培优相似辅导专题训练附答案

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数学相似的专项培优练习题(含答案)附答案解析

数学相似的专项培优练习题(含答案)附答案解析

一、相似真题与模拟题分类汇编(难题易错题)1.在△ABC中,∠ABC=90°.(1)如图1,分别过A、C两点作经过点B的直线的垂线,垂足分别为M、N,求证:△ABM∽△BCN;(2)如图2,P是边BC上一点,∠BAP=∠C,tan∠PAC= ,求tanC的值;(3)如图3,D是边CA延长线上一点,AE=AB,∠DEB=90°,sin∠BAC= ,,直接写出tan∠CEB的值.【答案】(1)解:∵AM⊥MN,CN⊥MN,∴∠AMB=∠BNC=90°,∴∠BAM+∠ABM=90°,∵∠ABC=90°,∴∠ABM+∠CBN=90°,∴∠BAM=∠CBN,∵∠AMB=∠NBC,∴△ABM∽△BCN(2)解:如图2,过点P作PM⊥AP交AC于M,PN⊥AM于N.∵∠BAP+∠1=∠CPM+∠1=90°,∴∠BAP=∠CPM=∠C,∴MP=MC∵tan∠PAC=,设MN=2m,PN=m,根据勾股定理得,PM=,∴tanC=(3)解:在Rt△ABC中,sin∠BAC= = ,过点A作AG⊥BE于G,过点C作CH⊥BE交EB的延长线于H,∵∠DEB=90°,∴CH∥AG∥DE,∴ =同(1)的方法得,△ABG∽△BCH∴,设BG=4m,CH=3m,AG=4n,BH=3n,∵AB=AE,AG⊥BE,∴EG=BG=4m,∴GH=BG+BH=4m+3n,∴,∴n=2m,∴EH=EG+GH=4m+4m+3n=8m+3n=8m+6m=14m,在Rt△CEH中,tan∠BEC= =【解析】【分析】(1)根据垂直的定义得出∠AMB=∠BNC=90°,根据同角的余角相等得出∠BAM=∠CBN,利用两个角对应相等的两个三角形相似得出:△ABM∽△BCN;(2)过点P作PF⊥AP交AC于F,在Rt△AFP中根据正切函数的定义,由tan∠PAC=,同(1)的方法得,△ABP∽△PQF,故,设AB= a,PQ=2a,BP= b,FQ=2b(a>0,b>0),然后判断出△ABP∽△CQF,得从而表示出CQ,进根据线段的和差表示出BC,再判断出△ABP∽△CBA,得出再得出BC,从而列出方程,表示出BC,AB,在Rt△ABC中,根据正切函数的定义得出tanC的值;(3)在Rt△ABC中,利用正弦函数的定义得出:sin∠BAC=,过点A作AG⊥BE于G,过点C作CH⊥BE交EB的延长线于H,根据平行线分线段成比例定理得出,同(1)的方法得,△ABG∽△BCH ,故,设BG=4m,CH=3m,AG=4n,BH=3n,根据等腰三角形的三线合一得出EG=BG=4m,故GH=BG+BH=4m+3n,根据比例式列出方程,求解得出n与m的关系,进而得出EH=EG+GH=4m+4m+3n=8m+3n=8m+6m=14m,在Rt△CEH中根据正切函数的定义得出tan∠BEC的值。

数学相似的专项培优练习题(含答案)及答案

数学相似的专项培优练习题(含答案)及答案

∴ 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
tan∠ PAC=
,同(1)的方法得,△ ABP∽ △ PQF,故
,设
AB= a , PQ=2a,BP= b, FQ=2b (a>0 ,b>0 ),然后判 断出△ ABP∽ △ CQF ,得
从而表示出 CQ,进根据线段的和差表示出 BC,再判断出△ ABP∽ △ CBA,得出
再得出 BC,从而列出方程,表示出 BC,AB,在 Rt△ ABC 中,根据正切函数的定义 得出 tanC 的值;
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
(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,

【数学】培优易错试卷相似辅导专题训练含详细答案

【数学】培优易错试卷相似辅导专题训练含详细答案

一、相似真题与模拟题分类汇编(难题易错题)1.如图,在△ABC中,∠C=90°,AC=8,BC=6。

P是AB边上的一个动点(异于A、B两点),过点P分别作AC、BC边的垂线,垂足为M、N设AP=x.(1)在△ABC中,AB= ________;(2)当x=________时,矩形PMCN的周长是14;(3)是否存在x的值,使得△PAM的面积、△PBN的面积与矩形PMCN的面积同时相等?请说出你的判断,并加以说明。

【答案】(1)10(2)5(3)解:∵PM⊥AC,PN⊥BC,∴∠AMP=∠PNB=∠C=90º.∴AC∥PN,∠A=∠NPB.∴△AMP∽△PNB∽△ABC.当P为AB中点时,可得△AMP≌△PNB此时S△AMP=S△PNB= ×4×3=6而S矩形PMCN=PM·MC=3×4=12.所以不存在x的值,能使△AMP的面积、△PNB的面积与矩形PMCN面积同时相等.【解析】【解答】(1)∵△ABC为直角三角形,且AC=8,BC=6,( 2 )∵PM⊥AC PN⊥BC∴MP∥BC,AC∥PN(垂直于同一条直线的两条直线平行),∴,∵AP=x,AB=10,BC=6,AC=8,BP=10-x,∴矩形PMCN周长=2(PM+PN)=2( x+8- x)=14,解得x=5;【分析】在△ABC中,∠C=90°,AC=8,BC=6根据勾股定理,可求出AB的长;AP=x,可以得到矩形PMCN的周长的表达式,构造方程,解方程得到x值.可以证明△AMP∽△PNB∽△ABC,只有当P为AB中点时,可得△AMP≌△PNB,此时S△AMP=S△PNB,分别求出当P为AB中点时△PAM的面积、△PBN的面积与矩形PMCN的面积比较即可.2.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.3.已知直线m∥n,点C是直线m上一点,点D是直线n上一点,CD与直线m、n不垂直,点P为线段CD的中点.(1)操作发现:直线l⊥m,l⊥n,垂足分别为A、B,当点A与点C重合时(如图①所示),连接PB,请直接写出线段PA与PB的数量关系:________.(2)猜想证明:在图①的情况下,把直线l向上平移到如图②的位置,试问(1)中的PA与PB的关系式是否仍然成立?若成立,请证明;若不成立,请说明理由.(3)延伸探究:在图②的情况下,把直线l绕点A旋转,使得∠APB=90°(如图③所示),若两平行线m、n之间的距离为2k.求证:PA•PB=k•AB.【答案】(1)PA=PB(2)解:把直线l向上平移到如图②的位置,PA=PB仍然成立,理由如下:如图②,过C作CE⊥n于点E,连接PE,,∵三角形CED是直角三角形,点P为线段CD的中点,∴PD=PE,∴PC=PE;∵PD=PE,∴∠CDE=∠PEB,∵直线m∥n,∴∠CDE=∠PCA,∴∠PCA=∠PEB,又∵直线l⊥m,l⊥n,CE⊥m,CE⊥n,∴l∥CE,∴AC=BE,在△PAC和△PBE中,∴△PAC∽△PBE,∴PA=PB(3)解:如图③,延长AP交直线n于点F,作AE⊥BD于点E,,∵直线m∥n,∴,∴AP=PF,∵∠APB=90°,∴BP⊥AF,又∵AP=PF,∴BF=AB;在△AEF和△BPF中,∴△AEF∽△BPF,∴,∴AF•BP=AE•BF,∵AF=2PA,AE=2k,BF=AB,∴2PA•PB=2k.AB,∴PA•PB=k•AB.【解析】【解答】解:(1)∵l⊥n,∴BC⊥BD,∴三角形CBD是直角三角形,又∵点P 为线段CD的中点,∴PA=PB.【分析】(1)根据直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半;(2)把直线l向上平移到如图②的位置,PA=PB仍然成立,理由如下:如图②,过C作CE⊥n于点E,连接PE,根据直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半得出PD=PE=PC,根据等边对等角得出∠CDE=∠PEB,根据二直线平行,内错角相等得出∠CDE=∠PCA,故∠PCA=∠PEB,根据夹在两平行线间的平行线相等得出AC=BE,然后利用SAS判断出△PAC∽△PBE,根据全等三角形的对应边相等得出PA=PB;(3)如图③,延长AP交直线n于点F,作AE⊥BD于点E,根据平行线分线段成比例定理得出AP=PF,根据线段垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等得出BF=AB;然后判断出△AEF∽△BPF,根据相似三角形的对应边成比例即可得出AF•BP=AE•BF,根据等量代换得出2PA•PB=2k.AB,即PA•PB=k•AB.4.如图,已知AB是⊙O的直径,点C在⊙O上,过点C的直线与AB的延长线交于点P,AC=PC,∠COB=2∠PCB.(1)求证:PC是⊙O的切线;(2)求证:BC= AB;(3)点M是弧AB的中点,CM交AB于点N,若AB=4,求MN MC的值.【答案】(1)证明:∵OA=OC,∴∠A=∠ACO,又∵∠COB=2∠A,∠COB=2∠PCB,∴∠A=∠ACO=∠PCB,又∵AB是⊙O的直径,∴∠ACO+∠OCB=90°,∴∠PCB+∠OCB=90°,即OC⊥CP,∵OC是⊙O的半径,∴PC是⊙O的切线(2)证明:∵AC=PC,∴∠A=∠P,∴∠A=∠ACO=∠PCB=∠P.又∵∠COB=∠A+∠ACO,∠CBO=∠P+∠PCB,∴∠COB=∠CBO,∴BC=OC,∴(3)解:连接MA,MB,∵点M是弧AB的中点,∴弧AM=弧BM,∴∠ACM=∠BCM,∵∠ACM=∠ABM,∴∠BCM=∠ABM,∵∠BMN=∠BMC,∴△MBN∽△MCB,∴,∴ BM2=MN⋅MC ,又∵AB是⊙O的直径,弧AM=弧BM,∴∠AMB=90°,AM=BM,∵AB=4,∴,∴ MN⋅MC=BM2=8 .【解析】【分析】(1)根据等边对等角得出∠A=∠ACO,运用外角的性质和已知条件得出∠A=∠ACO=∠PCB,再根据直径所对的圆周角是直角得出∠PCB+∠OCB=90°,进而求解.(2)根据等边对等角得出∠A=∠P,再根据第一问中的结论求解即可,(3)连接MA,MB,根据同弧或等弧所对的圆周角相等得出∠ACM=∠ABM,∴∠BCM=∠ABM,证出△MBN∽△MCB,得出比例式进而求解即可.5.如图1,在矩形ABCD中,AB=6cm,BC=8cm,E、F分别是AB、BD的中点,连接EF,点P从点E出发,沿EF方向匀速运动,速度为1cm/s,同时,点Q从点D出发,沿DB方向匀速运动,速度为2cm/s,当点P停止运动时,点Q也停止运动.连接PQ,设运动时间为t(0<t<4)s,解答下列问题:(1)求证:△BEF∽△DCB;(2)当点Q在线段DF上运动时,若△PQF的面积为0.6cm2,求t的值;(3)如图2过点Q作QG⊥AB,垂足为G,当t为何值时,四边形EPQG为矩形,请说明理由;(4)当t为何值时,△PQF为等腰三角形?试说明理由.【答案】(1)解:∵四边形是矩形,在中,分别是的中点,(2)解:如图1,过点作于,(舍)或秒(3)解:四边形为矩形时,如图所示:解得:(4)解:当点在上时,如图2,当点在上时,如图3,时,如图4,时,如图5,综上所述,或或或秒时,是等腰三角形【解析】【分析】(1)要证△BEF∽△DCB,根据有两对角对应相等的两个三角形相似可得证。

人教【数学】培优 易错 难题相似辅导专题训练附答案

人教【数学】培优 易错 难题相似辅导专题训练附答案

一、相似真题与模拟题分类汇编(难题易错题)1.如图,在等腰Rt△ABC中,O为斜边AC的中点,连接BO,以AB为斜边向三角内部作Rt△ABE,且∠AEB=90°,连接EO.求证:(1)∠OAE=∠OBE;(2)AE=BE+ OE.【答案】(1)证明:在等腰Rt△ABC中,O为斜边AC的中点,∴OB⊥AC,∴∠AOB=90°,∵∠AEB=90°,∴A,B,E,O四点共圆,∴∠OAE=∠OBE(2)证明:在AE上截取EF=BE,则△EFB是等腰直角三角形,∴,∠FBE=45°,∵在等腰Rt△ABC中,O为斜边AC的中点,∴∠ABO=45°,∴∠ABF=∠OBE,∵,∴,∴△ABF∽△BOE,∴ = ,∴AF= OE,∵AE=AF+EF,∴AE=BE+ OE.【解析】【分析】(1)利用等腰直角三角形的性质,可证得∠AOB=∠AEB=90°,可得出A,B,E,O四点共圆,再利用同弧所对的圆周角相等,可证得结论。

(2)在AE上截取EF=BE,易证△EFB是等腰直角三角形,可得出BF与BE的比值为,再证明∠ABF=∠OBE,AB与BO的比值为,就可证得AB、BO、BF、BE四条线段成比例,然后利用两组对应边成比例且夹角相等的两三角形相似,可证得△ABF∽△BOE,可证得AF= OE,由AE=AF+EF,可证得结论。

2.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M1M2.3.如图1,在矩形ABCD中,AB=6cm,BC=12cm,点P从点A开始以1cm/s的速度沿AB 边向点B运动,点Q从点B以2cm/s的速度沿BC边向点C运动,如果P、Q同时出发,设运动时间为ts,(1)当t=2时,求△PBQ的面积;(2)当t= 时,试说明△DPQ是直角三角形;(3)当运动3s时,P点停止运动,Q点以原速立即向B点返回,在返回的过程中,DP是否能平分∠ADQ?若能,求出点Q运动的时间;若不能,请说明理由.【答案】(1)解:当t=2时,AP=t=2,BQ=2t=4,∴BP=AB-AP=4,∴△PBQ的面积= ×4×4=8;(2)解:当t= 时,AP=1.5,PB=4.5,BQ=3,CQ=9,∴DP2=AD2+AP2=2.25+144=146.25,PQ2=PB2+BQ2=29.25,DQ2=CD2+CQ2=117,∵PQ2+DQ2=DP2,∴∠DQP=90°,∴△DPQ是直角三角形.(3)解:设存在点Q在BC上,延长DQ与AB延长线交于点O.设QB的长度为x,则QC的长度为(12-x),∵DC∥BO,∴∠C=∠QBO,∠CDQ=∠O,∴△CDQ∽△BOQ,又CD=6,QB=x,QC=12-x,∴,即,解得:BO= ,∴AO=AB+BO=6+ ,∵∠ADP=∠ODP,∴12:DO=AP:PO,代入解得x=0.75,∴DP能平分∠ADQ,∵点Q的速度为2cm/s,∴P停止后Q往B走的路程为(6-0.75)=5.25cm.∴时间为2.625s,加上刚开始的3s,Q点的运动时间为5.625s.【解析】【分析】(1)根据路程等于速度乘以时间得出AP=t=2,BQ=2t=4,所以BP=4,进而根据三角形的面积计算方法即可算出答案;(2)当t= 时,根据路程等于速度乘以时间得出AP=1.5,BQ=3,故PB=4.5,CQ=9,根据勾股定理表示出DP2,PQ2,DQ2,从而根据勾股定理的逆定理判断出∠DQP=90°,△DPQ是直角三角形;(3)设存在点Q在BC上,延长DQ与AB延长线交于点O ,设QB的长度为x,则QC 的长度为(12-x),判断出△CDQ∽△BOQ,根据全等三角形的对应边成比例得出,根据比例式可以用含x的式子表示出BO的长,根据角平分线的性质定理得出12:DO=AP:PO,根据比例式求出x的值,从而即可解决问题.4.如图,以AB为直径的⊙O外接于△ABC,过A点的切线AP与BC的延长线交于点P,∠APB的平分线分别交AB,AC于点D,E,其中AE,BD(AE<BD)的长是一元二次方程x2﹣5x+6=0的两个实数根.(1)求证:PA•BD=PB•AE;(2)在线段BC上是否存在一点M,使得四边形ADME是菱形?若存在,请给予证明,并求其面积;若不存在,说明理由.【答案】(1)解:∵PD平分∠APB,∴∠APE=∠BPD,∵AP与⊙O相切,∴∠BAP=∠BAC+∠EAP=90°,∵AB是⊙O的直径,∴∠ACB=∠BAC+∠B=90°,∴∠EAP=∠B,∴△PAE∽△PBD,∴,∴PA•BD=PB•AE(2)解:如图,过点D作DF⊥PB于点F,作DG⊥AC于点G,∵PD平分∠APB,AD⊥AP,DF⊥PB,∴AD=DF,∵∠EAP=∠B,∴∠APC=∠BAC,易证:DF∥AC,∴∠BDF=∠BAC,由于AE,BD(AE<BD)的长是x2﹣5x+6=0的两个实数根,解得:AE=2,BD=3,∴由(1)可知:,∴cos∠APC= ,∴cos∠BDF=cos∠APC= ,∴,∴DF=2,∴DF=AE,∴四边形ADFE是平行四边形,∵AD=DF,∴四边形ADFE是菱形,此时点F即为M点,∵cos∠BAC=cos∠APC= ,∴sin∠BAC= ,∴,∴DG= ,∴菱形ADME的面积为:DG•AE=2× = .【解析】【分析】(1)易证∠APE=∠BPD,∠EAP=∠B,从而可知△PAE∽△PBD,利用相似三角形的性质即可求出答案.(2)过点D作DF⊥PB于点F,作DG⊥AC于点G,易求得AE=2,BD=3,由(1)可知:,从而可知cos∠BDF=cos∠BAC=cos∠APC= ,从而可求出AD和DG的长度,进而证明四边形ADFE是菱形,此时F点即为M点,利用平行四边形的面积即可求出菱形ADFE的面积.5.如图,抛物线与轴交于点,与轴交于点 .在线段上有一动点(不与重合),过点作轴的垂线交于点,交抛物线于点,过点作于点 .(1)求直线的函数解析式;(2)求证:;并求出当为何值时,和的相似比为 .【答案】(1)解:令:,则,解得:,(舍)∴令,得,∴设直线:,把,分别代入上式得:解之得:∴(2)证明:∵又∵∴∵,,,∴,,∵∴∴,(舍)【解析】【分析】(1) 设直线:,求出A、B点坐标,代入求出k,b即可.(2)利用两组对应角相等证明三角形相似,结合函数解析式,分别表示出AN、PN的长,再根据相似比列式计算即可.6.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。

培优相似辅导专题训练及详细答案

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一、相似真题与模拟题分类汇编(难题易错题)1.已知:如图,在△ABC中,AB=BC=10,以AB为直径作⊙O分别交AC,BC于点D,E,连接DE和DB,过点E作EF⊥AB,垂足为F,交BD于点P.(1)求证:AD=DE;(2)若CE=2,求线段CD的长;(3)在(2)的条件下,求△DPE的面积.【答案】(1)解:∵AB是⊙O的直径,∴∠ADB=90°,即BD⊥AC∵AB=BC,∴△ABD≌CBD∴∠ABD=∠CBD在⊙O中,AD与DE分别是∠ABD与∠CBD所对的弦∴AD=DE;(2)解:∵四边形ABED内接于⊙O,∴∠CED=∠CAB,∵∠C=∠C,∴△CED∽△CAB,∴,∵AB=BC=10,CE=2,D是AC的中点,∴CD= ;(3)解:延长EF交⊙O于M,在Rt△ABD中,AD= ,AB=10,∴BD=3 ,∵EM⊥AB,AB是⊙O的直径,∴,∴∠BEP=∠EDB,∴△BPE∽△BED,∴,∴BP= ,∴DP=BD-BP= ,∴S△DPE:S△BPE=DP:BP=13:32,∵S△BCD= × ×3 =15,S△BDE:S△BCD=BE:BC=4:5,∴S△BDE=12,∴S△DPE= .【解析】【分析】(1)根据已知条件AB是⊙O的直径得出∠ADB=90°,再根据等腰三角形的三线合一的性质即可得出结论。

(2)根据圆内接四边形的性质证得∠CED=∠CAB,再根据相似三角形的判定证出△CED∽△CAB,得出对应边成比例,建立关于CD的方程,即可求出CD的长。

(3)延长EF交⊙O于M,在Rt△ABD中,利用勾股定理求出BD的长,再证明△BPE∽△BED,根据相似三角形的性质得对应边成比例求出BP的长,然后根据等高的三角形的面积之比等于对边之比,再由三角形面积公式即可求解。

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。

【数学】培优相似辅导专题训练及详细答案

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一、相似真题与模拟题分类汇编(难题易错题)1.定义:如图1,点M,N把线段AB分割成AM,MN和BN,若以AM,MN,BN为边的三角形是一个直角三角形,则称点M,N是线段AB的勾股分割点.(1)已知点M,N是线段AB的勾股分割点,若AM=3,MN=4求BN的长;(2)已知点C是线段AB上的一定点,其位置如图2所示,请在BC上画一点D,使C,D 是线段AB的勾股分割点(要求尺规作图,保留作图痕迹,画出一种情形即可);(3)如图3,正方形ABCD中,M,N分别在BC,DC上,且BM≠DN,∠MAN=45°,AM,AN分别交BD于E,F.求证:①E、F是线段BD的勾股分割点;②△AMN的面积是△AEF面积的两倍.【答案】(1)解:(1)①当MN为最大线段时,∵点M,N是线段AB的勾股分割点,∴BM= = = ,②当BN为最大线段时,∵点M,N是线段AB的勾股分割点,∴BN= = =5,综上,BN= 或5;(2)解:作法:①在AB上截取CE=CA;②作AE的垂直平分线,并截取CF=CA;③连接BF,并作BF的垂直平分线,交AB于D;点D即为所求;如图2所示.(3)解:①如图3中,将△ADF绕点A顺时针性质90°得到△ABH,连接HE.∵∠DAF+∠BAE=90°﹣∠EAF=45°,∠DAF=∠BAH,∴∠EAH=∠EAF=45°,∵EA=EA,AH=AF,∴△EAH≌△EAF,∴EF=HE,∵∠ABH=∠ADF=45°=∠ABD,∴∠HBE=90°,在Rt△BHE中,HE2=BH2+BE2,∵BH=DF,EF=HE,∵EF2=BE2+DF2,∴E、F是线段BD的勾股分割点.②证明:如图4中,连接FM,EN.∵四边形ABCD是正方形,∴∠ADC=90°,∠BDC=∠ADB=45°,∵∠MAN=45°,∴∠EAN=∠EDN,∵∠AFE=∠FDN,∴△AFE∽△DFN,∴∠AEF=∠DNF,,∴,∵∠AFD=∠EFN,∴△AFD∽△EFN,∴∠DAF=∠FEN,∵∠DAF+∠DNF=90°,∴∠AEF+∠FEN=90°,∴∠AEN=90°∴△AEN是等腰直角三角形,同理△AFM是等腰直角三角形;∵△AEN是等腰直角三角形,同理△AFM是等腰直角三角形,∴AM= AF,AN= AE,∵S△AMN= AM•AN•sin45°,S△AEF= AE•AF•sin45°,∴ =2,∴S△AMN=2S△AEF.【解析】【分析】(1)此题分两种情况:①当MN为最大线段时,②当BN为最大线段时,根据线段的勾股分割点的定义,利用勾股定理分别得出BM的长;(2)利用尺规作图,将线段AC,CD,DB转化到同一个直角三角形中,①在AB上截取CE=CA;②作AE的垂直平分线,并截取CF=CA;这样的作图可以保证直角的出现,及AC 是一条直角边,③连接BF,并作BF的垂直平分线,交AB于D;这样的作图意图利用垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等,即BD=DF,从而实现将三条线段转化到同一直角三角形的目的;(3)①如图3中,将△ADF绕点A顺时针性质90°得到△ABH,连接HE.根据正方形的性质及旋转的性质得出∠EAH=∠EAF=45°,AH=AF,利用SAS判断出△EAH≌△EAF,根据全等三角形对应边相等得出EF=HE,根据正方形的每条对角线平分一组对角,及旋转的性质得出∠ABH=∠ADF=45°=∠ABD,故∠HBE=90°,在Rt△BHE中,HE2=BH2+BE2,根据等量代换得出结论;②证明:如图4中,连接FM,EN.根据正方形的性质及对顶角相等判断出△AFE∽△DFN,根据相似三角形对应角相等,对应边成比例得出∠AEF=∠DNF, AF∶DF =EF∶FN ,根据比例的性质进而得出AF∶EF =DF∶FN,再判断出△AFD∽△EFN,根据相似三角形对应角相等得出∠DAF=∠FEN,根据直角三角形两锐角互余,及等量代换由∠DAF+∠DNF=90°,得出∠AEF+∠FEN=90°,即∠AEN=90°,从而判断出△AEN是等腰直角三角形,同理△AFM是等腰直角三角形;根据等腰直角三角形的边之间的关系AM= AF,AN= AE,从而分别表示出S△AMN与S△AEF,求出它们的比值即可得出答案。

数学相似的专项培优练习题(含答案)及详细答案

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一、相似真题与模拟题分类汇编(难题易错题)1.如图,在一块长为a(cm),宽为b(cm)(a>b)的矩形黑板的四周,镶上宽为x(cm)的木板,得到一个新的矩形.(1)试用含a,b,x的代数式表示新矩形的长和宽;(2)试判断原矩形的长、宽与新矩形的长、宽是不是比例线段,并说明理由.【答案】(1)解:由原矩形的长、宽分别为a(cm),b(cm),木板宽为x(cm),可得新矩形的长为(a+2x)cm,宽为(b+2x)cm(2)解:假设两个矩形的长与宽是成比例线段,则有,由比例的基本性质,得ab+2bx=ab+2ax,∴2(a-b)x=0.∵a>b,∴a-b≠0,∴x=0,又∵x>0,∴原矩形的长、宽与新矩形的长、宽不是比例线段.【解析】【分析】(1)根据已知,观察图形,可得出新矩形的长和宽。

(2)假设两个矩形的长与宽是成比例线段,列出比例式,再利用比例的性质得出x=0,即可判断。

2.综合题(1)【探索发现】如图①,是一张直角三角形纸片,∠B=90°,小明想从中剪出一个以∠B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多少.(2)【拓展应用】如图②,在△ABC中,BC=a,BC边上的高AD=h,矩形PQMN的顶点P、N分别在边AB、AC上,顶点Q、M在边BC上,则矩形PQMN面积的最大值为多少.(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,AB=32,BC=40,AE=20,CD=16,小明从中剪出了一个面积最大的矩形(∠B为所剪出矩形的内角),求该矩形的面积.(4)【实际应用】如图④,现有一块四边形的木板余料ABCD,经测量AB=50cm,BC=108cm,CD=60cm,且tanB=tanC= ,木匠徐师傅从这块余料中裁出了顶点M、N在边BC上且面积最大的矩形PQMN,求该矩形的面积.【答案】(1)解:∵EF、ED为△ABC中位线,∴ED∥AB,EF∥BC,EF= BC,ED= AB,又∠B=90°,∴四边形FEDB是矩形,则;(2)解:∵PN∥BC,∴△APN∽△ABC,∴,即,∴PN=a- PQ,设PQ=x,则S矩形PQMN=PQ•PN=x(a- x)=- x2+ax=- (x- )2+ ,∴当PQ= 时,S矩形PQMN最大值为 .(3)解:如图1,延长BA、DE交于点F,延长BC、ED交于点G,延长AE、CD交于点H,取BF中点I,FG的中点K,由题意知四边形ABCH是矩形,∵AB=32,BC=40,AE=20,CD=16,∴EH=20、DH=16,∴AE=EH、CD=DH,在△AEF和△HED中,∵,∴△AEF≌△HED(ASA),∴AF=DH=16,同理△CDG≌△HDE,∴CG=HE=20,∴BI= =24,∵BI=24<32,∴中位线IK的两端点在线段AB和DE上,过点K作KL⊥BC于点L,由【探索发现】知矩形的最大面积为×BG• BF= ×(40+20)× (32+16)=720,答:该矩形的面积为720;(4)解:如图2,延长BA、CD交于点E,过点E作EH⊥BC于点H,∵tanB=tanC= ,∴∠B=∠C,∴EB=EC,∵BC=108cm,且EH⊥BC,∴BH=CH= BC=54cm,∵tanB= = ,∴EH= BH= ×54=72cm,在Rt△BHE中,BE= =90cm,∵AB=50cm,∴AE=40cm,∴BE的中点Q在线段AB上,∵CD=60cm,∴ED=30cm,∴CE的中点P在线段CD上,∴中位线PQ的两端点在线段AB、CD上,由【拓展应用】知,矩形PQMN的最大面积为BC•EH=1944cm2,答:该矩形的面积为1944cm2.【解析】【分析】(1)由三角形的中位线定理可得ED∥AB,EF∥BC,EF= BC,ED= AB,根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形FEDB是平行四边形,而∠B=90°,根据一个角是直角的平行四边形是矩形可得四边形FEDB是矩形,所以;(2)因为PN∥BC,由相似三角形的判定可得△APN∽△ABC,则可得比例式,即,解得,设PQ=x,则S矩形PQMN=PQ•PN=x(),因为0,所以函数有最大值,即当PQ=时,S矩形PQMN有最大值为;(3)延长BA、DE交于点F,延长BC、ED交于点G,延长AE、CD交于点H,取BF中点I,FG的中点K,由矩形的判定可得四边形ABCH是矩形,根据矩形的性质和已知条件易得AE=EH、CD=DH,于是用角边角可得△AEF≌△HED,所以AF=DH=16,同理可得△CDG≌△HDE,则CG=HE=20,所以=24,BI=24<32,所以中位线IK的两端点在线段AB和DE上,过点K作KL⊥BC于点L,由(1)得矩形的最大面积为×BG• BF=×(40+20)×(32+16)=720;(4)延长BA、CD交于点E,过点E作EH⊥BC于点H,因为tanB=tanC,所以∠B=∠C,则EB=EC,由等腰三角形的三线合一可得BH=CH=BC=54cm;由tanB可求得EH=BH=×54=72cm,在Rt△BHE中,由勾股定理可得BE=90cm,所以AE=BE-AB=40cm,所以BE的中点Q在线段AB上,易得CE的中点P在线段CD上,由(2)得矩形PQMN的最大面积为BC•EH=1944cm2。

【数学】培优相似辅导专题训练含答案解析

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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,直线分别交x轴,y轴于点A,C,点D (m,4)在直线AC上,点B在x轴正半轴上,且OB=2OC.点E是y轴上任意一点,连结DE,将线段DE按顺时针旋转90°得线段DG,作正方形DEFG,记点E为(0,n).(1)求点D的坐标;(2)记正方形DEFG的面积为S,① 求S关于n的函数关系式;② 当DF∥x轴时,求S的值;(3)是否存在n的值,使正方形的顶点F或G落在△ABC的边上?若存在,求出所有满足条件的n的值;若不存在,说明理由.【答案】(1)解:∵点D(m,4)在直线AC上;∴4= m+8,解得m=﹣3,∴点D的坐标为(﹣3,4)(2)解:①如图1,过点D作DH⊥y轴于H,则EH=|n﹣4|∴S=DE2=EH2+DH2=(n﹣4)2+9;②当DF∥x轴时,点H即为正方形DEFG的中心,∴EH=DH=3,∴n=4+3=7,∴S=(7﹣4)2+9=18(3)解:∵OB=2OC=16,∴B为(16,0),∴BC为:;①当点F落在BC边上时,如图2,作DM⊥y轴于M,FN⊥y轴于N.在△DEM与△EFN中,,∴△DEM≌△EFN(AAS),∴NF=EM=n﹣4,EN=DM=3∴F为(n﹣4,n﹣3)∴n﹣3=﹣(n﹣4)+8,∴n= ;②当点G落在BC边上时,如图3,作DM⊥y轴于M,GN⊥DM轴于N,由①同理可得△DEM≌△GDN,∴GN=DM=3,DN=EM=n﹣4,∴点G纵坐标为1,∴,∴x=14,∴DN=14+3=17=n﹣4,∴n=21;③当点F落在AB边上时,如图4,作DM⊥y轴于M,由①同理可得△DEM≌△EFO,∴OE=DM=3,即n=3;④当点G落在AC边上时,如图5.∵∠CDE=∠AOC=90°,∠DCE=∠OCA,∴△DCE∽△OCA,∴,∴,∴n= ,显然,点G不落在AB边上,点F不落在AC边上,故只存在以上四种情况.综上可得,当n= 或21或3或时,正方形的顶点F或G落在△ABC的边上.【解析】【分析】(1)根据点D在直线AC上;于是将D(m,4)代入直线AC的解析式得出m=-3,从而得出D点的坐标;(2)①如图1,过点D作DH⊥y轴于H,根据和y轴垂直的直线上的点的坐标特点及y 轴上两点间的距离,则DH=|n-4|,根据正方形的面积等于边长的平方及勾股定理得出S=DE2=EH2+DH2=(n﹣4)2+9;②当DF∥x轴时,点H即为正方形DEFG的中心,故EH=DH=3,n=7,将n=7代入函数解析式即可得出S的值;(3)首先找到C点的坐标,得出OC的长度,然后根据OB=2OC=16得出B点的坐标,利用待定系数法得出直线BC的解析式,①当点F落在BC边上时,如图2,作DM⊥y轴于M,FN⊥y轴于N.利用AAS判断出∴△DEM≌△EFN,根据全等三角形对应边相等得出NF=EM=n﹣4,EN=DM=3从而得出F点的坐标,根据F点的纵坐标的两种不同表示方法得出关于n的方程,求解得出n的值;②当点G落在BC边上时,如图3,作DM⊥y轴于M,GN⊥DM轴于N,由①同理可得△DEM≌△GDN,GN=DM=3,DN=EM=n﹣4,从而得出G点的纵坐标为1,根据点G的纵坐标列出方程,求解得出N的值;③当点F落在AB 边上时,如图4,作DM⊥y轴于M,由①同理可得△DEM≌△EFO,OE=DM=3,即n=3;④当点G落在AC边上时,如图5.首先判断出△DCE∽△OCA,根据相似三角形对应边成比例得出 C E∶ A C = C D∶ O C,从而得出关于n的方程,求解得出n的值,综上所述得出所有答案。

培优相似辅导专题训练含详细答案

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一、相似真题与模拟题分类汇编(难题易错题)1.如图所示,将二次函数y=x2+2x+1的图象沿x轴翻折,然后向右平移1个单位,再向上平移4个单位,得到二次函数y=ax2+bx+c的图象.函数y=x2+2x+1的图象的顶点为点A.函数y=ax2+bx+c的图象的顶点为点B,和x轴的交点为点C,D(点D位于点C的左侧).(1)求函数y=ax2+bx+c的解析式;(2)从点A,C,D三个点中任取两个点和点B构造三角形,求构造的三角形是等腰三角形的概率;(3)若点M是线段BC上的动点,点N是△ABC三边上的动点,是否存在以AM为斜边的Rt△AMN,使△AMN的面积为△ABC面积的?若存在,求tan∠MAN的值;若不存在,请说明理由.【答案】(1)解:y=x2+2x+1=(x+1)2的图象沿x轴翻折,得y=﹣(x+1)2,把y=﹣(x+1)2向右平移1个单位,再向上平移4个单位,得y=﹣x2+4,∴所求的函数y=ax2+bx+c的解析式为y=﹣x2+4(2)解:∵y=x2+2x+1=(x+1)2,∴A(﹣1,0),当y=0时,﹣x2+4=0,解得x=±2,则D(﹣2,0),C(2,0);当x=0时,y=﹣x2+4=4,则B(0,4),从点A,C,D三个点中任取两个点和点B构造三角形的有:△ACB,△ADB,△CDB,∵AC=3,AD=1,CD=4,AB= ,BC=2 ,BD=2 ,∴△BCD为等腰三角形,∴构造的三角形是等腰三角形的概率=(3)解:存在,易得BC的解析是为y=﹣2x+4,S△ABC= AC•OB= ×3×4=6,M点的坐标为(m,﹣2m+4)(0≤m≤2),①当N点在AC上,如图1,∴△AMN的面积为△ABC面积的,∴(m+1)(﹣2m+4)=2,解得m1=0,m2=1,当m=0时,M点的坐标为(0,4),N(0,0),则AN=1,MN=4,∴tan∠MAC= =4;当m=1时,M点的坐标为(1,2),N(1,0),则AN=2,MN=2,∴tan∠MAC= =1;②当N点在BC上,如图2,BC= =2 ,∵BC•AN= AC•BC,解得AN= ,∵S△AMN= AN•MN=2,∴MN= = ,∴∠MAC= ;③当N点在AB上,如图3,作AH⊥BC于H,设AN=t,则BN= ﹣t,由②得AH= ,则BH= ,∵∠NBG=∠HBA,∴△BNM∽△BHA,∴,即,∴MN= ,∵AN•MN=2,即•(﹣t)• =2,整理得3t2﹣3 t+14=0,△=(﹣3 )2﹣4×3×14=﹣15<0,方程没有实数解,∴点N在AB上不符合条件,综上所述,tan∠MAN的值为1或4或【解析】【分析】(1)将y=x2+2x+1配方成顶点式,根据轴对称的性质,可得出翻折后的函数解析式,再根据函数图像平移的规律:上加下减,左加右减,可得出答案。

人教【数学】培优相似辅导专题训练及答案

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一、相似真题与模拟题分类汇编(难题易错题)1.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.,2.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。

人教【数学】培优 易错 难题相似辅导专题训练含详细答案

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一、相似真题与模拟题分类汇编(难题易错题)1.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.,2.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。

人教【数学】培优易错试卷相似辅导专题训练附详细答案

人教【数学】培优易错试卷相似辅导专题训练附详细答案

一、相似真题与模拟题分类汇编(难题易错题)1.如图,抛物线过点,.为线段OA上一个动点(点M与点A不重合),过点M作垂直于x轴的直线与直线AB和抛物线分别交于点P、N.(1)求直线AB的解析式和抛物线的解析式;(2)如果点P是MN的中点,那么求此时点N的坐标;(3)如果以B,P,N为顶点的三角形与相似,求点M的坐标.【答案】(1)解:设直线的解析式为()∵,∴解得∴直线的解析式为∵抛物线经过点,∴解得∴(2)解:∵轴,则,∴,∵点是的中点∴∴解得,(不合题意,舍去)∴(3)解:∵,,∴,∴∵∴当与相似时,存在以下两种情况:∴解得∴∴ ,解得∴【解析】【分析】(1)运用待定系数法解答即可。

(2)由(1)可得直线AB的解析式和抛物线的解析式,由点M(m,0)可得点N,P用m 表示的坐标,则可求得NP与PM,由NP=PM构造方程,解出m的值即可。

(3)在△BPN与△APM中,∠BPN=∠APM,则有和这两种情况,分别用含m的代数式表示出BP,PN,PM,PA,代入建立方程解答即可。

2.如图1,在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC=4,D是BC上一个动点,连接AD,以AD为边向右侧作等腰直角△ADE,其中∠ADE=90°.(1)如图2,G,H分别是边AB,BC的中点,连接DG,AH,EH.求证:△AGD∽△AHE;(2)如图3,连接BE,直接写出当BD为何值时,△ABE是等腰三角形;(3)在点D从点B向点C运动过程中,求△ABE周长的最小值.【答案】(1)证明:如图2,由题意知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形,∴∠B=∠DAE=45°.∵H为BC中点,∴AH⊥BC.∴∠BAH=45°=∠DAE.∴∠GAD=∠HAE.在等腰直角△BAH和等腰直角△DAE中,AH= AB= AG,AE= AD.∴,∴△AGD∽△AHE;(2)解:分三种情况:①当B与D重合时,即BD=0,如图3,此时AB=BE;②当AB=AE时,如图4,此时E与C重合,∴D是BC的中点,∴BD= BC=2 ;③当AB=BE时,如图5,过E作EH⊥AB于H,交BC于M,连接AM,过E作EG⊥BC于G,连接DH,∵AE=BE,EH⊥AB,∴AH=BH,∴AM=BM,∵∠ABC=45°,∴AM⊥BC,△BMH是等腰直角三角形,∵AD=DE,∠ADE=90°,易得△ADM≌△DEG,∴DM=EG,∵∠EMG=∠BMH=45°,∴△EMG是等腰直角三角形,∴ME= MG,由(1)得:△AHD∽△AME,且,∴∠AHD=∠AME=135°,ME= DH,∴∠BHD=45°,MG=DH,∴△BDH是等腰直角三角形,∴BD=DH=EG=DM= ;综上所述,当BD=0或或2 时,△ABE是等腰三角形;(3)解:当点D与点B重合时,点E的位置记为点M,连接CM,如图6,此时,∠ABM=∠BAC=90°,∠AMB=∠BAM=45°,BM=AB=AC.∴四边形ABMC是正方形.∴∠BMC=90°,∴∠AMC=∠BMC-∠AMB=45°,∵∠BAM=∠DAE=45°,∴∠BAD=∠MAE,在等腰直角△BAM和等腰直角△DAE中,AM= AB,AE= AD.∴.∴△ABD∽△AME.∴∠AME=∠ABD=45°∴点E在射线MC上,作点B关于直线MC的对称点N,连接AN交MC于点E′,∵BE+AE=NE+AE≥AN=NE′+AE′=BE′+AE′,∴△ABE′就是所求周长最小的△ABE.在Rt△ABN中,∵AB=4,BN=2BM=2AB=8,∴AN=.∴△ABE周长最小值为AB+AN=4+4 .【解析】【分析】(1)由等腰直角三角形的性质可得∠B=∠DAE=∠BAH=45°,所以∠GAD=∠HAE,计算可得比例式:,根据有两对边对应相等,且它们的夹角也相等的两个三角形相似可得△AGD∽△AHE;(2)根据等腰三角形的定义可知分3种情况讨论:①当B与D重合时,即BD=0,此时AB=BE;②当AB=AE时,此时E与C重合,用勾股定理可求得BD的值;③当AB=BE时,过E作EH⊥AB于H,交BC于M,连接AM,过E作EG⊥BC于G,连接DH,由已知条件和(1)的结论可求解;(3)当点D与点B重合时,点E的位置记为点M,连接CM,作点B关于直线MC的对称点N,连接AN交MC于点E′,由已知条件易证四边形ABMC是正方形,由已知条件通过计算易得比例式:,根据有两对边对应相等,且它们的夹角也相等的两个三角形相似可得△ABD∽△AME,则∠AME=∠ABD=45°,于是可得点E在射线MC上,根据轴对称的性质可得△ABE′就是所求周长最小的△ABE,在Rt△ABN中,用勾股定理即可求得AN的值,则△ABE周长最小值=AB+AN即可求解。

培优相似辅导专题训练附详细答案

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一、相似真题与模拟题分类汇编(难题易错题)1.如图,△ABC是一锐角三角形余料,边BC=16cm,高AD=24cm,要加工成矩形零件,使矩形的一边在BC上,其余两个顶点E、F分别在AB、AC上.求:(1)AK为何值时,矩形EFGH是正方形?(2)若设AK=x,S EFGH=y,试写出y与x的函数解析式.(3)x为何值时,S EFGH达到最大值.【答案】(1)解:设边长为xcm,∵矩形为正方形,∴EH∥AD,EF∥BC,根据平行线的性质可以得出: = 、 = ,由题意知EH=x,AD=24,BC=16,EF=x,即 = , = ,∵BE+AE=AB,∴ + = + =1,解得x= ,∴AK= ,∴当时,矩形EFGH为正方形(2)解:设AK=x,EH=24-x,∵EHGF为矩形,∴ = ,即EF= x,∴S EFGH=y= x•(24-x)=- x2+16x(0<x<24)(3)解:y=- x2+16x配方得:y= (x-12)2+96,∴当x=12时,S EFGH有最大值96【解析】【分析】(1)设出边长为xcm,由正方形的性质得出,EH∥AD,EF∥BC,根据平行线的性质,可以得对应线段成比例,代入相关数据求解即可。

(2)设AK=x,则EH=16-x,根据平行的两三角形相似,再根据相似三角形的对应边上的高之比等于相似比,用含x的代数式表示出EF的长,根据矩形面积公式即可得出y与x的函数解析式。

(3)将(2)中的函数解析式转化为顶点式,利用二次函数的性质可得出矩形EFGH的面积取最大值时的x的值。

2.如图1,在矩形ABCD中,AB=6cm,BC=8cm,E、F分别是AB、BD的中点,连接EF,点P从点E出发,沿EF方向匀速运动,速度为1cm/s,同时,点Q从点D出发,沿DB方向匀速运动,速度为2cm/s,当点P停止运动时,点Q也停止运动.连接PQ,设运动时间为t(0<t<4)s,解答下列问题:(1)求证:△BEF∽△DCB;(2)当点Q在线段DF上运动时,若△PQF的面积为0.6cm2,求t的值;(3)如图2过点Q作QG⊥AB,垂足为G,当t为何值时,四边形EPQG为矩形,请说明理由;(4)当t为何值时,△PQF为等腰三角形?试说明理由.【答案】(1)解:证明:∵四边形是矩形,在中,分别是的中点,(2)解:如图1,过点作于,(舍)或秒(3)解:四边形为矩形时,如图所示:解得:(4)解:当点在上时,如图2,当点在上时,如图3,时,如图4,时,如图5,综上所述,或或或秒时,是等腰三角形.【解析】【分析】(1)根据矩形的性质可证得AD∥BC,∠A=∠C,根据中位线定理可证得EF∥AD,就可得出EF∥BC,可证得∠BEF=∠C,∠BFE=∠DBC,从而可证得结论。

培优相似辅导专题训练附答案解析

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一、相似真题与模拟题分类汇编(难题易错题)1.在△ABC中,∠ABC=90°.(1)如图1,分别过A、C两点作经过点B的直线的垂线,垂足分别为M、N,求证:△ABM∽△BCN;(2)如图2,P是边BC上一点,∠BAP=∠C,tan∠PAC= ,求tanC的值;(3)如图3,D是边CA延长线上一点,AE=AB,∠DEB=90°,sin∠BAC= ,,直接写出tan∠CEB的值.【答案】(1)解:∵AM⊥MN,CN⊥MN,∴∠AMB=∠BNC=90°,∴∠BAM+∠ABM=90°,∵∠ABC=90°,∴∠ABM+∠CBN=90°,∴∠BAM=∠CBN,∵∠AMB=∠NBC,∴△ABM∽△BCN(2)解:如图2,过点P作PM⊥AP交AC于M,PN⊥AM于N.∵∠BAP+∠1=∠CPM+∠1=90°,∴∠BAP=∠CPM=∠C,∴MP=MC∵tan∠PAC=,设MN=2m,PN=m,根据勾股定理得,PM=,∴tanC=(3)解:在Rt△ABC中,sin∠BAC= = ,过点A作AG⊥BE于G,过点C作CH⊥BE交EB的延长线于H,∵∠DEB=90°,∴CH∥AG∥DE,∴ =同(1)的方法得,△ABG∽△BCH∴,设BG=4m,CH=3m,AG=4n,BH=3n,∵AB=AE,AG⊥BE,∴EG=BG=4m,∴GH=BG+BH=4m+3n,∴,∴n=2m,∴EH=EG+GH=4m+4m+3n=8m+3n=8m+6m=14m,在Rt△CEH中,tan∠BEC= =【解析】【分析】(1)根据垂直的定义得出∠AMB=∠BNC=90°,根据同角的余角相等得出∠BAM=∠CBN,利用两个角对应相等的两个三角形相似得出:△ABM∽△BCN;(2)过点P作PF⊥AP交AC于F,在Rt△AFP中根据正切函数的定义,由tan∠PAC=,同(1)的方法得,△ABP∽△PQF,故,设AB= a,PQ=2a,BP= b,FQ=2b(a>0,b>0),然后判断出△ABP∽△CQF,得从而表示出CQ,进根据线段的和差表示出BC,再判断出△ABP∽△CBA,得出再得出BC,从而列出方程,表示出BC,AB,在Rt△ABC中,根据正切函数的定义得出tanC的值;(3)在Rt△ABC中,利用正弦函数的定义得出:sin∠BAC=,过点A作AG⊥BE于G,过点C作CH⊥BE交EB的延长线于H,根据平行线分线段成比例定理得出,同(1)的方法得,△ABG∽△BCH ,故,设BG=4m,CH=3m,AG=4n,BH=3n,根据等腰三角形的三线合一得出EG=BG=4m,故GH=BG+BH=4m+3n,根据比例式列出方程,求解得出n与m的关系,进而得出EH=EG+GH=4m+4m+3n=8m+3n=8m+6m=14m,在Rt△CEH中根据正切函数的定义得出tan∠BEC的值。

培优 易错 难题相似辅导专题训练含详细答案

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一、相似真题与模拟题分类汇编(难题易错题)1.已知二次函数y=ax2+bx-2的图象与x轴交于A,B两点,与y轴交于点C,点A的坐标为(4,0),且当x=-2和x=5时二次函数的函数值y相等.(1)求实数a,b的值;(2)如图①,动点E,F同时从A点出发,其中点E以每秒2个单位长度的速度沿AB边向终点B运动,点F以每秒个单位长度的速度沿射线AC方向运动.当点E停止运动时,点F随之停止运动.设运动时间为t秒.连接EF,将△AEF沿EF翻折,使点A落在点D处,得到△DEF.①是否存在某一时刻t,使得△DCF为直角三角形?若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由;②设△DEF与△ABC重叠部分的面积为S,求S关于t的函数关系式.【答案】(1)解:由题意得:,解得:a= ,b=(2)解:①由(1)知二次函数为 .∵A(4,0),∴B(﹣1,0),C (0,﹣2),∴OA=4,OB=1,OC=2,∴AB=5,AC= ,BC= ,∴AC2+BC2=25=AB2,∴△ABC为直角三角形,且∠ACB=90°.∵AE=2t,AF= t,∴ .又∵∠EAF=∠CAB,∴△AEF∽△ACB,∴∠AEF=∠ACB=90°,∴△AEF沿EF翻折后,点A落在x轴上点D处;由翻折知,DE=AE,∴AD=2AE=4t,EF= AE=t.假设△DCF为直角三角形,当点F在线段AC上时:ⅰ)若C为直角顶点,则点D与点B重合,如图2,∴AE= AB= t= ÷2= ;ⅱ)若D为直角顶点,如图3.∵∠CDF=90°,∴∠ODC+∠EDF=90°.∵∠EDF=∠EAF,∴∠OBC+∠EAF=90°,∴∠ODC=∠OBC,∴BC=DC.∵OC⊥BD,∴OD=OB=1,∴AD=3,∴AE= ,∴t= ;当点F在AC延长线上时,∠DFC>90°,△DCF为钝角三角形.综上所述,存在时刻t,使得△DCF为直角三角形,t= 或t= .②ⅰ)当0<t≤ 时,重叠部分为△DEF,如图1、图2,∴S= ×2t×t=t2;ⅱ)当<t≤2时,设DF与BC相交于点G,则重叠部分为四边形BEFG,如图4,过点G作GH⊥BE于H,设GH=m,则BH= ,DH=2m,∴DB= .∵DB=AD﹣AB=4t﹣5,∴ =4t﹣5,∴m= (4t﹣5),∴S=S△DEF﹣S△DBG= ×2t×t﹣(4t﹣5)× (4t﹣5)= ;ⅲ)当2<t≤ 时,重叠部分为△BEG,如图5.∵BE=DE﹣DB=2t﹣(4t﹣5)=5﹣2t,GE=2BE=2(5﹣2t),∴S= ×(5﹣2t)×2(5﹣2t)=4t2﹣20t+25.综上所述:.【解析】【分析】(1)根据已知抛物线的图像经过点A,以及当x=-2和x=5时二次函数的函数值y相等两个条件,列出方程组求出待定系数的值即可。

【数学】培优相似辅导专题训练含答案

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一、相似真题与模拟题分类汇编(难题易错题)1.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.2.在正方形中,,点在边上,,点是在射线上的一个动点,过点作的平行线交射线于点,点在射线上,使始终与直线垂直.(1)如图1,当点与点重合时,求的长;(2)如图2,试探索:的比值是否随点的运动而发生变化?若有变化,请说明你的理由;若没有变化,请求出它的比值;(3)如图3,若点在线段上,设,,求关于的函数关系式,并写出它的定义域.【答案】(1)解:由题意,得 ,在Rt△中,∴∵∴∴∴∵∴∴∵∴△∽△∴∴∴(2)解:答:的比值随点的运动没有变化理由:如图,∵∥∴ ,∵∴∵∴∴∴△∽△∴∵,∴∴的比值随点的运动没有变化,比值为(3)解:延长交的延长线于点∵∥∴∵∴∴∴∵∥ , ∥∴∥∴∵ ,∴又 ,∴∴它的定义域是【解析】【分析】(1)根据正方形的性质得出 A B = B C = C D = A D = 8 , ∠ C = ∠ A = 90 °,在Rt△ B C P 中,根据正切函数的定义得出tan ∠ P B C = P C ∶B C,又 tan ∠ P B C=,从而得出PC的长,进而得出RP的长,根据勾股定理得出PB的长,然后判断出△P B C ∽△ P R Q,根据相似三角形对应边成比例得出PB∶RP=PC∶PQ,从而得出PQ的长;(2)RM∶MQ的比值随点 Q 的运动没有变化,根据二直线平行同位角相等得出∠ 1 = ∠ A B P , ∠ Q M R = ∠ A,根据等量代换得出∠ Q M R = ∠ C = 90 °,根据根据等角的余角相等得出∠ R Q M = ∠ P B C ,从而判断出△ R M Q ∽△ P C B,根据相似三角形对应边成比例,得出PM∶MQ=PC∶BC,从而得出答案;(3)延长 B P 交 A D 的延长线于点N,根据平行线分线段成比例定理得出PD∶AB=ND∶NA,又N A = N D + A D = 8 + N D ,从而得出关于ND的方程,求解即可得出ND,根据勾股定理得出PN,根据平行线的判定定理得出PD∥MQ,再根据平行线分线段成比例定理得出PD∶MQ=NP∶NQ,又RM∶MQ=3∶4,RM=y,从而得出MQ=y,又 P D = 2 , N Q = P Q + P N = x +,根据比例式,即可得出y与x之间的函数关系式。

培优 易错 难题相似辅导专题训练附答案

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一、相似真题与模拟题分类汇编(难题易错题)1.如图,在□ABCD中,对角线AC、BD相交于点O,点E、F是AD上的点,且AE=EF=FD.连结BE、BF。

使它们分别与AO相交于点G、H(1)求EG :BG的值(2)求证:AG=OG(3)设AG =a ,GH =b,HO =c,求a : b : c的值【答案】(1)解:∵四边形ABCD是平行四边形,∴AO= AC,AD=BC,AD∥BC,∴△AEG∽△CBG,∴ = = .∵AE=EF=FD,∴BC=AD=3AE,∴GC=3AG,GB=3EG,∴EG:BG=1:3(2)解:∵GC=3AG(已证),∴AC=4AG,∴AO= AC=2AG,∴GO=AO﹣AG=AG(3)解:∵AE=EF=FD,∴BC=AD=3AE,AF=2AE.∵AD∥BC,∴△AFH∽△CBH,∴ = = = ,∴ = ,即AH= AC.∵AC=4AG,∴a=AG= AC,b=AH﹣AG= AC﹣ AC= AC,c=AO﹣AH= AC﹣ AC= AC,∴a:b:c= :: =5:3:2【解析】【分析】(1)根据平行四边形的性质可得AO=AC,AD=BC,AD∥BC,从而可证得△AEG∽△CBG,得出对应边成比例,由AE=EF=FD可得BC=3AE,就可证得GB=3EG,即可求出EG:BG的值。

(2)根据相似三角形的性质可得GC=3AG,就可证得AC=4AG,从而可得AO=2AG,即可证得结论。

(3)根据平行可证得三角形相似,再根据相似三角形的性质可得AG=AC,AH=AC,结合AO=AC,即可得到用含AC的代数式分别表示出a、b、c,就可得到a:b:c的值。

2.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M1M2.3.如图,抛物线与x轴交于两点A(﹣4,0)和B(1,0),与y轴交于点C(0,2),动点D沿△ABC的边AB以每秒2个单位长度的速度由起点A向终点B 运动,过点D作x轴的垂线,交△ABC的另一边于点E,将△ADE沿DE折叠,使点A落在点F处,设点D的运动时间为t秒.(1)求抛物线的解析式和对称轴;(2)是否存在某一时刻t,使得△EFC为直角三角形?若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由;(3)设四边形DECO的面积为s,求s关于t的函数表达式.【答案】(1)解:把A(﹣4,0),B(1,0),点C(0,2)代入得:,解得:,∴抛物线的解析式为:,对称轴为:直线x=﹣;(2)解:存在,∵AD=2t,∴DF=AD=2t,∴OF=4﹣4t,∴D(2t﹣4,0),∵直线AC的解析式为:,∴E(2t﹣4,t),∵△EFC为直角三角形,分三种情况讨论:①当∠EFC=90°,则△DEF∽△OFC,∴,即,解得:t= ;②当∠FEC=90°,∴∠AEF=90°,∴△AEF是等腰直角三角形,∴DE= AF,即t=2t,∴t=0,(舍去),③当∠ACF=90°,则AC2+CF2=AF2,即(42+22)+[22+(4t﹣4)2]=(4t)2,解得:t= ,∴存在某一时刻t,使得△EFC为直角三角形,此时,t= 或;(3)解:∵B(1,0),C(0,2),∴直线BC的解析式为:y=﹣2x+2,当D在y轴的左侧时,S= (DE+OC)•OD= (t+2)•(4﹣2t)=﹣t2+4 (0<t<2);当D在y轴的右侧时,如图2,∵OD=4t﹣4,DE=﹣8t+10,S= (DE+OC)•OD= (﹣8t+10+2)•(4t﹣4),即(2<t<).综上所述:【解析】【分析】(1)(1)利用待定系数法,将点A、B、C的坐标代入函数解析式,建立方程组求解即可。

【数学】培优相似辅导专题训练含详细答案

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一、相似真题与模拟题分类汇编(难题易错题)1.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2.阅读下列材料,完成任务:自相似图形定义:若某个图形可分割为若干个都与它相似的图形,则称这个图形是自相似图形.例如:正方形ABCD中,点E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA边的中点,连接EG,HF交于点O,易知分割成的四个四边形AEOH、EBFO、OFCG、HOGD均为正方形,且与原正方形相似,故正方形是自相似图形.任务:(1)图1中正方形ABCD分割成的四个小正方形中,每个正方形与原正方形的相似比为________;(2)如图2,已知△ABC中,∠ACB=90°,AC=4,BC=3,小明发现△ABC也是“自相似图形”,他的思路是:过点C作CD⊥AB于点D,则CD将△ABC分割成2个与它自己相似的小直角三角形.已知△ACD∽△ABC,则△ACD与△ABC的相似比为________;(3)现有一个矩形ABCD是自相似图形,其中长AD=a,宽AB=b(a>b).请从下列A、B两题中任选一条作答.A:①如图3﹣1,若将矩形ABCD纵向分割成两个全等矩形,且与原矩形都相似,则a=________(用含b的式子表示);②如图3﹣2若将矩形ABCD纵向分割成n个全等矩形,且与原矩形都相似,则a=________(用含n,b的式子表示);B:①如图4﹣1,若将矩形ABCD先纵向分割出2个全等矩形,再将剩余的部分横向分割成3个全等矩形,且分割得到的矩形与原矩形都相似,则a=________(用含b的式子表示);②如图4﹣2,若将矩形ABCD先纵向分割出m个全等矩形,再将剩余的部分横向分割成n 个全等矩形,且分割得到的矩形与原矩形都相似,则a=________(用含m,n,b的式子表示).【答案】(1)(2)(3);;或;或【解析】【解答】(解:(1)∵点H是AD的中点,∴AH= AD,∵正方形AEOH∽正方形ABCD,∴相似比为: == ;故答案为:;( 2 )在Rt△ABC中,AC=4,BC=3,根据勾股定理得,AB=5,∴△ACD与△ABC相似的相似比为:,故答案为:;( 3 )A、①∵矩形ABEF∽矩形FECD,∴AF:AB=AB:AD,即 a:b=b:a,∴a= b;故答案为:②每个小矩形都是全等的,则其边长为b和 a,则b: a=a:b,∴a= b;故答案为:B、①如图2,由①②可知纵向2块矩形全等,横向3块矩形也全等,∴DN= b,Ⅰ、当FM是矩形DFMN的长时,∵矩形FMND∽矩形ABCD,∴FD:DN=AD:AB,即FD: b=a:b,解得FD= a,∴AF=a﹣ a= a,∴AG= = = a,∵矩形GABH∽矩形ABCD,∴AG:AB=AB:AD即 a:b=b:a得:a= b;Ⅱ、当DF是矩形DFMN的长时,∵矩形DFMN∽矩形ABCD,∴FD:DN=AB:AD即FD: b=b:a解得FD= ,∴AF=a﹣ = ,∴AG= = ,∵矩形GABH∽矩形ABCD,∴AG:AB=AB:AD即:b=b:a,得:a= b;故答案为:或;②如图3,由①②可知纵向m块矩形全等,横向n块矩形也全等,∴DN= b,Ⅰ、当FM是矩形DFMN的长时,∵矩形FMND∽矩形ABCD,∴FD:DN=AD:AB,即FD: b=a:b,解得FD= a,∴AF=a﹣ a,∴AG= = = a,∵矩形GABH∽矩形ABCD,∴AG:AB=AB:AD即 a:b=b:a得:a= b;Ⅱ、当DF是矩形DFMN的长时,∵矩形DFMN∽矩形ABCD,∴FD:DN=AB:AD即FD: b=b:a解得FD= ,∴AF=a﹣,∴AG= = ,∵矩形GABH∽矩形ABCD,∴AG:AB=AB:AD即:b=b:a,得:a= b;故答案为: b或 b.【分析】由题意可知,用相似多边形的性质即可求解。

培优相似辅导专题训练含答案

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一、相似真题与模拟题分类汇编(难题易错题)1.在△ABC中,∠ABC=90°.(1)如图1,分别过A、C两点作经过点B的直线的垂线,垂足分别为M、N,求证:△ABM∽△BCN;(2)如图2,P是边BC上一点,∠BAP=∠C,tan∠PAC= ,求tanC的值;(3)如图3,D是边CA延长线上一点,AE=AB,∠DEB=90°,sin∠BAC= ,,直接写出tan∠CEB的值.【答案】(1)解:∵AM⊥MN,CN⊥MN,∴∠AMB=∠BNC=90°,∴∠BAM+∠ABM=90°,∵∠ABC=90°,∴∠ABM+∠CBN=90°,∴∠BAM=∠CBN,∵∠AMB=∠NBC,∴△ABM∽△BCN(2)解:如图2,过点P作PM⊥AP交AC于M,PN⊥AM于N.∵∠BAP+∠1=∠CPM+∠1=90°,∴∠BAP=∠CPM=∠C,∴MP=MC∵tan∠PAC=,设MN=2m,PN=m,根据勾股定理得,PM=,∴tanC=(3)解:在Rt△ABC中,sin∠BAC= = ,过点A作AG⊥BE于G,过点C作CH⊥BE交EB的延长线于H,∵∠DEB=90°,∴CH∥AG∥DE,∴ =同(1)的方法得,△ABG∽△BCH∴,设BG=4m,CH=3m,AG=4n,BH=3n,∵AB=AE,AG⊥BE,∴EG=BG=4m,∴GH=BG+BH=4m+3n,∴,∴n=2m,∴EH=EG+GH=4m+4m+3n=8m+3n=8m+6m=14m,在Rt△CEH中,tan∠BEC= =【解析】【分析】(1)根据垂直的定义得出∠AMB=∠BNC=90°,根据同角的余角相等得出∠BAM=∠CBN,利用两个角对应相等的两个三角形相似得出:△ABM∽△BCN;(2)过点P作PF⊥AP交AC于F,在Rt△AFP中根据正切函数的定义,由tan∠PAC=,同(1)的方法得,△ABP∽△PQF,故,设AB= a,PQ=2a,BP= b,FQ=2b(a>0,b>0),然后判断出△ABP∽△CQF,得从而表示出CQ,进根据线段的和差表示出BC,再判断出△ABP∽△CBA,得出再得出BC,从而列出方程,表示出BC,AB,在Rt△ABC中,根据正切函数的定义得出tanC的值;(3)在Rt△ABC中,利用正弦函数的定义得出:sin∠BAC=,过点A作AG⊥BE于G,过点C作CH⊥BE交EB的延长线于H,根据平行线分线段成比例定理得出,同(1)的方法得,△ABG∽△BCH ,故,设BG=4m,CH=3m,AG=4n,BH=3n,根据等腰三角形的三线合一得出EG=BG=4m,故GH=BG+BH=4m+3n,根据比例式列出方程,求解得出n与m的关系,进而得出EH=EG+GH=4m+4m+3n=8m+3n=8m+6m=14m,在Rt△CEH中根据正切函数的定义得出tan∠BEC的值。

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一、相似真题与模拟题分类汇编(难题易错题)1.如图1,在矩形ABCD中,AB=6cm,BC=8cm,E、F分别是AB、BD的中点,连接EF,点P从点E出发,沿EF方向匀速运动,速度为1cm/s,同时,点Q从点D出发,沿DB方向匀速运动,速度为2cm/s,当点P停止运动时,点Q也停止运动.连接PQ,设运动时间为t(0<t<4)s,解答下列问题:(1)求证:△BEF∽△DCB;(2)当点Q在线段DF上运动时,若△PQF的面积为0.6cm2,求t的值;(3)如图2过点Q作QG⊥AB,垂足为G,当t为何值时,四边形EPQG为矩形,请说明理由;(4)当t为何值时,△PQF为等腰三角形?试说明理由.【答案】(1)解:证明:∵四边形是矩形,在中,分别是的中点,(2)解:如图1,过点作于,(舍)或秒(3)解:四边形为矩形时,如图所示:解得:(4)解:当点在上时,如图2,当点在上时,如图3,时,如图4,时,如图5,综上所述,或或或秒时,是等腰三角形.【解析】【分析】(1)根据矩形的性质可证得AD∥BC,∠A=∠C,根据中位线定理可证得EF∥AD,就可得出EF∥BC,可证得∠BEF=∠C,∠BFE=∠DBC,从而可证得结论。

(2)过点Q作QM⊥EF,易证QM∥BE,可证得△QMF∽△BEF,得出对应边成比例,可求出QM的值,再根据△PQF的面积为0.6cm2,建立关于t的方程,求解即可。

(3)分情况讨论:当点 Q 在 DF 上时,如图2, PF=QF;当点 Q 在 BF 上时, PF=QF,如图3;PQ=FQ 时,如图4;PQ=PF 时,如图5,分别列方程即可解决问题。

2.如图,抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴分别交于点A、B,与y轴交于点C,且OA=1,OB=3,顶点为D,对称轴交x轴于点Q.(1)求抛物线对应的二次函数的表达式;(2)点P是抛物线的对称轴上一点,以点P为圆心的圆经过A、B两点,且与直线CD相切,求点P的坐标;(3)在抛物线的对称轴上是否存在一点M,使得△DCM∽△BQC?如果存在,求出点M 的坐标;如果不存在,请说明理由.【答案】(1)解:∴代入,得解得∴抛物线对应二次函数的表达式为:(2)解:如图,设直线CD切⊙P于点E.连结PE、PA,作点.由得对称轴为直线x=1,∴∴∴为等腰直角三角形.∴∴∴∴为等腰三角形.设∴在中,∴∴整理,得解得,∴点P的坐标为或(3)解:存在点M,使得∽.如图,连结∵∴为等腰直角三角形,∴由(2)可知,∴∴分两种情况.当时,∴,解得.∴∴当时,∴,解得∴∴综上,点M的坐标为或【解析】【分析】(1)用待定系数法即可求解;(2)由(1)中的解析式易求得抛物线的对称轴为直线x=1,顶点D(1,4),点C(0,3),由题意可设点P(1,m),计算易得△DCF为等腰直角三角形,△DEP为等腰三角形,在直角三角形PED和APQ中,用勾股定理可将PE、PA用含m的代数式表示出来,根据PA=PE可列方程求解;(3)由△DCM∽△BQC所得比例式分两种情况:或,根据所得比例式即可求解。

3.如图,已知AB是⊙O的直径,点C在⊙O上,过点C的直线与AB的延长线交于点P,AC=PC,∠COB=2∠PCB.(1)求证:PC是⊙O的切线;(2)求证:BC= AB;(3)点M是弧AB的中点,CM交AB于点N,若AB=4,求MN MC的值.【答案】(1)证明:∵OA=OC,∴∠A=∠ACO,又∵∠COB=2∠A,∠COB=2∠PCB,∴∠A=∠ACO=∠PCB,又∵AB是⊙O的直径,∴∠ACO+∠OCB=90°,∴∠PCB+∠OCB=90°,即OC⊥CP,∵OC是⊙O的半径,∴PC是⊙O的切线(2)证明:∵AC=PC,∴∠A=∠P,∴∠A=∠ACO=∠PCB=∠P.又∵∠COB=∠A+∠ACO,∠CBO=∠P+∠PCB,∴∠COB=∠CBO,∴BC=OC,∴(3)解:连接MA,MB,∵点M是弧AB的中点,∴弧AM=弧BM,∴∠ACM=∠BCM,∵∠ACM=∠ABM,∴∠BCM=∠ABM,∵∠BMN=∠BMC,∴△MBN∽△MCB,∴,∴ BM2=MN⋅MC ,又∵AB是⊙O的直径,弧AM=弧BM,∴∠AMB=90°,AM=BM,∵AB=4,∴,∴ MN⋅MC=BM2=8 .【解析】【分析】(1)根据等边对等角得出∠A=∠ACO,运用外角的性质和已知条件得出∠A=∠ACO=∠PCB,再根据直径所对的圆周角是直角得出∠PCB+∠OCB=90°,进而求解.(2)根据等边对等角得出∠A=∠P,再根据第一问中的结论求解即可,(3)连接MA,MB,根据同弧或等弧所对的圆周角相等得出∠ACM=∠ABM,∴∠BCM=∠ABM,证出△MBN∽△MCB,得出比例式进而求解即可.4.书籍开本有数学开本指书刊幅面的规格大小.如图①,将一张矩形印刷用纸对折后可以得到2开纸,再对折得到4开纸,以此类推可以得到8开纸、16开纸……若这张矩形印刷用纸的短边长为a.(1)如图②,若将这张矩形印刷用纸ABCD(AB BC)进行折叠,使得BC与AB重合,点C落在点F处,得到折痕BE;展开后,再次折叠该纸,使点A落在E处,此时折痕恰好经过点B,得到折痕BG,求的值.(2)如图③,2开纸BCIH和4开纸AMNH的对角线分别是HC、HM.说明HC⊥HM.(3)将图①中的2开纸、4开纸、8开纸和16开纸按如图④所示的方式摆放,依次连接点A、B、M、I,则四边形ABMI的面积是________.(用含a的代数式表示,直接写出结果)【答案】(1)解:∵四边形ABCD是矩形,∴∠ABC ∠C 90°.∵第一次折叠使点C落在AB上的F处,并使折痕经过点B,∴∠CBE ∠FBE 45°,∴∠CBE ∠CEB 45°,∴BC CE a,BE .∵第二次折叠纸片,使点A落在E处,得到折痕BG,∴AB BE ,∴(2)解:根据题意和(1)中的结论,有AH BH ,.∴.∵四边形ABCD是矩形,∴∠A ∠B 90°,∴△MAH∽△HBC,∴∠AHM ∠BCH.∵∠BCH ∠BHC 90°,∴∠AHM ∠BHC 90°,∴∠MHC 90°,∴HC⊥HM.(3)【解析】【解答】解:(3)如图④,根据题意知(1)中的结论,有BC=AD= a,AF=IG= a,NI=MP= a,OP= a,又∵∠C=∠ADE=90°, ∠BEC=∠AED,∴∆BCE≌∆ADE,∴S ∆BCE=S ∆ADE,同理可得,S ∆AFH=S ∆IGH, S ∆INQ=S ∆MPQ,∴四边形ABMI的面积=S矩形ADOF+S矩形IGON+S梯形BMPC= .【分析】(1)利用矩形的性质及第一次折叠使点C落在AB上的F处,可得出∠CBE=∠FBE=∠CEB=45°,可得出CE=BC,利用勾股定理可用含a的代数式求出BE的长,再根据第二次折叠纸片,使点A落在E处,得到折痕BG,可用含a的代数式表示出AB的长,然后求出AB与BC的比值。

(2)利用(1)的结论,可用含a的代数式表示出AH、BH、AM的长,就可求出,利用矩形的性质可得出∠A = ∠B,再根据相似三角形的性质,证明△MAH∽△HBC,利用相似三角形的性质,去证明∠AHM + ∠BHC = 90°,然后利用垂直的定义可解答。

(3)利用已知条件证明∆BCE≌∆ADE,可证得S ∆BCE=S ∆ADE, S ∆AFH=S ∆IGH, S ∆INQ=S ∆MPQ,再根据四边形ABMI的面积=S矩形ADOF+S矩形IGON+S梯形BMPC,可求出答案。

5.在正方形中,,点在边上,,点是在射线上的一个动点,过点作的平行线交射线于点,点在射线上,使始终与直线垂直.(1)如图1,当点与点重合时,求的长;(2)如图2,试探索:的比值是否随点的运动而发生变化?若有变化,请说明你的理由;若没有变化,请求出它的比值;(3)如图3,若点在线段上,设,,求关于的函数关系式,并写出它的定义域.【答案】(1)解:由题意,得 ,在Rt△中,∴∵∴∴∴∵∴∴∵∴△∽△∴∴∴(2)解:答:的比值随点的运动没有变化理由:如图,∵∥∴ ,∵∴∵∴∴∴△∽△∴∵,∴∴的比值随点的运动没有变化,比值为(3)解:延长交的延长线于点∵∥∴∵∴∴∴∵∥ , ∥∴∥∴∵ ,∴又 ,∴∴它的定义域是【解析】【分析】(1)根据正方形的性质得出 A B = B C = C D = A D = 8 , ∠ C = ∠ A = 90 °,在Rt△ B C P 中,根据正切函数的定义得出tan ∠ P B C = P C ∶B C,又 tan ∠ P B C=,从而得出PC的长,进而得出RP的长,根据勾股定理得出PB的长,然后判断出△P B C ∽△ P R Q,根据相似三角形对应边成比例得出PB∶RP=PC∶PQ,从而得出PQ的长;(2)RM∶MQ的比值随点 Q 的运动没有变化,根据二直线平行同位角相等得出∠ 1 = ∠ A B P , ∠ Q M R = ∠ A,根据等量代换得出∠ Q M R = ∠ C = 90 °,根据根据等角的余角相等得出∠ R Q M = ∠ P B C ,从而判断出△ R M Q ∽△ P C B,根据相似三角形对应边成比例,得出PM∶MQ=PC∶BC,从而得出答案;(3)延长 B P 交 A D 的延长线于点N,根据平行线分线段成比例定理得出PD∶AB=ND∶NA,又N A = N D + A D = 8 + N D ,从而得出关于ND的方程,求解即可得出ND,根据勾股定理得出PN,根据平行线的判定定理得出PD∥MQ,再根据平行线分线段成比例定理得出PD∶MQ=NP∶NQ,又RM∶MQ=3∶4,RM=y,从而得出MQ=y,又 P D = 2 , N Q = P Q + P N = x +,根据比例式,即可得出y与x之间的函数关系式。

6.Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=3,BC=7,点P是边AC上不与点A、C重合的一点,作PD∥BC交AB边于点D.(1)如图1,将△APD沿直线AB翻折,得到△AP'D,作AE∥PD.求证:AE=ED;(2)将△APD绕点A顺时针旋转,得到△AP'D',点P、D的对应点分别为点P'、D',①如图2,当点D'在△ABC内部时,连接P′C和D'B,求证:△AP'C∽△AD'B;②如果AP:PC=5:1,连接DD',且DD'= AD,那么请直接写出点D'到直线BC的距离.【答案】(1)证明:∵将△APD沿直线AB翻折,得到△AP'D,∴∠ADP'=∠ADP,∵AE∥PD,∴∠EAD=∠ADP,∴∠EAD=∠ADP',∴AE=DE(2)解:①∵DP∥BC,∴△APD∽△ACB,∴,∵旋转,∴AP=AP',AD=AD',∠PAD=∠P'AD',∴∠P'AC=∠D'AB,,∴△AP'C∽△AD'B②若点D'在直线BC下方,如图,过点A作AF⊥DD',过点D'作D'M⊥AC,交AC的延长线于M,∵AP:PC=5:1,∴AP:AC=5:6,∵PD∥BC,∴ = ,∵BC=7,∴PD=,∵旋转,∴AD=AD',且AF⊥DD',∴DF=D'F= D'D,∠ADF=∠AD'F,∵cos∠ADF== = ,∴∠ADF=45°,∴∠AD'F=45°,∴∠D'AD=90°∴∠D'AM+∠PAD=90°,∵D'M⊥AM,∴∠D'AM+∠AD'M=90°,∴∠PAD=∠AD'M,且AD'=AD,∠AMD'=∠APD,∴△AD'M≌△DAP(AAS)∴PD=AM=,∵CM=AM﹣AC=﹣3,∴CM=,∴点D'到直线BC的距离为若点D'在直线BC的上方,如图,过点D'作D'M⊥AC,交CA的延长线于点M,同理可证:△AMD'≌△DPA,∴AM=PD=,∵CM=AC+AM,∴CM=3+ =,∴点D'到直线BC的距离为综上所述:点D'到直线BC的距离为或;【解析】【分析】(1)由折叠的性质和平行线的性质可得∠EAD=∠ADP=∠ADP',即可得AE=DE;(2)①由题意可证△APD∽△ACB,可得,由旋转的性质可得AP=AP',AD=AD',∠PAD=∠P'AD',即∠P'AC=∠D'AB,,则△AP'C∽△AD'B;②分点D'在直线BC的下方和点D'在直线BC的上方两种情况讨论,根据平行线分线段成比例,可求PD=,通过证明△AMD'≌△DPA,可得AM=PD=,即可求点D'到直线BC 的距离.7.如图1,在△ABC中,点DE分别在AB、AC上,DE∥BC,BD=CE,(1)求证:∠B=∠C,AD=AE;(2)若∠BAC=90°,把△ADE绕点A逆时针旋转到图2的位置,点M,P,N分别为DE,DC,BC的中点,连接MN,PM,PN.①判断△PMN的形状,并说明理由;________②把△ADE绕点A在平面内自由旋转,若AD=4,AB=10,请直接写出△PMN的最大面积为________ 。

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