中考数学专题《相似》综合检测试卷含详细答案

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．如图，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。

2．如图，矩形OABC的两边在坐标轴上，点A的坐标为（10，0），抛物线y=ax2+bx+4过点B，C两点，且与x轴的一个交点为D（﹣2，0），点P是线段CB上的动点，设CP=t （0＜t＜10）．

（1）请直接写出B、C两点的坐标及抛物线的解析式；

（2）过点P作PE⊥BC，交抛物线于点E，连接BE，当t为何值时，∠PBE=∠OCD？

（3）点Q是x轴上的动点，过点P作PM∥BQ，交CQ于点M，作PN∥CQ，交BQ于点N，当四边形PMQN为正方形时，请求出t的值．

【答案】（1）解：在y＝ax2＋bx＋4中，令x＝0可得y＝4，

∴C（0，4），

∵四边形OABC为矩形，且A（10，0），

∴B（10，4），

把B、D坐标代入抛物线解析式可得，

解得，

∴抛物线解析式为y＝ x2＋ x＋4；

（2）解：由题意可设P（t，4），则E（t， t2＋ t＋4），

∴PB＝10﹣t，PE＝ t2＋ t＋4﹣4＝ t2＋ t，

∵∠BPE＝∠COD＝90°，

当∠PBE＝∠OCD时，

则△PBE∽△OCD，

∴，即BP?OD＝CO?PE，

∴2（10﹣t）＝4（ t2＋ t），解得t＝3或t＝10（不合题意，舍去），

∴当t＝3时，∠PBE＝∠OCD；

当∠PBE＝∠CDO时，

则△PBE∽△ODC，

∴，即BP?OC＝DO?PE，

∴4（10﹣t）＝2（ t2＋ t），解得t＝12或t＝10（均不合题意，舍去）

综上所述∴当t＝3时，∠PBE＝∠OCD

（3）解：当四边形PMQN为正方形时，则∠PMC＝∠PNB＝∠CQB＝90°，PM＝PN，∴∠CQO＋∠AQB＝90°，

∵∠CQO＋∠OCQ＝90°，

∴∠OCQ＝∠AQB，

∴Rt△COQ∽Rt△QAB，

∴，即OQ?AQ＝CO?AB，

设OQ＝m，则AQ＝10﹣m，

∴m（10﹣m）＝4×4，解得m＝2或m＝8，

①当m＝2时，CQ＝＝，BQ＝＝，

∴sin∠BCQ＝＝，sin∠CBQ＝＝，

∴PM＝PC?sin∠PCQ＝ t，PN＝PB?sin∠CBQ＝（10﹣t），

∴ t ＝（10﹣t），解得t＝，

②当m＝8时，同理可求得t＝，

∴当四边形PMQN为正方形时，t的值为或

【解析】【分析】（1）先求出抛物线与y轴的交点C的坐标，再根据矩形ABCO及点A的坐标为（10，0），求出点B的坐标，然后利用待定系数法，将点B、D的坐标分别代入函数解析式求出二次函数解析式。

（2）设P（t，4），利用抛物线的解析式表示出点E的坐标，可求出PB、PE的长，再分情况讨论：当∠PBE＝∠OCD时，可证△PBE∽△OCD，利用相似三角形的性质，的长BP?OD＝CO?PE，建立关于t的方程，求出符合题意的t的值；当∠PBE＝∠CDO时，可得△PBE∽△ODC，利用相似三角形的性质得出BP?OC＝DO?PE，建立关于t的方程，求出t 的值，综上所述就可得出符合题意的t的值。

（3）当四边形PMQN为正方形时，则∠PMC＝∠PNB＝∠CQB＝90°，PM＝PN，再证明Rt△COQ∽Rt△QAB，利用相似三角形的性质得出OQ?AQ＝CO?AB，设OQ＝m，则AQ＝10﹣m，建立关于m的方程，求出m的值，再分别根据m的值求出CQ、BQ的长，再利用解直角三角形用含t的代数式分别表示出PM、PN的长，由PM=PN可得出关于t的方程，再解方程，就可求出符合题意的t的值。

3．如图，M为等腰△ABD的底AB的中点，过D作DC∥AB，连结BC；AB=8cm，DM=4cm，DC=1cm，动点P自A点出发，在AB上匀速运动，动点Q自点B出发，在折线BC﹣CD上匀速运动，速度均为1cm/s，当其中一个动点到达终点时，它们同时停止运动，设点P运动t（s）时，△MPQ的面积为S（不能构成△MPQ的动点除外）．

（1）t（s）为何值时，点Q在BC上运动，t（s）为何值时，点Q在CD上运动；

（2）求S与t之间的函数关系式；

（3）当t为何值时，S有最大值，最大值是多少？

（4）当点Q在CD上运动时，直接写出t为何值时，△MPQ是等腰三角形．

【答案】（1）解：过点C作CE⊥AB，垂足为E，如图1，

∵DA=DB，AM=BM，

∴DM⊥AB.

∵CE⊥AB，

∴

∴CE∥DM.

∵DC∥ME,CE∥DM,

∴四边形DCEM是矩形，

∴CE=DM=4，ME=DC=1.

∵AM=BM,AB=8,

∴AM=BM=4.

∴BE=BM?ME=3.

∵

∴CB=5.

∵当t=4时，点P与点M重合，不能构成△MPQ，

∴t≠4.

∴当且t≠4(s)时,点Q在BC上运动;当 (s)时，点Q在CD上运动.

（2）解：①当0

过点Q作QF⊥AB，垂足为F，如图2，

∵QF⊥AB，CE⊥AB，

∴

∴QF∥CE.

∴△QFB∽△CEB.

∴

∵CE=4，BC=5，BQ=t，

∴

∴

∵PM=AM?AP=4?t，

∴

②当时，点P在线段BM上，点Q在线段BC上，过点Q作QF⊥AB，垂足为F，如图3，

∵QF⊥AB,CE⊥AB,

∴

∴QF∥CE.

∴△QFB∽△CEB.

∴

∵CE=4，BC=5，BQ=t，

∴

∴

∵PM=AP?AM=t?4，

∴

③当时，点P在线段BM上，点Q在线段DC上，过点Q作QF⊥AB，垂足为F，如图4，

此时QF=DM=4.

∵PM=AP?AM=t?4，

∴

综上所述：当0

（3）解：①当0

∵ 0<2<4，

∴当t=2时,S取到最大值,最大值为

②当时, 对称轴为x=2.

∵

∴当x>2时，S随着t的增大而增大，

∴当t=5时,S取到最大值,最大值为

③当时，S=2t?8.

∵2>0，

∴S随着t的增大而增大,

∴当t=6时，S取到最大值，最大值为2×6?8=4.

综上所述：当t=6时，S取到最大值，最大值为4

（4）解：当点Q在CD上运动即时，如图5，

则有，即

∵MP=t?4<6?4，即MP<2，

∴QM≠MP，QP≠MP.

若△MPQ是等腰三角形，则QM=QP.

∵QM=QP，QF⊥MP，

∴MF=PF=12MP.

∵MF=DQ=5+1?t=6?t，MP=t?4，

∴

解得：

∴当t= 秒时，△MPQ是等腰三角形

【解析】【分析】（1）过点C作CE⊥AB于E，结合题中条件得出四边形DCEM是矩形，结合矩形性质和勾股定理求出BC的长，最后考虑不能构成△MPQ，即可解决问题。（2）由于点P、Q的位置不一样，导致PM、QF的长度不一样，所以S与t的函数关系式不同，所以分三种情况讨论①当0

4．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.

5．如图，抛物线y＝x2＋bx＋c经过B(－1，0)，D(－2，5)两点，与x轴另一交点为A，点H是线段AB上一动点，过点H的直线PQ⊥x轴，分别交直线AD、抛物线于点Q、P.

（1）求抛物线的解析式；

（2）是否存在点P，使∠APB＝90°，若存在，求出点P的横坐标，若不存在，说明理由；（3）连接BQ，一动点M从点B出发，沿线段BQ以每秒1个单位的速度运动到Q，再沿线段QD以每秒个单位的速度运动到D后停止，当点Q的坐标是多少时，点M在整个运动过程中用时t最少？

【答案】（1）解：把B（﹣1，0），D（﹣2，5）代入，得：

，解得：，∴抛物线的解析式为：

（2）解：存在点P，使∠APB=90°．

当y=0时，即x2﹣2x﹣3=0，解得：x1=﹣1，x2=3，∴OB=1，OA=3．

设P（m，m2﹣2m﹣3），则﹣1≤m≤3，PH=﹣（m2﹣2m﹣3），BH=1+m，AH=3﹣m，∵∠APB=90°，PH⊥AB，∴∠PAH=∠BPH=90°﹣∠APH，∠AHP=∠PHB，∴△AHP∽△PHB，

∴，∴PH2=BH?AH，∴[﹣（m2﹣2m﹣3）]2=（1+m）（3﹣m），解得m1= ，m2= ，∴点P的横坐标为：或

（3）解：如图，过点D作DN⊥x轴于点N，

则DN=5，ON=2，AN=3+2=5，∴tan∠DAB= =1，∴∠DAB=45°．过点D作DK∥x 轴，则∠KDQ=∠DAB=45°，DQ= QG．

由题意，动点M运动的路径为折线BQ+QD，运动时间：t=BQ+ DQ，∴t=BQ+QG，即运动的时间值等于折线BQ+QG的长度值．

由垂线段最短可知，折线BQ+QG的长度的最小值为DK与x轴之间的垂线段．

过点B作BH⊥DK于点H，则t最小=BH，BH与直线AD的交点，即为所求之Q点．

∵A（3，0），D（﹣2，5），∴直线AD的解析式为：y=﹣x+3，∵B点横坐标为﹣1，∴y=1+3=4，∴Q（﹣1，4）．

【解析】【分析】（1）把点B，D的坐标代入二次函数中组成二元一次方程组，解方程组即可得到抛物线的解析式；（2）先按照存在点P使∠APB＝90°，先根据抛物线的解析式求得点A，B的坐标，设出点P的坐标，根据点P的位置确定m的取值范围，再证△AHP∽△PHB，从而得到PH2=BH?AH，即可列出关于m的方程，解方程即可得到m即点P的横坐标，且横坐标在所求范围内，从而说明满足条件的点P存在；（3）先证明∠DAB=45°，从而证得DQ= 2 QG，那么运动时间t值等于折线BQ+QG的长度值，再结合垂线段最短确定点Q的位置，再求得点Q的坐标即可.

6．如图，Rt△AOB在平面直角坐标系中，已知：B（0，），点A在x轴的正半轴上，OA=3，∠BAD=30°，将△AOB沿AB翻折，点O到点C的位置，连接CB并延长交x轴于点D.

（1）求点D的坐标；

（2）动点P从点D出发，以每秒2个单位的速度沿x轴的正方向运动，当△PAB为直角三角形时，求t的值；

（3）在（2）的条件下，当△PAB为以∠PBA为直角的直角三角形时，在y轴上是否存在一点Q使△PBQ为等腰三角形？如果存在，请直接写出Q点的坐标；如果不存在，请说明理由.

【答案】（1）解：∵B（0，），

∴OB= .

∵OA= OB，

∴OA=3，

∴AC=3.

∵∠BAD=30°，

∴∠OAC=60°.

∵∠ACD=90°，

∴∠ODB=30°，

∴ = ，

∴OD=3，

∴D（﹣3，0）；

（2）解：∵OA=3，OD=3，∴A（3，0），AD=6，

∴AB=2 ，当∠PBA=90°时.

∵PD=2t，

∴OP=3﹣2t.

∵△OBA∽△OPB，

∴OB2=OP?OA，

∴3﹣2t= =1，解得t=1，当∠APB=90°时，则P与O重合，

∴t= ；

（3）解：存在.

①当BP为腰的等腰三角形.

∵OP=1，∴BP= =2，

∴Q1（0， +2），Q3（0. ﹣2）；

②当PQ2=Q2B时，设PQ2=Q2B=a，

在Rt△OPQ2中，12+（﹣x）2=x2，解得x= ，

∴Q2（0，）；

③当PB=PQ4时，Q4（0，﹣）

综上所述：满足条件的点Q的坐标为Q1（0， +2），Q2（0，），Q3（0. ﹣2），Q4（0，﹣）.

【解析】【分析】（1）根据已知得出OA、OB的值以及∠DAC的度数，进而求得∠ADC，即可求得D的坐标；（2）根据直角三角形的判定，分两种情况讨论求得；（3）求得PB 的长，分四种情形讨论即可解决问题.

7．定义：如图，若点D在的边AB上，且满足，则称满足这样条件的点为的“理想点”

（1）如图，若点D是的边AB的中点，，，试判断点D是不是的“理想点”，并说明理由；

（2）如图，在中，，，，若点D是的“理想点”，求CD的长；

（3）如图，已知平面直角坐标系中，点，，C为x轴正半轴上一点，且满足，在y轴上是否存在一点D，使点A，B，C，D中的某一点是其余三点围成的三角形的“理想点” 若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）解：结论：点D是的“理想点”.

理由：如图中，

是AB中点，，

，

，，

，

，

，

∽，

，

点D是的“理想点”，

（2）解：如图中，

点D是的“理想点”，

或，

当时，

，

，

，

当时，同法证明：，

在中，，，，

，

，

.

（3）解：如图中，存在有三种情形：

过点A作交CB的延长线于M，作轴于H.

，，

，

，

，，

，

≌，

，，设，

，，

，，，，，

，

，

解得或舍弃，

经检验是分式方程的解，

，，

①当时，点A是的“理想点” 设，

，，

∽，

，

，

解得，

.

②当时，点A是的“理想点”.

易知：，

，

.

③当时，点B是的“理想点”.

易知：，

，

.

综上所述，满足条件的点D坐标为或或 .

【解析】【分析】（1）结论：点D是的“理想点” 只要证明∽

即可解决问题；（2）只要证明即可解决问题；（3）如图中，存在有三种情形：过点A作交CB的延长线于M，作轴于构造全等三角形，利用平行线分线段成比例定理构建方程求出点C坐标，分三种情形求解即可解决问题；

8．如图1，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx-5与x轴交于A(-1，0)，B(5，0)两点，与y轴交与点C.

（1）求抛物线的函数表达式;

（2）若点D是y轴上的点，且以B、C、D为顶点的三角形与△ABC相似，求点D的坐标; （3）如图2，CE//x轴与抛物线相交于点E，点H是直线CE下方抛物线上的动点，过点H 且与y轴平行的直线与BC、CE分别相交于点F，G，试探求当点H运动到何处时，四边形CHEF的面积最大，求点H的坐标及最大面积.

【答案】（1）解：把A(-1，0)，B(5，0)代入y=ax2+bx-5可得

，解得

二次函数的解析式为y=x2-4x-5.

（2）解：如图1,令x=0，则y=?5，

∴C(0,?5)，

∴OC=OB，

∴∠OBC=∠OCB=45°，

∴AB=6,BC=5 ，

要使以B,C,D为顶点的三角形与△ABC相似,则有或，

当时，

CD=AB=6，

∴D(0,1)，

当时，

∴，

∴CD= ，

∴D(0, )，

即：D的坐标为(0,1)或(0, )；

（3）解：设H(t，t2-4t-5)

∥x轴，，

又因为点E在抛物线上，即，解得（舍去）

∴BC所在直线解析式为y=x-5,

∴则，

而CE是定值，

∴当HF的值最大时，四边形CHEF有最大面积。

当时，HF取得最大值，四边形CHEF的最大面积为

,

此时H( ， )

【解析】【分析】（1）根据待定系数法直接确定出抛物线解析式；（2）分两种情况，利用相似三角形的比例式即可求出点D的坐标；（3）先求出直线BC的解析式，进而求出四边形CHEF的面积的函数关系式，即可求出最大值；

9．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.

10．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，