中考数学相似综合练习题

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

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。

（3）分情况讨论：当△AOC∽△MNC时，延长MN交y轴于点D，过点N作NE⊥y轴于点E，由∠ACO=∠NCD，∠AOC=∠CND=90°得出∠CDN=∠CAO，再证明∠CDN=∠CMN，根

据MN⊥AC，可得出M、D关于AN对称，则N为DM中点，设点N坐标为（a，- a-1），根据△EDN∽△OAC，得出点D、M的坐标，然后将点M的坐标代入抛物线的解析式求出a的值，即可得出点N的坐标；当△AOC∽△CNM时，∠CAO=∠NCM，得出CM∥AB 则点C关于直线x=1的对称点C′即为点N，就可求出点N的坐标。

2．

（1）问题发现：

如图1，在等边三角形ABC中，点M为BC边上异于B、C的一点，以AM为边作等边三角形AMN，连接CN，NC与AB的位置关系为________；

（2）深入探究：

如图2，在等腰三角形ABC中，BA=BC，点M为BC边上异于B、C的一点，以AM为边作等腰三角形AMN，使∠ABC=∠AMN，AM=MN，连接CN，试探究∠ABC与∠ACN的数量关系，并说明理由；

（3）拓展延伸：

如图3，在正方形ADBC中，AD=AC，点M为BC边上异于B、C的一点，以AM为边作正方形AMEF，点N为正方形AMEF的中点，连接CN，若BC=10，CN= ，试求EF的长．【答案】（1）NC∥AB

（2）解：∠ABC=∠ACN，理由如下：

∵ =1且∠ABC=∠AMN，

∴△ABC～△AMN

∴，

∵AB=BC，

∴∠BAC= （180°﹣∠ABC），

∵AM=MN

∴∠MAN= （180°﹣∠AMN），

∵∠ABC=∠AMN，

∴∠BAC=∠MAN，

∴∠BAM=∠CAN，

∴△ABM～△ACN，

∴∠ABC=∠ACN

（3）解：如图3，连接AB，AN，

∵四边形ADBC，AMEF为正方形，

∴∠ABC=∠BAC=45°，∠MAN=45°，

∴∠BAC﹣∠MAC=∠MAN﹣∠MAC

即∠BAM=∠CAN，

∵，

∴，

∴△ABM～△ACN

∴，

∴ =cos45°= ，

∴，

∴BM=2，

∴CM=BC﹣BM=8，

在Rt△AMC，

AM= ，

∴EF=AM=2 ．

【解析】【解答】解：（1）NC∥AB，理由如下：

∵△ABC与△MN是等边三角形，

∴AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°，

∴∠BAM=∠CAN，

在△ABM与△ACN中，

，

∴△ABM≌△ACN（SAS），

∴∠B=∠ACN=60°，

∵∠ANC+∠ACN+∠CAN=∠ANC+60°+∠CAN=180°，

∴∠ANC+∠MAN+∠BAM=∠ANC+60°+∠CAN=∠BAN+∠ANC=180°，

∴CN∥AB；

【分析】（1）由题意用边角边易得△ABM≌△ACN，则可得∠B=∠ACN=60°，所以∠BCN+∠B=∠BCA+∠ACN+∠B=180°，根据平行线的判定即可求解；

（2）由题意易得△ABC～△AMN，可得比例式，由三角形内角和定理易得∠BAM=∠CAN，根据相似三角形的判定可得△ABM～△ACN，由相似三角形的性质即可求解；

（3）要求EF的值，只须求得CM的值，然后解直角三角形AMC即可求解。连接AB，AN，由正方形的性质和相似三角形的判定易得△ABM～△ACN，可得比例式

，可求得BM的值，而CM=BC﹣BM，解直角三角形AMC即可求得AM的值，即为EF的值。

3．已知抛物线y=ax2+bx-3的图象与x轴交于点A（-1，0）和点B（3，0），顶点为D，点C是直线l：y=x+5与x轴的交点.

（1）求该二次函数的表达式；

（2）点E是直线l在第三象限上的点，连接EA、EB，当△ECA∽△BCE时，求E点的坐标；

（3）在（2）的条件下，连接AD、BD，在直线DE上是否存在点P，使得∠APD=∠ADB？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）解：将A（-1，0），B（3，0）代入y=ax2+bx-3，

得：，解得：，

∴该二次函数的表达式为y=x2-2x-3

（2）解：当y=0时，x+5=0，

解得：x=-5，

∴点C的坐标为（-5，0）.

∵点A的坐标为（-1，0），点B的坐标为（3，0），

∴AC=4，BC=8.

∵△ECA∽△BCE，

∴∠ECA=∠BCE， = ，即 = ，

∴EC=4 或EC=-4 （舍去），

过点E作EF⊥x轴于点F，如图1所示，

∵直线l的函数表达式为y=x+5，

∴△CEF为等腰三角形，

∴CE=EF=4，

∴OF=5+4=9，EF=4，

∴点E的坐标为（-9，-4）；

（3）解：∵y=x2-2x-3=（x-1）2-4，

∴点D的坐标为（1，-4），

∴AD=BD= =2 ，

由（2）可知：点E的坐标为（-9，-4），

∴直线DE的函数表达式为y=-4，

过点A作AM⊥BD于点M，过点A作AN⊥直线DE于点N，如图2所示，

∵点D的坐标为（1，-4），点A的坐标为（-1，0），点B的坐标为（3，0），

∴S△ABD= ×[3-（-1）]×4=8，

∴AM= = = ，

∴DM= = ，

∵∠APD=∠ADB，

∴tan∠APD=tan∠ADB，即 = ，

∴ = ，

∴PN=3，

又∵点N的坐标为（-1，-4），

∴点P的坐标为（-4，-4）或（2，-4）.

综上所述：在直线DE上存在点P（-4，-4）或（2，-4），使得∠APD=∠ADB.

【解析】【分析】（1）根据点A，B的坐标，利用待定系数法即可求出二次函数的表达式；（2）利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点C的坐标，结合点A，B的坐标利用相似三角形的性质可求出EC的值，过点E作EF⊥x轴于点F，则△CEF为等腰三角形，根据等腰直角三角形的性质可求出CE，EF的值，进而可得出点E的坐标；（3）利用配方法可求出点D的坐标，进而可得出BD的长度，结合点E的坐标可得出直线DE的函数表达式为y=-4，过点A作AM⊥BD于点M，过点A作AN⊥直线DE于点N，利用面积法可求出AM的值，由∠APD=∠ADB结合正切的定义可求出PN的值，再结合点N的坐标可得出点P 的坐标，此题得解.

4．已知在△ABC中，∠ABC=90°，AB=3，BC=4.点Q是线段AC上的一个动点，过点Q作AC的垂线交线段AB（如图1）或线段AB的延长线（如图2）于点P.

（1）当点P在线段AB上时，求证：△APQ∽△ABC；

（2）当△PQB为等腰三角形时，求AP的长.

【答案】（1））证明：∵∠A+∠APQ=90°，∠A+∠C=90°，∴∠APQ=∠C.

在△APQ与△ABC中，∵∠APQ=∠C，∠A=∠A，

∴△APQ∽△ABC.

（2）解：在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，由勾股定理得：AC=5.

∵∠BPQ为钝角，∴当△PQB为等腰三角形时，只可能是PB=PQ.

（I）当点P在线段AB上时，如题图1所示，

由（1）可知，△APQ∽△ABC，

∴，即，解得： .

∴ .

（II）当点P在线段AB的延长线上时，如题图2所示,

∵BP=BQ，∴∠BQP=∠P.

∵∠BQP+∠AQB=90°，∠A+∠P=90°，∴∠AQB=∠A。∴BQ=AB。

∴AB=BP，点B为线段AB中点。

∴AP=2AB=2×3=6.

综上所述，当△PQB为等腰三角形时，AP的长为或6.

【解析】【分析】（1）由两对角相等（∠APQ=∠C，∠A=∠A），证明△APQ∽△ABC。（2）当△PQB为等腰三角形时，有两种情况，需要分类讨论.（I）当点P在线段AB上时，如题图1所示.由三角形相似（△APQ∽△ABC）关系计算AP的长；（II）当点P在线段AB的延长线上时，如题图2所示.利用角之间的关系，证明点B为线段AP的中点，从而可以求出AP.

5．如图，AB为的直径，C为上一点，D为BA延长线上一点，．

（1）求证：DC为的切线；

（2）线段DF分别交AC，BC于点E，F且，的半径为5，

，求CF的长．

【答案】（1）解：如图，连接OC，

为的直径，

，

，

，

，

，

，即，

为的切线

（2）解：中，，，

，，

，，

∽，

，

设，，

中，，

，

舍或，

，，

，

设，

，

，

，

，

∽，

，

，，

【解析】【分析】（1）要证DC为⊙O 的切线，需添加辅助线：连半径OC，证垂直，根据直径所对的圆周角是直角，可得出∠ BCO + ∠ OCA = 90°，再利用等腰三角形的性质，可得出∠ B = ∠BCO ，结合已知，可推出∠OCD=90°，然后利用切线的判定定理，可证得结论。

（2）根据已知圆的半径和sinB的值，可求出AB、BC的值，再证明△CAD ∽△BCD，得出对应边成比例，得出AD与CD的比值，利用勾股定理求出AD、CD的长，再利用∠CEF=45°去证明CE = CF ，然后证明△ CED ∽△ BFD ，得出对应边成比例，求出CF的长。

6．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.

7．已知二次函数y=ax2+bx+3的图象分别与x轴交于点A（3，0），C（-1，0），与y轴交于点B．点D为二次函数图象的顶点．

（1）如图①所示，求此二次函数的关系式：

（2）如图②所示，在x轴上取一动点P（m， 0），且1＜m＜3，过点P作x轴的垂线分别交二次函数图象、线段AD，AB于点Q、F，E，求证：EF=EP；

（3）在图①中，若R为y轴上的一个动点，连接AR，则BR+AR的最小值________（直接写出结果）．

【答案】（1）解：将A（3，0），C（-1，0）代入y=ax2+bx+3，得：

，解得：，

∴此二次函数的关系式为y=-x2+2x+3

（2）证明：∵y=-x2+2x+3=-（x-1）2+4，

∴点D的坐标为（1，4）．

设线段AB所在直线的函数关系式为y=kx+c（k≠0），

将A（3，0），C（0，3）代入y=kx+c，得：

，解得：，

∴线段AB所在直线的函数关系式为y=-x+3．

同理，可得出：线段AD所在直线的函数关系式为y=-2x+6．

∵点P的坐标为（m，0），

∴点E的坐标为（m，-m+3），点F的坐标为（m，-2m+6），

∴EP=-m+3，EF=-m+3，

∴EF=EP．

（3）

【解析】【解答】解（3）如图③，连接BC，过点R作RQ⊥BC，垂足为Q．

∵OC=1，OB=3，

∴BC= ．(勾股定理)

∵∠CBO=∠CBO，∠BOC=∠BQR=90°，

∴△BQR∽△AOB，

∴ ,即 ,

∴RQ= BR，

∴AR+ BR=AR+RQ，

∴当A，R，Q共线且垂直AB时，即AR+ BR=AQ时，其值最小．

∵∠ACQ=∠BCO，∠BOC=∠AQC，

∴△CQA∽△COB，

∴ ,即

∴AQ= ，

∴ BR+CR的最小值为．

故答案为：．

【分析】（1）根据A，C点的坐标，利用待定系数法可求出二次函数的关系式；（2）利用待定系数法求出线段AB，AD所在直线的函数关系式，用m表示EF，EP的长，可证得结论；（3）连接BC，过点R作RQ⊥BC，垂足为Q，则△BQR∽△AOB，利用相似三角形

的性质可得出RQ= BR，结合点到直线之间垂直线段最短可得出当A，R，Q共线且垂直

AB时，即AR+ BR=AQ时，其值最小，由∠ACQ=∠BCO，∠BOC=∠AQC可得出△CQA∽△COB，利用相似三角形的性质可求出AQ的值，此题得解．

8．在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点B，与y轴交于点C，二次函数

的图象经过点B,C两点，且与x轴的负半轴交于点A，动点D在直线BC 下方的二次函数图象上.

（1）求二次函数的表达式；

（2）如图1，连接DC,DB,设△BCD的面积为S,求S的最大值；

（3）如图2，过点D作DM⊥BC于点M，是否存在点D，使得△CDM中的某个角恰好等于∠ABC的2倍？若存在，直接写出点D的横坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）解：直线，当时，；当时，，∴， .

∵二次函数的图象经过，两点，

∴解得

∴二次函数的表达式为： .

（2）解：过点作轴于点，交于点，过点作于点，

依题意设，则 .

其中，

∴，

∴

，

，

，

，

，

∵，∴抛物线开口向下．

又∵，

∴当时，有最大值，

（3）解：或

在轴上取点，使，则 .

过点作∥交延长线于点，过点作轴于点，

设点的坐标为，则，

.

在中，，解得 .∴ .

当时，

∴ .

∴ .

易证∽ .

∴ .

∴ , .

∴ .

∵，

∴直线的函数表达式为： .

由，解得：，（舍）.

∴点的横坐标为2.

②当时，方法同①，可确定点的横坐标为

【解析】【分析】（1）先求得点B、C的坐标，再代入求得b、c的值，即可得二次函数的表达式；（2）过点作轴于点，交于点，过点

作于点，设，则 .用含有a的代数式表示出的长，再根据得到S与a的二次函数关系，利用二次函数的性质即可解答；（3）在x轴上取点K，使CK=BK，则∠OKC=2∠ABC，过点B作BQ∥MD交CD延

长线于点Q，过点Q作QH⊥x轴于点H，分∠DCM=∠QCB=2∠ABC和∠CDM=∠CQB=2∠ABC两种情况求点D的横坐标即可.

9．如图，半径为4且以坐标原点为圆心的圆O交x轴，y轴于点B、D、A、C，过圆上的动点不与A重合作，且在AP右侧．

（1）当P与C重合时，求出E点坐标；

（2）连接PC，当时，求点P的坐标；

（3）连接OE，直接写出线段OE的取值范围．

【答案】（1）解：当P与C重合时，

，的半径为4，且在AP右侧，

，

点坐标为；

（2）解：如图，作于点F，

为的直径，

，

，

∽，

，

，

，，

，

点P的坐标为或；

（3）解：如图，连结OP，OE，AB，BE，AE，

，都为等腰直角三角形，

，，

，

∽，

，

，

，

【解析】【分析】当P与C重合时，因为，的半径为4，且在AP右侧，所以，所以E点坐标为；作

于点F，证明∽，可求得CF长，在中求得PF的长，进而得出点P的坐标；连结OP，OE，AB，BE，AE，证明∽，可得，根据，即可得出OE的取值范围．

10．如图

（1）某学校“智慧方园”数学社团遇到这样一个题目：

如图1，在△ABC中，点O在线段BC上，∠BAO=30°，∠OAC=75°，AO= ，BO：CO=1：3，求AB的长．

经过社团成员讨论发现，过点B作BD∥AC，交AO的延长线于点D，通过构造△ABD就可以解决问题（如图2）．

请回答：∠ADB=________°，AB=________．

（2）请参考以上解决思路，解决问题：

如图3，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC⊥AD，AO= ，∠ABC=∠ACB=75°，BO：OD=1：3，求DC的长．

【答案】（1）75；4

（2）解：过点B作BE∥AD交AC于点E，如图所示．

∵AC⊥AD，BE∥AD，

∴∠DAC=∠BEA=90°．

∵∠AOD=∠EOB，

∴△AOD∽△EOB，

∴ = = ．

∵BO：OD=1：3，

∴ = = ．

∵AO=3 ，

∴EO= ，

∴AE=4 ．

∵∠ABC=∠ACB=75°，

∴∠BAC=30°，AB=AC，

∴AB=2BE．

在Rt△AEB中，BE2+AE2=AB2，即（4 ）2+BE2=（2BE）2，

解得：BE=4，

∴AB=AC=8，AD=12．

在Rt△CAD中，AC2+AD2=CD2，即82+122=CD2，

解得：CD=4

【解析】【解答】解：（1）∵BD∥AC，

∴∠ADB=∠OAC=75°．

∵∠BOD=∠COA，

∴△BOD∽△COA，

∴ = = ．

又∵AO= ，

∴OD= AO= ，

∴AD=AO+OD=4 ．

∵∠BAD=30°，∠ADB=75°，

∴∠ABD=180°﹣∠BAD﹣∠ADB=75°=∠ADB，

∴AB=AD=4 ．

故答案为：75；4 ．

【分析】（1）利用平行线的性质，可求出∠ADB的度数，证明∠ADB=∠OAC，利用相似三角形的判定定理证明△BOD∽△COA，得出对应边成比例，求出OD的长，再求出AD的长，然后证明∠ABD=∠ADB，可求得AB的长。

（2）过点B作BE∥AD交AC于点E，先证明△AOD∽△EOB，得出对应边成比例，求出EO、AE的长，再证明AB=2BE，利用勾股定理求出BE的长，就可得出AC、AD的长，然后在Rt△CAD中，利用勾股定理求出CD的长即可解答。

11．如图所示，△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，EC 的延长线交BD于点P．

（1）把△ABC绕点A旋转到图1，BD，CE的关系是（选填“相等”或“不相等”）；简要说明理由；

（2）若AB=3，AD=5，把△ABC绕点A旋转，当∠EAC=90°时，在图2中作出旋转后的图形，求PD的值，简要说明计算过程；

（3）在（2）的条件下写出旋转过程中线段PD的最小值为________，最大值为________．

【答案】（1）解：相等

理由：∵△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，

∴BA=CA，∠BAD=∠CAE，DA=EA，

∴△ABD≌△ACE，

∴BD=CE；

（2）解：作出旋转后的图形，若点C在AD上，如图2所示：