2020-2021全国各地中考模拟试卷数学分类：相似综合题汇编及答案解析

2020-2021全国各地中考模拟试卷数学分类：相似综合题汇编及答案解析一、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。

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=ab2
a，2b，c，b2是成比例的线段。

（2）解：∵x是a、b的比例中项，
∴x2=6ab，
∴x2=6×4×6，
∴x=12．
【解析】【分析】（1）设已知比例式的值为k，可得出a=3k，b=2k，c=6k，再代入a+2b+c=26，建立关于k的方程，求出kl的值，再求出2b、b2,然后利用成比例线段的定义，可判断a，2b，c，b2是否成比例。

（2）根据实数x为a，b的比例中项，可得出x2=ab，建立关于x的方程，求出x的值。

3．在矩形ABCD中，BC＝6，点E是AD边上一点，∠ABE＝30°，BE＝DE，连接BD.动点M 从点E出发沿射线ED运动，过点M作MN∥BD交直线BE于点N.
（1）如图1，当点M在线段ED上时，求证：MN＝ EM；
（2）设MN长为x，以M、N、D为顶点的三角形面积为y，求y关于x的函数关系式；（3）当点M运动到线段ED的中点时，连接NC，过点M作MF⊥NC于F，MF交对角线BD于点G（如图2），求线段MG的长.
【答案】（1）证明：：∵ °, ° ,
∴ °
∵ ,
∴
∵∥ ,
∴
∴ °,
∴
过点作于点 ,则 .
在中，
∴
∴
（2）解：在中，，
∴
∵
a.当点在线段上时，过点作于点 ,
在中，
由（1）可知：
,
∴
∴
∴
b.当点在线段延长线上时，过点作于点在中， ,
在中， ,
∴ ,
∴
（3）解：连接 ,交于点 .
∵为的中点
∴ ,
∴ .
∵ ,
∴ ,
∴ ,
∴ ,
∴ .
∵∥
∴ ,
∴ ,
,
∵ ,
∴ ,
又∵ ,
∴∽ ,
∴，即 ,
∴
【解析】【分析】（1）过点E作EH⊥MN于点H ,由已知条件易得EN=EM，解直角三角形EMH易得MH和EM的关系，由等腰三角形的三线合一可得MN=2MH即可求解；
（2）在Rt△ABE中，由直角三角形的性质易得DE=BE=2AE，由题意动点M从点E出发沿射线ED运动可知点M可在线段ED上，也可在线段ED外，所以可分两种情况求解：①当点M在线段ED上时，过点N作NI⊥AD于点I ,结合（1）中的结论MN=EM即可求解；
②当点M在线段ED延长线上时，过点N作NI'⊥AD于点I '，解RtΔNI′M 和可
求得NI'和NE，则DM=NE−DE，所以以M、N、D为顶点的三角形面积y=MD.NI可求解；（3）连接CM,交BD于点N'，由（2）中的计算可得MN、CD、MC的长，解直角三角形CDM可得∠DMC的度数，于是由三角形内角和定理可求得∠NMC=，根据平行线的性
质可得DMN'是直角三角形，根据直角三角形的性质可得MN′=MD；则NC的长可求，由已知条件易得ΔNMC∽ΔMN′G
根据所得的比例式即可求解.
,
4．如图,在一间黑屋子里用一盏白炽灯照一个球.
（1）球在地面上的影子是什么形状?
（2）当把白炽灯向上平移时,影子的大小会怎样变化?
（3）若白炽灯到球心的距离是1 m,到地面的距离是3 m,球的半径是0.2 m,则球在地面上影子的面积是多少?
【答案】（1）解：球在地面上的影子的形状是圆.
（2）解：当把白炽灯向上平移时,影子会变小.
（3）解：由已知可作轴截面，如图所示：
依题可得：OE=1 m，AE=0.2 m，OF=3 m，AB⊥OF于H，
在Rt△OAE中，
∴OA= = = (m)，
∵∠AOH=∠EOA，∠AHO=∠EAO=90°，
∴△OAH∽△OEA，
∴，
∴OH= == (m)，
又∵∠OAE=∠AHE=90°，∠AEO=∠HEA，
∴△OAE∽△AHE，
∴ = ，
∴AH= ==2625 (m).
依题可得：△AHO∽△CFO，
∴ AHCF=OHOF ，
∴CF= AH⋅OFOH = 2625×32425=64 (m)，
∴S影子=π·CF2=π· (64)2 = 38 π=0.375π(m2).
答：球在地面上影子的面积是0.375π m2.
【解析】【分析】（1）球在灯光的正下方，根据中心投影的特点可得影子是圆.
（2）根据中心投影的特点：在灯光下，离点光源近的物体它的影子短，离点光源远的物体它的影子长；所以白炽灯向上移时，阴影会逐渐变小.
（3）作轴截面（如图）由相似三角形的判定得三组三角形相似，再根据相似三角形的性质对应边成比例，可求得阴影的半径，再根据面积公式即可求出面积.
5．如图1，过等边三角形ABC边AB上一点D作交边AC于点E，分别取BC，DE 的中点M，N，连接MN．
（1）发现：在图1中， ________；
（2）应用：如图2，将绕点A旋转，请求出的值；
（3）拓展：如图3，和是等腰三角形，且，M，N分别
是底边BC，DE的中点，若，请直接写出的值．
【答案】（1）
（2）解：如图2中，连接AM、AN，
，都是等边三角形，，，
，，
，，
，
，
，
∽，
（3）解：如图3中，连接AM、AN，延长AD交CE于H，交AC于O，
，，，，
，，
，
，
，
，
，，
，
，
∽，
，
，
，
，，
≌，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
【解析】【解答】解：（1）如图1中，作于H，连接AM，
，，
，
时等边三角形，
，
，
，
，
平分线段DE，
，
、N、M共线，
，
四边形MNDH时矩形，
，
，
故答案为：；
【分析】（1）作DH ⊥BC 于H，连接AM.证四边形MNDH时矩形，所以MN=DH，则MN：BD=DH：BD=sin60°，即可求解；
（2）利用△ABC ，△ADE 都是等边三角形可得AM：AB=AN：AD，易得∠BAD = ∠MAN ，从而得△ BAD ∽△ MAN，则NM：BD=AM：AB=sin60°，从而求解；
（3）连接AM、AN，延长AD交CE于H，交AC于O.先证明△BAD ∽△MAN可得NM：BD=AM：AB=sin∠ABC；再证明△ BAD ≌△ CAE，则∠ ABD = ∠ ACE ，进而可得∠ ABC = 45°，可求出答案.
6．
（1）【探索发现】如图1，是一张直角三角形纸片，，小明想从中剪出一个以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________.
（2）【拓展应用】如图2，在中，，BC边上的高，矩形PQMN 的顶点P、N分别在边AB、AC上，顶点Q、M在边BC上，求出矩形PQMN面积的最大值用含a、h的代数式表示；
（3）【灵活应用】如图3，有一块“缺角矩形”ABCDE，，，，，小明从中剪出了一个面积最大的矩形为所剪出矩形的内角，直接写出该矩形的面积.
【答案】（1）
（2）解：，
∽，
，可得，
设，由，
当时，最大值为 .
（3）解：如图，过DE上的点P作于点G，延长GP交AE延长线于点I，过点P 作于点H，
则四边形AHPI和四边形BGPH均为矩形，
设，则，
，，，，
，，
由∽知，
即，得，
，
则矩形BGPH的面积，
当时，矩形BGPH的面积取得最大值，最大值为567.
【解析】【解答】（1）解：、ED为中位线，
，，，，
又，
四边形FEDB是矩形，
则，
故答案为：；
【分析】（1）由中位线知EF= BC、ED= AB、由可得；（2）由
△APN∽△ABC知，可得PN=a- ，设PQ=x，由S矩形PQMN=PQ•PN=
，据此可得；（3）结合图形过DE上的点P作PG⊥BC于点G，延长GP交AE延长线于点I，过点P作PH⊥AB，设PG=x，知PI=28-x，由△EIP∽△EKD知
，据此求得EI= ，PH= ，再根据矩形BGPH的面积S=
可得答案.
7．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，若PB＝OB，CD＝，求⊙O的半径．
【答案】（1）证明：∵DC2＝CE·CA，
∴，
∵∠DCE=∠ACD，
∴△CDE~△CAD，
∴∠CDE=∠CAD，
又∵∠CBD=∠CAD，
∴∠CDE=∠CBD，
∴CD=CB.
（2）解：连结OC（如图），设⊙O的半径为r，
由（1）知CD=CB，
∴弧CD=弧CB，
∴∠CDB=∠CBD=∠CAB=∠CAD=∠BAD，∠BOC=2∠CAB，
∴∠BOC=∠BAD，
∴OC∥AD，
∴，
∵PB＝OB，
∴PB=OB=OA=r，PO=2r，
∴=2，
∵CD=2，
∴PC=4，PD=PC+CD=6，
又∵∠PCB=∠CDB+∠CBD，∠PAD=∠PACB+∠CAD，
∴∠PCB=∠PAD，
∵∠CPB=∠APD，
∴△PCB~△PAD，
∴，
即，
解得：r=4.
即⊙O的半径为4.
【解析】【分析】（1）根据相似三角形的判定：两边对应成比例及夹角相等可得△CDE~△CAD，再由相似三角形的性质：对应角相等，等量代换可得
∠CDE=∠CBD，根据等腰三角形的性质即可得证.
（2）连结OC，设⊙O的半径为r，根据圆周角定理可得∠BOC=∠BAD，由平行线的判定得OC∥AD，根据平行线所截线段成比例可得=2，从而求得PC、PD长，再根据相似三角形的判定可得△PCB~△PAD，由相似三角形的性质可得，从而求得半径.
8．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；理由；
（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）【答案】（1）解：如图1，过点D作DF⊥BC，交AB于点F，
则∠BDE+∠FDE=90°，∵DE⊥AD，∴∠FDE+∠ADF=90°，∴∠BDE=∠ADF，∵∠BAC=90°，∠ABC=45°，∴∠C=45°，∵MN∥AC，∴∠EBD=180°﹣∠C=135°，∵∠FBD=45°，DF⊥BC，∴∠BFD=45°，BD=DF，∴∠AFD=135°，∴∠EBD=∠AFD，在△BDE和△FDA中，∵∠EBD=∠AFD，BD=DF，∠BDF=∠ADF，∴△BDE≌△FDA（ASA），∴AD=DE
（2）解：DE= AD，理由：
如图2，过点D作DG⊥BC，交AB于点G，则∠BDE+∠GDE=90°，∵DE⊥AD，∴∠GDE+∠ADG=90°，∴∠BDE=∠ADG，∵∠BAC=90°，∠ABC=30°，∴∠C=60°，∵MN∥AC，∴∠EBD=180°﹣∠C=120°，∵∠ABC=30°，DG⊥BC，∴∠BGD=60°，
∴∠AGD=120°，∴∠EBD=∠AGD，∴△BDE∽△GDA，∴，在Rt△BDG中，
=tan30°= ，∴DE= AD
（3）解：AD=DE•tanα；理由：
如图2，∠BDE+∠GDE=90°，∵DE⊥AD，∴∠GDE+∠ADG=90°，∴∠BDE=∠ADG，
∵∠EBD=90°+α，∠AGD=90°+α，∴∠EBD=∠AGD，∴△EBD∽△AGD，∴，在
Rt△BDG中，=tanα，则=tanα，∴AD=DE•tanα．
【解析】【分析】（1）如图1，过点D作DF⊥BC，交AB于点F，根据同角的余角相等得出∠BDE=∠ADF，根据等腰直角三角形的性质得出∠C=45°，∠BFD=45°，BD=DF，进而根据平行线的性质邻补角的定义得出∠EBD=180°﹣∠C=135°，∠AFD=135°，从而利用ASA判断出△BDE≌△FDA，根据全等三角形的对应边相等得出AD=DE；
（2）DE= AD，理由：如图2，过点D作DG⊥BC，交AB于点G，根据等角的余角相等得出∠BDE=∠ADG，根据三角形的内角和得出∠C=60°，∠BGD=60°，根据二直线平行同旁内角互补得出∠EBD=120°，根据邻补角的定义得出∠AGD=120°，故∠EBD=∠AGD，根据两个角对应相等的两个三角形相似得出△BDE∽△GDA，利用相似三角形对应边成比例得出
AD∶DE=DG∶BD,根据正切函数的定义及特殊锐角三角函数值得出DG∶BD=tan30°= ,从而得出答案；
（3）AD=DE•tanα；理由：如图2过点D作DG⊥BC，交AB于点G，根据等角的余角相等得出∠BDE=∠ADG，根据三角形的内角和得出根据二直线平行同旁内角互补得出∠EBD=90°+α，三角形的外角定理得出∠AGD=90°+α，故∠EBD=∠AGD，根据两个角对应相等的两个三角形相似得出△BDE∽△GDA，利用相似三角形对应边成比例得出AD∶DE=DG∶BD,根据正切函数的定义DG∶BD=tanα从而得出答案。

9．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.
10．
（1）如图1所示，
在中，，，点在斜边上，点在直角边上，若，求证： .
（2）如图2所示，
在矩形中，，，点在上，连接，过点作交 (或的延长线)于点 .
①若，求的长；
②若点恰好与点重合，请在备用图上画出图形，并求的长.
【答案】（1）证明：∵在中，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴ .
（2）解：①∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，；
②如图所示，设，由①得，
∴，即，
整理，得：，
解得：，，
所以的长为或 .
【解析】【分析】（1）利用平角的定义和三角形的内角和证明即可证得结论；（2）①仿（1）题证明，再利用相似三角形的性质即可求得结果；②由①得，设，根据相似三角形的性质可得关于x的方程，解方程即可求得结果.
11．如图，在平面直角坐标系中，A、B两点的坐标分别为（20，0）和（0，15），动点P 从点A出发在线段AO上以每秒2cm的速度向原点O运动，动直线EF从x轴开始以每秒1cm的速度向上平行移动（即EF∥x轴），分别与y轴、线段AB交于点E、F，连接EP、FP，设动点P与动直线EF同时出发，运动时间为t秒．
（1）求t=9时，△PEF的面积；
（2）直线EF、点P在运动过程中，是否存在这样的t使得△PEF的面积等于40cm2？若存在，请求出此时t的值；若不存在，请说明理由；
（3）当t为何值时，△EOP与△BOA相似．
【答案】（1）解：∵EF∥OA，
∴∠BEF=∠BOA
又∵∠B=∠B，
∴△BEF∽△BOA，
∴ = ，
当t=9时，OE=9，OA=20，OB=15，
∴EF= =8，
∴S△PEF= EF•OE= ×8×9=36（cm2）
（2）解：∵△BEF∽△BOA，
∴EF= = = （15-t），
∴ × （15-t）×t=40，
整理，得t2-15t+60=0，
∵△=152-4×1×60＜0，
∴方程没有实数根．
∴不存在使得△PEF的面积等于40cm2的t值
（3）解：当∠EPO=∠BAO时，△EOP∽△BOA，
∴ = ，即 = ，
解得t=6；
当∠EPO=∠ABO时，△EOP∽△AOB，
∴ = ，即 = ，
解得t= ．
∴当t=6或t= 时，△EOP与△BOA相似
【解析】【分析】（1）由于EF∥x轴，则S△PEF= •EF•OE．t=9时，OE=9，关键是求
EF．易证△BEF∽△BOA，则 = ，从而求出EF的长度，得出△PEF的面积；（2）假设存在这样的t，使得△PEF的面积等于40cm2，则根据面积公式列出方程，由根的判别式进行判断，得出结论；（3）如果△EOP与△BOA相似，由于∠EOP=∠BOA=90°，则只能点O与点O对应，然后分两种情况分别讨论：①点P与点A对应；②点P与点B对应．
12．如图①所示，在△ABC中，点O是AC上一点，过点O的直线与AB，BC的延长线分别相交于点M，N.
（1）【问题引入】
若点O是AC的中点，，求的值；
温馨提示：过点A作MN的平行线交BN的延长线于点G.
（2）【探索研究】
若点O是AC上任意一点(不与A，C重合)，求证：；
（3）【拓展应用】
如图②所示，点P是△ABC内任意一点，射线AP，BP，CP分别交BC，AC，AB于点D，E，F.若，，求的值．
【答案】（1）解：过点A作MN的平行线交BN的延长线于点G.∵ON∥AG，∴ .∵O是AC的中点，∴AO＝CO，∴NG＝CN.∵MN∥AG，∴，∴
.
（2）解：证明：由(1)可知，，∴ =1
（3）解：在△ABD中，点P是AD上一点，过点P的直线与AB，BD的延长线分别相交于
点F，C.由(2)可得 .在△ACD中，过点P的直线与AC，CD的延长线分别相交于点E，B.由(2)可得
【解析】【分析】（1）作AG∥MN交BN延长线于点G,证△ABG∽△MBN得 ,
即 ,同理可证△ACG∽△OCN得 ,结合AO=CO,得NG=CN,从而由进行求解,
(2)由 , 可知: ,
(3)由(2)可知,在△ABD中有 , 在△ACD中有 ,
从而 ,因此可得: .。