人教数学二模试题分类汇编——相似综合及详细答案

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，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可求出答案.

3．平面上，Rt△ABC与直径为CE的半圆O如图1摆放，∠B=90°，AC=2CE=m，BC=n，半圆O交BC边于点D，将半圆O绕点C按逆时针方向旋转，点D随半圆O旋转且∠ECD始终等于∠ACB，旋转角记为α（0°≤α≤180°）．

（1）当α=0°时，连接DE，则∠CDE=________°，CD=________；

（2）试判断：旋转过程中的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明；

（3）若m=10，n=8，当旋转的角度α恰为∠ACB的大小时，求线段BD的长；

（4）若m=6，n= ，当半圆O旋转至与△ABC的边相切时，直接写出线段BD的长．

【答案】（1）90；

（2）解：如图3中，

∵∠ACB=∠DCE，∴∠ACE=∠BCD．∵，∴△ACE∽△BCD，∴

．

（3）解：如图4中，

当α=∠ACB时．在Rt△ABC中，∵AC=10，BC=8，∴AB= =6．在Rt△ABE中，∵AB=6，BE=BC﹣CE=3，∴AE= = =3 ，由（2）可知

△ACE∽△BCD，∴，∴ = ，∴BD= ．故答案为：

（4）解：∵m=6，n= ，∴CE=3，CD=2 ，AB= =2，①如图5

中，

当α=90°时，半圆与AC相切．在Rt△DBC中，BD= =

=2 ．

②如图6中，

当α=90°+∠ACB时，半圆与BC相切，作EM⊥AB于M．∵∠M=∠CBM=∠BCE=90°，∴四边形BCEM是矩形，∴，∴AM=5，AE= = ，由

（2）可知 = ，∴BD= ．

故答案为：2 或．

【解析】【解答】（1）①如图1中，

当α=0时，连接DE，则∠CDE=90°．∵∠CDE=∠B=90°，∴DE∥AB，∴ =

．∵BC=n，∴CD= ．故答案为：90°， n．

【分析】（1）连接DE，当α=0时，由直径所对的圆周角时直角可得∠CDE=90°，判断DE∥AB，从而可得比例式进而求解。

（2）旋转过程中 B D： A E 的大小有无变化，可以看 B D， A E 所在的三角形相似，从而可的△ACE∽△BCD，进而得出结论。

（3）根据勾股定理求得AB和AE，即可求出BD。

（4）由题意分两种情况：当α=90°时，半圆与AC相切。当α=90°+∠ACB时，半圆与BC相切。

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，已知一次函数y=﹣ x+4的图象是直线l，设直线l分别与y轴、x轴交于点A、B.

（1）求线段AB的长度；

（2）设点M在射线AB上，将点M绕点A按逆时针方向旋转90°到点N，以点N为圆心，NA的长为半径作⊙N.

①当⊙N与x轴相切时，求点M的坐标；

②在①的条件下，设直线AN与x轴交于点C，与⊙N的另一个交点为D，连接MD交x 轴于点E，直线m过点N分别与y轴、直线l交于点P、Q，当△APQ与△CDE相似时，求点P的坐标.

【答案】（1）解：当x=0时，y=4，

∴A（0，4），

∴OA=4，

当y=0时，- x+4=0，

x=3，

∴B（3，0），

∴OB=3，

由勾股定理得：AB=5

（2）解：①如图1，过N作NH⊥y轴于H，过M作ME⊥y轴于E，

tan∠OAB= ，

∴设EM=3x，AE=4x，则AM=5x，

∴M（3x，-4x+4），

由旋转得：AM=AN，∠MAN=90°，

∴∠EAM+∠HAN=90°，

∵∠EAM+∠AME=90°，

∴∠HAN=∠AME，

∵∠AHN=∠AEM=90°，

∴△AHN≌△MEA，

∴AH=EM=3x，

∵⊙N与x轴相切，设切点为G，连接NG，则NG⊥x轴，

∴NG=OH，

则5x=3x+4，

2x=4，

x=2，

∴M（6，-4）；

②如图2，由①知N（8，10），

∵AN=DN，A（0，4），

∴D（16，16），

设直线DM：y=kx+b，

把D（16，16）和M（6，-4）代入得：

，

解得：，

∴直线DM的解析式为：y=2x-16，

∵直线DM交x轴于E，

∴当y=0时，2x-16=0，

x=8，

∴E（8，0），

由①知：⊙N与x轴相切，切点为G，且G（8，0），∴E与切点G重合，

∵∠QAP=∠OAB=∠DCE，

∴△APQ与△CDE相似时，顶点C必与顶点A对应，分两种情况：

i）当△DCE∽△QAP时，如图2，∠AQP=∠NDE，

∵∠QNA=∠DNF，

∴∠NFD=∠QAN=90°，

∵AO∥NE，

∴△ACO∽△NCE，

∴，

∴，

∴CO= ，

连接BN，

∴AB=BE=5，

∵∠BAN=∠BEN=90°，

∴∠ANB=∠ENB，

∵EN=ND，

∴∠NDE=∠NED，

∵∠CNE=∠NDE+∠NED，

∴∠ANB=∠NDE，

∴BN∥DE，

Rt△ABN中，BN= ，

sin∠ANB=∠NDE= ，

∴，

∴NF=2 ，

∴DF=4 ，

∵∠QNA=∠DNF，

∴tan∠QNA=tan∠DNF= ，

∴，

∴AQ=20，

∵tan∠QAH=tan∠OAB= ，

设QH=3x，AH=4x，则AQ=5x，

∴5x=20，

x=4，

∴QH=3x=12，AH=16，

∴Q（-12，20），

同理易得：直线NQ的解析式：y=- x+14，∴P（0，14）；

ii）当△DCE∽△PAQ时，如图3，

∴∠APN=∠CDE，

∵∠ANB=∠CDE，

∵AP∥NG，

∴∠APN=∠PNE，

∴∠APN=∠PNE=∠ANB，

∴B与Q重合，

∴AN=AP=10，

∴OP=AP-OA=10-4=6，

∴P（0，-6）；

综上所述，△APQ与△CDE相似时，点P的坐标的坐标（0，14）或（0，-6）

【解析】【分析】（1）由一次函数解析式容易求得A、B的坐标，利用勾股定理可求得AB

的长度；（2）①根据同角的三角函数得：tan∠OAB= ，设EM=3x，AE=4x，则AM=5x，得M（3x，-4x+4），证明△AHN≌△MEA，则AH=EM=3x，根据NG=OH，列式可得x的值，计算M的坐标即可；

②如图2，先计算E与G重合，易得∠QAP=∠OAB=∠DCE，所以△APQ与△CDE相似时，顶点C必与顶点A对应，可分两种情况进行讨论：

i）当△DCE∽△QAP时，证明△ACO∽△NCE，列比例式可得CO= ，根据三角函数得：

tan∠QNA=tan∠DNF= ，AQ=20，则tan∠QAH=tan∠OAB= ，设QH=3x，AH=4x，则AQ=5x，求出x的值，得P（0，14）；

ii）当△DCE∽△PAQ时，如图3，先证明B与Q重合，由AN=AP可得P（0，-6）.

6．如图1，在△ABC中，在BC边上取一点P，在AC边上取一点D，连AP、PD，如果△APD是等腰三角形且△ABP与△CDP相似，我们称△APD是AC边上的“等腰邻相似三角形”.

（1）如图2,在△ABC中AB=AC,∠B=50°，△APD是AB边上的“等腰邻相似三角形”，且AD=DP，∠PAC=∠BPD，则∠PAC的度数是________；

（2）如图3，在△ABC中，∠A=2∠C，在AC边上至少存在一个“等腰邻相似△APD”，请画出一个AC边上的“等腰邻相似△APD”，并说明理由；

（3）如图4，在Rt△ABC中AB=AC=2，△APD是AB边上的“等腰邻相似三角形”，请写出AD长度的所有可能值.

【答案】（1）30°

（2）解：如图3中，△APD是AC边上的“等腰邻相似三角形”，

理由：作∠BAC的平分线AP交BC于P，作PD∥AB交AC于D，

∴∠BAP=∠PAD=∠DPA，∠CPD=∠B，

∴DP=DA，

∵∠CAB=2∠C，

∴∠BAP =∠C，

∴△APD是等腰三角形且△APB与△CDP相似，

∴△APD是AC边上的“等腰邻相似三角形”

（3）解：如图3′中，当DA=DP时，设∠APD=∠DAP=x，

①若∠BPD=∠CAP=90°-x，∠BDP=∠CPA=2x，

∴90°-x+2x+x=180°，

∴x=45°，

∴三角形都是等腰直角三角形，易知AD=1；

②若∠PDB=∠CAP时，设∠APD=∠DAP=x，

得到∠PDB=∠CAP=2x，易知x=30°，

设AD=a，则AP=

∵△BPD∽△CPA，

∴，即，

解得，

如图4中，当PA=PD时，易知∠PDB是钝角，∠CAP是锐角，

∴∠PDB=∠CPA，则△BPD≌△CPA，

设AD=a，则BD=2-a，，AC=2，

，

解得a= ，

如图5中，当AP=AD时，设∠APD=∠ADP=x，则∠DAP=180°-2x，易知∠PDB为钝角，∠CAP为锐角，

∴∠PDB=∠CPA=180°-x，∠CAP=90°-∠DAP=90°-（180°-2x）=2x-90°，

在△APC中，2x-90°+180°-x+45°=180°，

解得x=45°，不可能成立．

综上所述．AD的长为1或或

【解析】【解答】（1）解：如图2中，

∵AB＝AC，DA＝DP，

∴∠B＝∠C，∠DAP＝∠DPA，

∵∠PAC＝∠BPD，

∴∠APC＝∠BDP＝∠DAP＋∠DPA，

∵∠APC＝∠B＋∠BAP，

∴∠B＝∠PAB＝50°，

∵∠BAC＝180°?50°?50°＝80°，

∴∠PAC＝30°

故答案为30°

【分析】（1）根据等边对等角和三角形外角的性质证明∠B＝∠PAB即可解决问题．（2）如图3中，作∠BAC的平分线AP交BC于P，作PD∥AB交AC于D，根据平行线的性质和角平分线定义可得∠BAP=∠PAD=∠DPA，∠CPD=∠B，结合∠A=2∠C可证△APD是等腰三角形且△APB与△CDP相似，即可解决问题．（3）分三种情形讨论：如图3′中，当DA＝DP时；如图4中，当PA＝PD时；如图5中，当AP＝AD时；分别求解即可解决问题．

7．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。

8．如图，△ABC内接于⊙O，∠CBG=∠A，CD为直径，OC与AB相交于点E，过点E作EF⊥BC，垂足为F，延长CD交GB的延长线于点P，连接BD．

（1）求证：PG与⊙O相切；

（2）若 = ，求的值；

（3）在（2）的条件下，若⊙O的半径为8，PD=OD，求OE的长．【答案】（1）解：如图，连接OB，则OB=OD，

∴∠BDC=∠DBO，

∵∠BAC=∠BDC、∠BAC=∠GBC，

∴∠GBC=∠BDO，

∵CD是⊙O的直径，

∴∠DBO+∠OBC=90°，

∴∠GBC+∠OBC=90°，

∴∠GBO=90°，

∴PG与⊙O相切。

（2）解：过点O作OM⊥AC于点M，连接OA，

则∠AOM=∠COM= ∠AOC，

∵

∴∠ABC= ∠AOC=∠COM，

又∵∠EFB=∠OMC=90°，

∴△BEF∽△OCM，

∴，

∵CM= AC，

∴，

又∵，