BC于G,设AB=2a．BC=3a．∵四边形ABCD是平行四边形,∴AB∥CD,AD∥BC,∠BAD=∠BCD=120°,∴S△ABE =S△ADF=S平行四边形ABCD,在Rt△CDH中,∵∠H=90°,CD=AB=2a,∠DCH=60°,∴CH=a,DH=a,在Rt△DFH中,DF===2a,在Rt△ECG中,∵CE=a,∴CG=a,GE=a,在Rt△BEG中,BE===a,∴AP BE=DF AQ,∴==,故答案为．点评本题考查平行四边形的性质、勾股定理,三角形的面积等知识,解题的关键是利用面积法求线段的长,学会添加常用辅助线,学会利用参数解决问题,属于中考常考题型．28．2017 青浦区一模如图,在平行四边形ABCD中,点E在边AD上,联结CE并延长,交对角线BD于点F,交BA的延长线于点G,如果DE=2AE,那么CF：EF：EG=6：4：5．分析设AE=x,则DE=2x,由四边形ABCD是平行四边形得BC=AD=AE+DE=3x,AD∥BC,证△GAE∽△GBC、△DEF∽△BCF得==、==,即=,设EF=2y,则CF=3y、GE=y,从而得出答案．解答解：设AE=x,则DE=2x,∵四边形ABCD是平行四边形,∴BC=AD=AE+DE=3x,AD∥BC,∴△GAE∽△GBC,△DEF∽△BCF,∴==,==,∴=,设EF=2y,则CF=3y,∴EC=EF +CF=5y,∴GE=y,则CF ：EF ：EG=3y ：2y ：y=6：4：5,故答案为：6：4：5．点评本题主要考查相似三角形的判定与性质及平行四边形的性质,熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．29．2017 金山区一模如图,在梯形ABCD 中,AD ∥BC,AC 与BD 交于O 点,DO ：BO=1：2,点E 在CB 的延长线上,如果S △AOD ：S △ABE =1：3,那么BC ：BE= 2：1 ．分析由平行线证出△AOD ∽△COB,得出S △AOD ：S △COB =1：4,S △AOD ：S △AOB =1：2,由S △AOD ：S △ABE =1：3,得出S △ABC ：S △ABE =2：1,即可得出答案．解答解：∵AD ∥BC,∴△AOD ∽△COB,∵DO ：BO=1：2,∴S △AOD ：S △COB =1：4,S △AOD ：S △AOB =1：2,∵S △AOD ：S △ABE =1：3,∴S △ABC ：S △ABE =6：3=2：1,∴BC ：BE=2：1．点评本题考查了相似三角形的判定与性质、梯形的性质以及三角形的面积关系；熟练掌握相似三角形的判定与性质是解决问题的关键．30．2017春 萧山区月考如图,在平行四边形ABCD 中,点E 是边AD 的中点,EC 交对角线BD 于点F,则S △EDF ：S △BFC ：S △BCD 等于 1：4：6 ．分析先根据平行四边形的性质得到AD ∥BC,AD=BC,再由三角形中位线定理得到DE=BC,证明△DEF ∽△BCF,然后根据相似三角形的性质和三角形的面积关系求解即可． 解答解：∵四边形ABCD 为平行四边形,∴AD ∥BC,AD=BC,∵点E 是边AD 的中点,∴DE=BC,∵DE ∥BC,∴△EDF∽△BFC,相似比为=,∴=2=,=,∴S△EDF ：S△BFC：S△BCD=1：4：6；故答案为：1：4：6．点评本题考查了相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质、三角形中位线定理；熟练掌握平行四边形的性质,证明三角形相似是解决问题的关键．三．解答题共10小题31．2017 闵行区一模如图,在△ABC中,点D是AB边上一点,过点D作DE∥BC,交AC于E,点F是DE延长线上一点,联结AF．1如果=,DE=6,求边BC的长；2如果∠FAE=∠B,FA=6,FE=4,求DF的长．分析1由DE与BC平行,得到两对同位角相等,进而得到三角形ADE与三角形ABC相似,由相似得比例求出BC的长即可；2由两直线平行得到一对同位角相等,再由已知角相等等量代换得到∠FAE=∠ADF,根据公共角相等,得到三角形AEF与三角形ADF相似,由相似得比例求出DF的长即可．解答解：1∵DE∥BC,∴∠ADE=∠B,∠AED=∠C,∴△ADE∽△ABC,∴==,∵DE=6,∴BC=9；2∵DE∥BC,∴∠B=∠ADE,∵∠B=∠FAE,∴∠FAE=∠ADE,∵∠F=∠F,∴△AEF∽△DAF,∴=,∵FA=6,FE=4,∴DF=9．点评此题考查了相似三角形的判定与性质,熟练掌握相似三角形的判定与性质是解本题的关键．32．2017 杨浦区一模已知：如图,在△ABC中,点D、G分别在边AB、BC上,∠ACD=∠B,AG 与CD相交于点F．1求证：AC2=AD AB；2若=,求证：CG2=DF BG．分析1证明△ACD∽△ABC,得出对应边成比例AC：AB=AD：AC,即可得出结论；2由相似三角形的性质得出∠ADF=∠ACG,由已知证出△ADF∽△ACG,得出∠DAF=∠CAF,AG是∠BAC的平分线,由角平分线得出,即可得出结论．解答1证明：∵∠ACD=∠B,∠CAD=∠BAC,∴△ACD∽△ABC,∴AC：AB=AD：AC,∴AC2=AD AB；2证明：∵△ACD∽△ABC,∴∠ADF=∠ACG,∵=,∴△ADF∽△ACG,∴∠DAF=∠CAF,即∠BAG=∠CAG,AG是∠BAC的平分线,∴,∴,∴CG2=DF BG．点评本题考查了相似三角形的判定与性质以及角平分线的性质；熟练掌握相似三角形的判定与性质是解决问题的关键．。

2020-2021九年级数学相似的专项培优练习题(含答案)含详细答案一、相似1．如图，在等腰Rt△ABC中，O为斜边AC的中点，连接BO，以AB为斜边向三角内部作Rt△ABE，且∠AEB=90°，连接EO．求证：（1）∠OAE=∠OBE；（2）AE=BE+ OE．【答案】（1）证明：在等腰Rt△ABC中，O为斜边AC的中点，∴OB⊥AC，∴∠AOB=90°，∵∠AEB=90°，∴A，B，E，O四点共圆，∴∠OAE=∠OBE（2）证明：在AE上截取EF=BE，则△EFB是等腰直角三角形，∴，∠FBE=45°，∵在等腰Rt△ABC中，O为斜边AC的中点，∴∠ABO=45°，∴∠ABF=∠OBE，∵，∴，∴△ABF∽△BOE，∴ = ，∴AF= OE，∵AE=AF+EF，∴AE=BE+ OE．【解析】【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质，可证得∠AOB=∠AEB=90°，可得出A，B，E，O四点共圆，再利用同弧所对的圆周角相等，可证得结论。

（2）在AE上截取EF=BE，易证△EFB是等腰直角三角形，可得出BF与BE的比值为，再证明∠ABF=∠OBE，AB与BO的比值为，就可证得AB、BO、BF、BE四条线段成比例，然后利用两组对应边成比例且夹角相等的两三角形相似，可证得△ABF∽△BOE，可证得AF= OE，由AE=AF+EF，可证得结论。

2．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。

2020-2021中考数学相似培优练习 (含答案 )含详细答案一、相似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，∴A E=CE，∵△ CDE沿直线 BC 翻折到△ CDF，∴△ CDE≌ △CDF，∴C F=CE，∠ DCF=∠ACB=45 ，°∴C F=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。

中考数学相似培优练习(含答案)附详细答案一、相似1．如图，在中，，于点，点在上，且，连接．（1）求证：（2）如图，将绕点逆时针旋转得到（点分别对应点），设射线与相交于点，连接，试探究线段与之间满足的数量关系，并说明理由．【答案】（1）证明：在Rt△AHB中，∠ABC=45°，∴AH=BH，在△BHD和△AHC中，，∴△BHD≌△AHC，∴（2）解：方法1:如图1，∵△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到，∴HD=HF，∠AHF=30°∴∠CHF=90°+30°=120°，由(1)有，△AEH和△FHC都为等腰三角形，∴∠GAH=∠HCG=30°，∴CG⊥AE，∴点C，H，G，A四点共圆，∴∠CGH=∠CAH，设CG与AH交于点Q，∵∠AQC=∠GQH，∴△AQC∽△GQH，∴，∵△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到，由（1）知，BD=AC，∴EF=AC∴即：EF=2HG．方法2:如图2，取EF的中点K，连接GK，HK，∵△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到，∴HD=HF，∠AHF=30°∴∠CHF=90°+30°=120°，由(1)有，△AEH和△FHC都为等腰三角形，∴∠GAH=∠HCG=30°，∴CG⊥AE，由旋转知，∠EHF=90°，∴EK=HK= EF∴EK=GK= EF，∴HK=GK，∵EK=HK，∴∠FKG=2∠AEF，∵EK=GK，∴∠HKF=2∠HEF，由旋转知，∠AHF=30°，∴∠AHE=120°，由（1）知，BH=AH，∵BH=EH，∴AH=EH，∴∠AEH=30°，∴∠HKG=∠FKG+∠HKF=2∠AEF+2∠HEF=2∠AEH=60°，∴△HKG是等边三角形，∴GH=GK，∴EF=2GK=2GH，即：EF=2GH．【解析】【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得出AH=BH，然后由SAS判断出△BHD≌△AHC，根据全等三角形对应角相等得出答案；（2）方法1:如图1，根据旋转的性质得出HD=HF，∠AHF=30°根据角的和差得出∠CHF=90°+30°=120°，由(1)有，△AEH和△FHC都为等腰三角形，根据等腰三角形若顶角相等则底角也相等得出∠GAH=∠HCG=30°，根据三角形的内角和得出CG⊥AE，从而得出点C，H，G，A四点共圆，根据圆周角定理同弧所对的圆周角相等得出∠CGH=∠CAH，根据对顶角相等得出∠AQC=∠GQH，从而得出△AQC∽△GQH，根据全等三角形对应边成比例得出 A C∶ H G = A Q∶ G Q = 1 ∶sin 30 ° = 2，根据旋转的性质得出EF=BD，由（1）知，BD=AC，从而得出EF=ACEF=BD，由E F∶ H G = A C∶ G H = A Q∶ G Q = 1∶ sin 30 ° = 2得出结论；方法2:如图2，取EF的中点K，连接GK，HK，根据旋转的性质得出HD=HF，∠AHF=30°根据角的和差得出∠CHF=90°+30°=120°，由(1)有，△AEH和△FHC都为等腰三角形，根据等腰三角形若顶角相等则底角也相等得出∠GAH=∠HCG=30°，根据三角形的内角和得出CG⊥AE，由旋转知，∠EHF=90°，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出EK=HK= EF，EK=GK= EF，从而得出HK=GK，根据等边对等角及三角形的外角定理得出∠FKG=2∠AEF，∠HKF=2∠HEF，由旋转知，∠AHF=30°，故∠AHE=120°，由（1）知，BH=AH，根据等量代换得出AH=EH，根据等边对等角得出∠AEH=30°，∠HKG=∠FKG+∠HKF=2∠AEF+2∠HEF=2∠AEH=60°，根据有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形得出△HKG是等边三角形，根据等边三角形三边相等得出GH=GK，根据等量代换得出EF=2GK=2GH。

2020-2021初三数学相似的专项培优练习题(含答案)及详细答案一、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。

中考数学(相似提高练习题)压轴题训练及答案解析一、相似1．如图，已知A（﹣2，0），B（4，0），抛物线y=ax2+bx﹣1过A、B两点，并与过A点的直线y=﹣ x﹣1交于点C．（1）求抛物线解析式及对称轴；（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使四边形ACPO的周长最小？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；（3）点M为y轴右侧抛物线上一点，过点M作直线AC的垂线，垂足为N．问：是否存在这样的点N，使以点M、N、C为顶点的三角形与△AOC相似，若存在，求出点N的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：把A（-2，0），B（4，0）代入抛物线y=ax2+bx-1，得解得∴抛物线解析式为：y= x2−x−1∴抛物线对称轴为直线x=- ＝1（2）解：存在使四边形ACPO的周长最小，只需PC+PO最小∴取点C（0，-1）关于直线x=1的对称点C′（2，-1），连C′O与直线x=1的交点即为P 点．设过点C′、O直线解析式为：y=kx∴k=-∴y=- x则P点坐标为（1，- ）（3）解：当△AOC∽△MNC时，如图，延长MN交y轴于点D，过点N作NE⊥y轴于点E∵∠ACO=∠NCD，∠AOC=∠CND=90°∴∠CDN=∠CAO由相似，∠CAO=∠CMN∴∠CDN=∠CMN∵MN⊥AC∴M、D关于AN对称，则N为DM中点设点N坐标为（a，- a-1）由△EDN∽△OAC∴ED=2a∴点D坐标为（0，- a−1）∵N为DM中点∴点M坐标为（2a，a−1）把M代入y= x2−x−1，解得a=4则N点坐标为（4，-3）当△AOC∽△CNM时，∠CAO=∠NCM∴CM∥AB则点C关于直线x=1的对称点C′即为点N由（2）N（2，-1）∴N点坐标为（4，-3）或（2，-1）【解析】【分析】（1）根据点A、B的坐标，可求出抛物线的解析式，再求出它的对称轴即可解答。

（2）使四边形ACPO的周长最小，只需PC+PO最小，取点C（0，-1）关于直线x=1的对称点C′（2，-1），连C′O与直线x=1的交点即为P点，利用待定系数法求出直线C′O的解析式，再求出点P的坐标。

2020-2021初三数学相似的专项培优练习题及答案解析一、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。

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．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。

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）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。