人教全国各地备战中考模拟试卷数学分类：相似综合题汇编附答案

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）
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，
∴AE=CE，
∵△CDE沿直线BC翻折到△CDF，
∴△CDE≌△CDF，
∴CF=CE，∠DCF=∠ACB=45°，
∴CF=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。

（2）作IC的中点M，结合正方形的性质，可证得∠EAH=∠HFD，AE=DF，利用AAS证明△AEH与△FDH全等，再利用全等三角形的性质和中位线的性质解答即可。

2．如图，点A、B、C、D是直径为AB的⊙O上的四个点，CD＝BC，AC与BD交于点E。

（1）求证：DC2＝CE·AC；
（2）若AE＝2EC，求之值；
（3）在（2）的条件下，过点C作⊙O的切线，交AB的延长线于点H，若S△ACH＝，求EC之长.
【答案】（1）证明：∵CD＝BC，∴∠DAC＝∠CDB，又∵∠ACD=∠DCE，∴△ACD∽△DCE，
∴，∴DC2＝CE·AC；
（2）解：设EC＝k，则AE＝2k，∴AC＝3k，由（1）DC2＝CE·AC＝3k2，
DC= k，连接OC，OD，
∵CD＝BC，∴OC平分∠DOB，∴BC＝DC＝ k，
∵AB是⊙O的直径，∴在Rt△ACB中，，
∴OB=OC=OD= k，∴∠BOD＝120°，∴∠DOA＝60°，∴AD＝AO，∴
（3）解：∵CH是⊙O的切线，连接CO，∴OC⊥CH．∵∠COH＝60°，∠H＝30°，
过C作CG⊥AB于G，
设EC=k，∵∠CAB＝30°，∴，
又∵∠H＝∠CAB＝30°，∴AC＝CH＝3k，∴AH＝，
∵S△ACH＝，∴，∴k2＝4，k＝2，即EC＝2．
【解析】【分析】（1）要证DC2＝CE·AC，只需证△ACD∽△DCE即可求解；
（2）连接OC，OD，根据已知条件AE＝2EC可用含k的代数式表示线段AE、CE、AC，由（1）可将CD用含K的代数式表示，在Rt△ACB中，由勾股定理可将AB用含K的代数式表示，结合已知条件和圆的性质可求解；
（3）过C作CG⊥AB于G，设EC=k，由30度角所对的直角边等于斜边的一半可将CG用含K的代数式表示，根据三角形ACH的面积=AH CG=9即可求解。

3．如图，在△ABC中，已知AB=AC=10cm，BC=16cm，AD⊥BC于D，点E、F分别从B、C 两点同时出发，其中点E沿BC向终点C运动，速度为4cm/s；点F沿CA、AB向终点B运动，速度为5cm/s，设它们运动的时间为x（s）．
（1）求x为何值时，△EFC和△ACD相似；
（2）是否存在某一时刻，使得△EFD被AD分得的两部分面积之比为3:5，若存在，求出x 的值，若不存在，请说明理由；
（3）若以EF为直径的圆与线段AC只有一个公共点，求出相应x的取值范围．
【答案】（1）解：如图1中，
点F在AC上，点E在BD上时，①当时，△CFE∽△CDA，
∴ = ，
∴t= ，
②当时，即 = ，
∴t=2，
当点F在AB上，点E在CD上时，不存在△EFC和△ACD相似，
综上所述，t= s或2s时，△EFC和△ACD相似．
（2）解：不存在．
理由：如图2中，当点F在AC上，点E在BD上时，作FH⊥BC于H，EF交AD于N．
∵CF=5t．BE=4t，
∴CH=CF•cosC=4t，
∴BE=CH，
∵AB=AC，AD⊥BC，
∴BD=DC，
∴DE=DH，
∵DN∥FH，
∴ =1，
∴EN=FN，
∴S△END=S△FND，
∴△EFD被 AD分得的两部分面积相等，
同法可证当点F在AB上，点E在CD上时，△EFD被 AD分得的两部分面积相等，
∴不存在某一时刻，使得△EFD被 AD分得的两部分面积之比为3：5．
（3）解：①如图3中，当以EF为直径的⊙O经过点A时，⊙O与线段AC有两个交点，连接AE，则∠EAF=90°．
由 =cosC= ，可得 = ，
∴t= ，
∴0≤t＜时，⊙O与线段AC只有一个交点．
②如图4中，当⊙O与AC相切时，满足条件，此时t= ．
③如图5中，当⊙O与AB相切时，cosB= ，即 = ，解得t= ．
④如图6中，⊙O经过点A时，连接AE，则∠EAF=90°．
由cosB= = ，即 = ，t= ，
∴＜t≤4时，⊙O与线段AC只有一个交点．
综上所述，当⊙O与线段AC只有一个交点时，0≤t＜或或或＜t≤4
【解析】【分析】（1）分类讨论：根据路程等于速度乘以时间，分别表示出BE,,CE,CF的
长，①当时，△CFE∽△CDA，②当时△CEF∽△CDA，根据比例式，分别列出方程，求解t的值；当点F在AB上，点E在CD上时，不存在△EFC和△ACD相似，
综上所述，即可得出答案；
（2）不存在．理由：如图2中，当点F在AC上，点E在BD上时，作FH⊥BC于H，EF交AD于N．由题意知CF=5t．BE=4t，根据余弦函数的定义由CH=CF•cosC，表示出CH的长，从而得出BE=CH，根据等腰三角形的三线合一得出BD=DC，根据等量减等量差相等得出
DE=DH，根据平行线分线段成比例定理得出=1得出EN=FN，根据三角形中线的性质得出S△END=S△FND，△EFD被 AD分得的两部分面积相等，同法可证当点F在AB上，点E在CD上时，△EFD被AD分得的两部分面积相等，故不存在某一时刻，使得△EFD被AD 分得的两部分面积之比为3：5；
（3）①如图3中，当以EF为直径的⊙O经过点A时，⊙O与线段AC有两个交点，连接
AE，则∠EAF=90°．根据余弦函数的定义，由，结论列出方程，求解得出t 的值，故0≤t时，⊙O与线段AC只有一个交点；②如图4中，当⊙O与AC相切时，满足条件，此时t=；③如图5中，当⊙O与AB相切时，根据余弦函数的定义，由cosB=，列出方程，求解得出t的值；④如图6中，⊙O经过点A时，连接AE，则
∠EAF=90°．由cosB=，列出方程求出t的值，故＜t≤4时，⊙O与线段AC只有一个交点；综上所述，得出答案。

4．如图，已知二次函数y=ax2+ x+c的图象与y轴交于点A（0，4），与x轴交于点B、C，点C坐标为（8，0），连接AB、AC．
（1）请直接写出二次函数y=ax2+ x+c的表达式；
（2）判断△ABC的形状，并说明理由；
（3）若点N在x轴上运动，当以点A、N、C为顶点的三角形是等腰三角形时，请直接写
出此时点N的坐标；
（4）若点N在线段BC上运动（不与点B、C重合），过点N作NM∥AC，交AB于点M，当△AMN面积最大时，求此时点N的坐标．
【答案】（1）解：∵A（0，4），∴c=4，，把点C坐标（8，0）代入解析式，得：a=－
，∴二次函数表达式为；
（2）解：令y=0，则解得，x1=8，x2="-2" ，∴点B的坐标为（-2，0），由已知可得，在Rt△AOB中，AB----2=BO2+AO2=22+42=20，在Rt△AOC中AC----2=AO2+CO2=42+82=80，又∵BC=OB+OC=2+8=10，∴在△ABC中AB----2+ AC----2=20+80=102=BC2，∴△ABC是直角三角形；
（3）解：由勾股定理先求出AC，AC= ，①在x轴负半轴，当AC=AN 时，NO=CO=8，∴此时N（-8，0）；②在x轴负半轴，当AC=NC时，NC=AC= ，∵CO=8，∴NO= -8，∴此时N（8- ，0）；③在x轴正半轴，当AN=CN时，设CN=x，则AN=x，ON=8-x，在Rt△AON中，＋ = ，解得：x=5，∴ON=3，∴此时N（3，0）；④在x轴正半轴，当AC=NC时，AC=NC= ，∴ON= ＋8，∴此时N（＋8，0）；综上所述：满足条件的N点坐标是（-8，0）、（8- ，0）、（3，0）、（8+ ，0）；
（4）解：设点N的坐标为（n，0），则BN=n+2，过M点作MD⊥x轴于点D，
∴MD∥OA，∴△BMD∽△BAO，，∵MN∥AC，∴，∴，∵OA=4，BC=10，BN=n+2，∴MD= （n+2），∵S△AMN= S△ABN- S△BMN=
=－ +5，∵－ <0，∴n=3时，S有最大值，∴当△AMN面积最大时，N点坐标为（3，0）．
【解析】【分析】（1）用待定系数法可求二次函数的解析式；
（2）因为抛物线交x轴于B、C两点，令y=0，解关于x的一元二次方程可得点B的坐标，然后计算AB、BC、AC的长，用勾股定理的逆定理即可判断；
（3）由（2）可知AC的长，由题意可知有4种情况：①在x轴负半轴，当AC=AN时；
②②在x轴负半轴，当AC=NC时；③在x轴正半轴，当AN=CN时；④在x轴正半轴，当AC=NC时；结合已知条件易求解；
（4）设点N的坐标为（n，0），则BN=n+2，过M点作MD⊥x轴于点D，由平行于三角形一边的直线和其他两边所构成的三角形与原三角形相似可得△BMD∽△BAO，于是有比
例式，根据平行线分线段成比例定理可得，所以,将已知线段代入比例式可将MD用含n的代数式表示出来，根据三角形的构成可得S△AMN= S△ABN- S△BMN=
⋅ BN⋅OA−BN⋅MD，将BN、MD代入可得关于n的二次函数，配成顶点式根据二次函数的性质即可求解。

5．如图（1），在矩形DEFG中，DE=3，EG=6，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BC=3，AC=6，△ABC的一边BC和矩形的一边DG在同一直线上，点C和点D重合，Rt△ABC将从D以每秒1个单位的速度向DG方向匀速平移，当点C与点G重合时停止运动，设运动时间为t秒，解答下列问题：
（1）如图（2），当AC过点E时，求t的值；
（2）如图（3），当AB与DE重合时，AC与EF、EG分别交于点M、N，求CN的长；（3）在整个运动过程中，设Rt△ABC与△EFG重叠部分面积为y，请求出y与t的函数关系式，并写出相应t的取值范围．
【答案】（1）解：如图（2），当AC过点E时，
在Rt△ABC中，BC=3，AC=6，
∴BC所对锐角∠A=30°，
∴∠ACB=60°，
依题意可知∠ABC=∠EDC=90°，
∵∠ACB=∠ECD，
∴△ABC∽△EDC，
∴，即，
∴CD= ，
∴t=CD= ；
（2）解：如图（3），∵∠EDG=90°，DE=3，EG=6，
∴DG= =3 ，
在Rt△EDG中，sin∠EGD= ，
∴∠EGD=30°，
∵∠NCB=∠CNG+∠EGD，
∴∠CNG=∠NCB﹣∠EGD=60°﹣30°=30°，
∴∠CNG=∠EGD，
∴NC=CG=DG﹣BC=3 ﹣3；
（3）解：由（1）可知，当x＞时，△ABC与△EFG有重叠部分．
分两种情况：①当＜t≤3时，如图（4），
△ABC与△EFG有重叠部分为△EMN，设AC与EF、EG分别交于点M、N，过点N作直线NP⊥EF于P，交DG于Q，
则∠EPN=∠CQN=90°，
∵NC=CG，
∴NC=DG﹣DC=3 ﹣t，
在Rt△NQC中，NQ=sin∠NCQ×NC=sin60°×（3 ﹣t）= ，
∴PN=PQ﹣NQ=3﹣ = ，
∵∠PMN=∠NCQ=60°，
∴sin∠PMN= ，MN= =t﹣，
在矩形DEFG中，EF∥DG，
∴∠MEN=∠CGN，
∵∠MNE=∠CNG，∠CNG=∠CGN，
∴∠EMN=∠MNE，
∴EM=MN，
∴EM=MN=t﹣，
∴y=S△EMN= EM•PN= × ；
②当3＜t≤3 时，如图（5），
△ABC与△EFG重叠部分为四边形PQNM，设AB与EF、EG分别交于点P、Q，AC与EF、EG分别交于点M、N，则∠EPQ=90°，
∵CG=3 ﹣t，
∴S△EMN= ，
∵EP=DB=t﹣3，∠PEQ=30°，
∴在Rt△EPQ中，PQ=tan∠PEQ×EP=tan30°×（t﹣3）= ，
∴S△EPQ= EP•PQ= （t﹣3）× = ，
∴y=S△EMN﹣S△EPQ=（）﹣（）= +（﹣，
综上所述，y与t的函数关系式：y= ．
【解析】【分析】（1）证△ABC∽△EDC，由相似三角形的性质可求出CD的值，即可求t；
（2）利用勾股定理求出DG的值，则由三角函数可∠EGD=30°，进而可证得∠CNG=∠EGD，则NC=CG=DG﹣BC，可求出答案；
（3）根据重叠部分可确定x的取值范围，再由三角形的面积公式可求出函数解析式.
6．
（1）【探索发现】如图1，△ABC中，点D，E，F分别在边BC，AC，AB上，且AD，BE，CF相交于同一点O.用”S”表示三角形的面积，有S△ABD：S△ACD＝BD：CD，这一结论可通过以下推理得到：过点B作BM⊥AD，交AD延长线于点M，过点C作CN⊥AD于点N，可得
S△ABD：S△ACD＝，又可证△BDM～△CDN，∴BM：CN＝BD：CD，∴S△ABD：S△ACD＝BD：CD.由此可得S△BAO：S△BCO＝________；S△CAO：S△CBO＝________；若D，E，F分别是BC，AC，AB的中点，则S△BFO：S△ABC＝________.
（2）【灵活运用】如图2，正方形ABCD中，点E，F分别在边AD，CD上，连接AF，BE 和CE，AF分别交BE，CE于点G，M.
若AE＝DF.判断AF与BE的位置关系与数量关系，并说明理由；
（3）若点E，F分别是边AD，CD的中点，且AB＝4.则四边形EMFD的面积是多少？（4）【拓展应用】如图3，正方形ABCD中，AB＝4，对角线AC，BD相交于点O.点F是边CD的中点.AF与BD相交于点P，BG⊥AF于点G，连接OG，请直接写出S△OGP的值.
【答案】（1）AE：EC；AF：BF；1：6
（2）解：结论：AF＝BE，AF⊥BE.
理由：如图2中，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAE＝∠ADF＝90°，
∵AE＝DF，
∴△BAE≌△ADF（SAS），
∴BE＝AF，∠ABE＝∠DAF，
∵∠ABE+∠AEB＝90°，
∴∠DAF+∠AEB＝90°，
∴∠AGE＝90°，
∴AF⊥BE.
（3）解：如图2﹣1中，连接DM.
根据对称性可知△DME，△DMF，关于直线DM对称，
∴S△DME＝S△DMF，
∵AE＝DE，
∴S△AEM＝S△DME＝S△DMF，
∵S△ADF＝ ×4×2＝4，
∴S△AEM＝S△DME＝S△DMF＝，
∴S四边形EMFD＝ .
故答案为 .
（4）拓展应用：如图3中，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，AC＝BD＝4 ，OA＝OB＝OD＝OC＝2 ，∵DF＝FC，
∴DF＝FC＝2，
∵DF∥AB，
∴，
∴OP：OB＝OP：OA＝1：3，
∵BG⊥PA，AO⊥OB，
∴∠AGB＝∠AOB＝90°，
∵∠OAP+∠APO＝90°，∠PBG+∠BPG＝90°，
∴∠PAO＝∠PBG，
∵∠APO＝∠BPG，
∴△AOP∽△BGP，
∴
∴，∵∠GPO＝∠BPA，
∴△GPO∽△BPA，
∴，
∴S△ABP＝ S△ABD＝，
∴S△GOP＝ .
【解析】【解答】（1）探索发现：由题意：S△BAO：S△BCO＝AE：EC；S△CAO：S△CBO＝AF：BF；若D，E，F分别是BC，AC，AB的中点，则S△BFO：S△ABC＝1：6，
故答案为：AE：EC，AF：BF，1：6.
【分析】【探索发现】利用等高模型，解决问题即可.【灵活运用】（1）结论：AF＝BE，AF⊥BE.证明△BAE≌△ADF（SAS）即可解决问题.（2）根据对称性可知△DME，△DMF，关于直线DM对称，推出S△DME＝S△DMF，由AE＝DE，推出S△AEM＝S△DME＝S△DMF，求出
△ADF的面积即可解决问题.【拓展应用】由△GPO∽△BPA，推出即可解决问题.
7．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，点P是边AB上的一动点，连结DP.
（1）若将△DAP沿DP折叠，点A落在矩形的对角线上点A′处，试求AP的长；
（2）点P运动到某一时刻，过点P作直线PE交BC于点E，将△DAP与△PBE分别沿DP
与PE折叠，点A与点B分别落在点A′，B′处，若P，A′，B′三点恰好在同一直线上，且A′B′＝2，试求此时AP的长；
（3）当点P运动到边AB的中点处时，过点P作直线PG交BC于点G，将△DAP与△PBG 分别沿DP与PG折叠，点A与点B重合于点F处，连结CF，请求出CF的长.
【答案】（1）解:①当点A落在对角线BD上时，设AP＝PA′＝x，
在Rt△ADB中，∵AB＝4，AD＝3，∴BD＝＝5，
∵AB＝DA′＝3，∴BA′＝2，
在Rt△BPA′中，（4﹣x）2＝x2+22，解得x＝，
∴AP＝ .
②当点A落在对角线AC上时，
由翻折性质可知：PD⊥AC，则有△DAP∽△ABC，
∴＝，∴AP＝＝＝ .
∴AP的长为或
（2）解:①如图3中，设AP＝x，则PB＝4﹣x，
根据折叠的性质可知：PA＝PA′＝x，PB＝PB′＝4﹣x，
∵A′B′＝2，∴4﹣x﹣x＝2，∴x＝1，∴PA＝1；
②如图4中，
设AP＝x，则PB＝4﹣x，
根据折叠的性质可知：PA＝PA′＝x，PB＝PB′＝4﹣x，
∵A′B′＝2，∴x﹣（4﹣x）＝2，
∴x＝3，∴PA＝3；
综上所述，PA的长为1或3
（3）解:如图5中，作FH⊥CD由H.
由翻折的性质可知；AD＝DF＝3.BG＝BF，G、F、D共线，设BG＝FG＝x，在Rt△GCD中，（x+3）2＝42+（3﹣x）2，
解得x＝，∴DG＝DF+FG＝，CG＝BC﹣BG＝，
∵FH∥CG，∴＝＝，∴＝＝，
∴FH＝，DH＝，∴CH＝4﹣＝，
在Rt△CFH中，CF＝＝
【解析】【分析】（1）分两种情形：①当点A落在对角线BD上时，设AP=PA′=x，构建方程即可解决问题；②当点A落在对角线AC上时，利用相似三角形的性质构建方程即可解决问题；（2）分两种情形分别求解即可解决问题；（3）如图5中，作FH⊥CD由H.想办法求出FH、CH即可解决问题
8．已知：如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3cm，BC＝4cm，点P从点B出发，沿BC 向点C匀速运动，速度为lcm/s；同时，点Q从点A出发，沿AB向点B匀速运动，速度为2cm/s；当一个点停止运动时，另一个点也停止运动连接PQ，设运动时间为t（s）（0＜t ＜2.5），解答下列问题：
（1）①BQ＝________，BP＝________；（用含t的代数式表示）
②设△PBQ的面积为y（cm2），试确定y与t的函数关系式________；
（2）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使△PBQ的面积为△ABC面积的二分之一？如果存在，求出t的值；不存在，请说明理由；
（3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使△BPQ为等腰三角形？如果存在，求出t的值；不存在，请说明理由．
【答案】（1）5﹣2t；t；y=﹣ t2+ t
（2）解：不存在，
理由：∵AC＝3，BC＝4，
∴S△ABC＝ ×3×4＝6，
由（1）知，S△PBQ＝﹣ t2+ t，
∵△PBQ的面积为△ABC面积的二分之一，
∴﹣ t2+ t＝3，
∴2t2﹣5t+10＝0，
∵△＝25﹣4×2×10＜0，
∴此方程无解，
即：不存在某一时刻t，使△PBQ的面积为△ABC面积的二分之一
（3）解：由（1）知，AQ＝2t，BQ＝5﹣2t，BP＝t，
∵△BPQ是等腰三角形，
∴①当BP＝BQ时，
∴t＝5﹣2t，
∴t＝，
②当BP＝PQ时，如图2过点P作PE⊥AB于E，
∴BE＝ BQ＝（5﹣2t），
∵∠BEP＝90°＝∠C，∠B＝∠B，
∴△BEP∽△BCA，
∴，
∴，
∴t＝
③当BQ＝PQ时，如图3，过点Q作QF⊥BC于F，
∴BF＝ BP＝ t，
∵∠BFQ＝90°＝∠C，∠B＝∠B，
∴△BFQ∽△BCA，
∴，
∴，
∴t＝，
即：t为秒或秒或秒时，△BPQ为等腰三角形．
【解析】【解答】（1）①在Rt△ABC中，AC＝3cm，BC＝4cm，
根据勾股定理得，AB＝5cm，
由运动知，BP＝t，AQ＝2t，
∴BQ＝AB﹣AQ＝5﹣2t，
故答案为：5﹣2t，t；
②如图1，过点Q作QD⊥BC于D，
∴∠BDQ＝∠C＝90°，
∵∠B＝∠B，
∴△BDQ∽△BCA，
∴，
∴，
∴DQ＝（5﹣2t）
∴y＝S△PBQ＝BP•DQ＝ ×t× （5﹣2t）＝﹣ t2+ t；
【分析】（1）①先利用勾股定理求出AB，即可得出结论；②过点Q作QD⊥BC于D，进而得出△BDQ∽△BCA，用t表示出DQ，最后用三角形的面积公式即可得出结论；
（2）先求出△ABC的面积，再利用△PBQ的面积为△ABC面积的二分之一，建立关于t的方程，进而判断出此方程无解，即可得出结论；（3）分三种情况，利用等腰三角形的性质和相似三角形的性质，得出比例式建立关于t的方程求解，即可得出结论．。