人教数学相似的专项培优练习题(含答案)及答案

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）
1．已知，如图，AB是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，OF⊥BC于点F，交⊙O于点E，AE与BC交于点H，点D为OE的延长线上一点，且∠ODB=∠AEC．
（1）求证：BD是⊙O的切线；
（2）求证：CE2=EH•EA；
（3）若⊙O的半径为，sinA= ，求BH的长．
【答案】（1）证明：如图，
∵∠ODB=∠AEC，∠AEC=∠ABC，
∴∠ODB=∠ABC，
∵OF⊥BC，
∴∠BFD=90°，
∴∠ODB+∠DBF=90°，
∴∠ABC+∠DBF=90°，
即∠OBD=90°，
∴BD⊥OB，
∴BD是⊙O的切线
（2）证明：连接AC，如图2所示：
∵OF⊥BC，
∴，
∴∠CAE=∠ECB，
∵∠CEA=∠HEC，
∴△CEH∽△AEC，
∴，
∴CE2=EH•EA
（3）解：连接BE，如图3所示：
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB=90°，
∵⊙O的半径为，sin∠BAE= ，
∴AB=5，BE=AB•sin∠BAE=5× =3，
∴EA= =4，
∵，
∴BE=CE=3，
∵CE2=EH•EA，
∴EH= ，
∴在Rt△BEH中，BH= .
【解析】【分析】（1）要证BD是⊙O的切线，只需证∠OBD=90°，因为∠OBC+∠BOD=90°，所以只须证∠ODB=∠OBC即可。

由圆周角定理和已知条件易得∠ODB=∠ABC，则∠OBC+∠BOD=90°=∠ODB+∠BOD，由三角形内角和定理即可得∠OBD=90°；
（2）连接AC，要证CE2=EH•EA；只需证△CEH∽△AEC，已有公共角∠AEC，再根据圆周角定理可得∠CAE=∠ECB，即可证△CEH∽△AEC，可得比例式求解；
（3）连接BE，解直角三角形AEB和直角三角形BEH即可求解。

2．
（1）问题发现：如图①，
正方形AEFG的两边分别在正方形ABCD的边AB和AD上，连接CF.
①写出线段CF与DG的数量关系；
②写出直线CF与DG所夹锐角的度数.
（2）拓展探究：
如图②，
将正方形AEFG绕点A逆时针旋转，在旋转的过程中，（1）中的结论是否仍然成立，请利用图②进行说明.
（3）问题解决
如图③，
△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC=4，O为AC的中点.若点D在直线BC上运动，连接OE，则在点D的运动过程中，线段OE的长的最小值.（直接写出结果）
【答案】（1）①CF= DG，②45
（2）解：如图：
①连接AC、AF,在正方形ABCD中，延长CF交DG与H点，
∠CAD= ∠BCD=45 ,
设AD=CD=a，易得AC= a= AD,
同理在正方形AEFG中，∠FAG=45 ,AF= AG,
∠CAD=∠FAG, ∠CAD-∠2=∠FAG-∠2,
∠1=∠3
又
△CAF∽DAG,
= , CF= DG;
②由△CAF∽DAG，∠4=∠5，
∠ACD=∠4+∠6=45 , ∠5+∠6=45 ，
∠5+∠6+∠7=135 ，
在△CHD中，∠CHD=180 -135 =45 ，（1）中的结论仍然成立
（3）OE的最小值为 .
【解析】【解答】（3）如图：
由∠BAC=∠DAE=90 ,可得∠BAD=∠CAE,又AB=AC,AD=AE,
可得△BAD≌△CAE,
∠ACE=∠ABC=45 ,
又∠ACB=45 , ∠BCE=90 ,即CE⊥BC,
根据点到直线的距离垂线段最短，
OE⊥CE时，OE最短，此时OE=CE,△OEC为等腰直角三角形，
OC= AC=2,
由等腰直角三角形性质易得，OE= ，
OE的最小值为 .
【分析】（1）①易得CF= DG;②45 ；(2)连接AC、AF,在正方形ABCD中，可得
△CAF∽DAG， = , CF= DG，在△CHD中，∠CHD=180 -135 =45 ，（1）中的结论是否仍然成立；（3）OE⊥CE时，OE最短，此时OE=CE,△OEC为等腰直角
三角形，OC= AC=2,可得OE的值.
3．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，顶点A、C的坐标分别为（﹣1，2），（3，2），点B 在x轴上，点B的坐标为（3，0），抛物线y=﹣x2+bx+c经过A、C两点．
（1）求该抛物线所对应的函数关系式；
（2）点P是抛物线上的一点，当S△PAB= S△ABC时，求点P的坐标；
（3）若点N由点B出发，以每秒个单位的速度沿边BC、CA向点A移动，秒后，点M 也由点B出发，以每秒1个单位的速度沿线段BO向点O移动，当其中一个点到达终点时另一个点也停止移动，点N的移动时间为t秒，当MN⊥AB时，请直接写出t的值，不必写出解答过程．
【答案】（1）解：将点A（﹣1，2），C（3，2），代入抛物线y=﹣x2+bx+c中，
得，解得
∴抛物线y=﹣x2+2x+5.
（2）解：∵点A（-1,2），B（3,0），C（3,2），
∴BC⊥x轴，AC=4，BC=2，
∴，
∴
设直线AB为y=mx+n,
将点A（-1,2），B（3,0），代入可得，解得，∴直线AB为y=
，
设点P（x，），过点P作PN⊥x轴，交直线AB于点M，则M（x，
），
∴PM= ，
∴
即，
∴或，解得，
则点P .
（3）解：当时，如图1，点N在BC的线段上，BN= ，BM= ，
∵MN⊥AB，∴，
又∵A（-1,2），B（3,0），C（3,2），
∴AC∥x轴，BC∥y轴，
∴∠ACB=90°，
∴，
∴
又∵∠MBN=∠ACB=90°，
∴△BNM~△CAB，
∴，则，
解得t= .
当时，点N在线段AC上，如图2，MN与AB交于点D，BM= ,
由A（-1,2），B(3,0)，得AB= ，设AD=a，则BD= ,
∵∠ADN=∠ACB=90°, ∠DAN=∠CAB,
∴△ADN~△ACB，
∴；
则 = ，则a=
∵∠BDM=∠ACB=90°, ∠DBM=∠CAB,
∴△BDM~△ACB，
∴ =
，
则
解得 .
综上， .
【解析】【分析】（1）将点A（﹣1，2），C（3，2），代入抛物线y=﹣x2+bx+c中，联立方程组解答即可求出b和c的值；（2）由A（-1,2），B（3,0），C（3,2）可求出直线AB 的解析式和，从而求出 .设PP（x，），过点P作PN⊥x
轴，交直线AB于点M，则M（x，），可得
代入求出P的横坐标x的值，再代入抛物线的解析式求出点P的纵坐标；（3）首先要明确时间t表示点N运动的时间，由点M，N的速度可求出它们当到达终点时的时间t，取其中的较小值为t所能取到的最大值；由点M只在线段OB上运动，点N在线段BC和线段AC上运动，则要分成两部分进行讨论，当点N在线段BC上时和当点N在线段AC上时，并分别求出相应时间t的取值范围；结合相似三角形的判定和性质得到相应边成比例，列方程解答即可.
4．请完成下面题目的证明．如图,AB为⊙O的直径,AB=8,点C和点D是⊙O上关于直线AB 对称的两个点,连接OC,AC,且∠BOC<90°,直线BC与直线AD相交于点E,过点C作直线CG与线段AB的延长线相交于点F,与直线AD相交于点G,且∠GAF=∠GCE
（1）求证:直线CG为⊙O的切线；
（2）若点H为线段OB上一点,连接CH,满足CB=CH；
①求证:△CBH∽△OBC；
②求OH+HC的最大值.
【答案】（1）证明：由题意可知：∠CAB=∠GAF，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°
∵OA=OC，
∴∠CAB=∠OCA，
∴∠OCA+∠OCB=90°，
∵∠GAF=∠GCE，
∴∠GCE+∠OCB=∠OCA+∠OCB=90°，
∵OC是⊙O的半径，
∴直线CG是⊙O的切线；
（2）证明：①∵CB=CH，
∴∠CBH=∠CHB，
∵OB=OC，
∴∠CBH=∠OCB，
∴△CBH∽△OBC
解：②由△CBH∽△OBC可知：
∵AB=8，
∴BC2=HB•OC=4HB，
∴HB= ，
∴OH=OB-HB=
∵CB=CH，
∴OH+HC=
当∠BOC=90°，
此时BC=
∵∠BOC＜90°，
∴0＜BC＜
令BC=x
∴OH+HC= = =
当x=2时，
∴OH+HC可取得最大值，最大值为5
【解析】【分析】（1）由题意可知：∠CAB=∠GAF，∠GAF=∠GCE，由圆的性质可知：∠CAB=∠OCA，所以∠OCA=∠GCE，从而可证明直线CG是⊙O的切线；（2）①由于CB=CH，所以∠CBH=∠CHB，易证∠CBH=∠OCB，
从而可证明△CBH∽△OBC；②由△CBH∽△OBC可知：
，所以HB= ，
由于BC=HC，所以OH+HC=
利用二次函数的性质即可求出OH+HC的最大值．
5．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于H，G为⊙O上一点，连接AG交CD于K，在
CD的延长线上取一点E，使EG=EK，EG的延长线交AB的延长线于F.
（1）求证：EF是⊙O的切线；
（2）连接DG，若AC∥EF时.
①求证：△KGD∽△KEG；
②若，AK= ，求BF的长.
【答案】（1）证明：如图，连接OG.∵EG=EK，
∴∠KGE=∠GKE=∠AKH，
又OA=OG，∴∠OGA=∠OAG，
∵CD⊥AB，∴∠AKH+∠OAG=90°，
∴∠KGE+∠OGA=90°，
∴EF是⊙O的切线.
（2）解：①∵AC∥EF，∴∠E=∠C，
又∠C=∠AGD，∴∠E=∠AGD，
又∠DKG=∠CKE，
∴△KGD∽△KGE.
②连接OG，如图所示.∵，AK= ，
设，∴，，则
KE=GE，AC∥EF，∴CK=AC=5k，∴HK=CK－CH=k.
在Rt△AHK中，根据勾股定理得AH2+HK2=AK2，
即，，，，则，
设⊙O半径为R，在Rt△OCH中，OC=R，OH=R－3k，CH=4k，
由勾股定理得：OH2＋CH2=OC2，，∴
在Rt△OGF中，，∴，
∴
【解析】【分析】（1）连接OG.根据切线的判定，证出∠KGE+∠OGA=90°，故EF是⊙O的切线.（2）①证∠E=∠AGD，又∠DKG=∠CKE，故△KGD∽△KGE.②连接OG. ，
设，，，则，在Rt△AHK中，根据勾股定理得AH2+HK2=AK2，即；由勾股定理得：OH2＋CH2=OC2，
；在Rt△OGF中，，，
6．在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝25，BC＝15．
（1）如图1，折叠△ABC使点A落在AC边上的点D处，折痕交AC、AB分别于Q、H，若S△ABC＝9S△DHQ，求HQ的长．
（2）如图2，折叠△ABC使点A落在BC边上的点M处，折痕交AC、AB分别于E、F．若FM∥AC，求证：四边形AEMF是菱形；
（3）在(1)(2)的条件下，线段CQ上是否存在点P，使得△CMP和△HQP相似？若存在，求出PQ的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：如图1中，
在△ABC中，∵∠ACB＝90°，AB＝25，BC＝15，
∴AC＝＝20，设HQ＝x，
∵HQ∥BC，
∴，
∴AQ＝x，
∵S△ABC＝9S△DHQ，
∴ ×20×15＝9× ×x× x，
∴x＝5或﹣5（舍弃），
∴HQ＝5，
故答案为5．
（2）解：如图2中，
由翻折不变性可知：AE＝EM，AF＝FM，∠AFE＝∠MFE，∵FM∥AC，
∴∠AEF＝∠MFE，
∴∠AEF＝∠AFE，
∴AE＝AF，
∴AE＝AF＝MF＝ME，
∴四边形AEMF是菱形．
（3）解：如图3中，
设AE＝EM＝FM＝AF＝4m，则BM＝3m，FB＝5m，∴4m+5m＝25，
∴m＝，
∴AE＝EM＝，
∴EC＝20﹣＝，
∴CM＝，
∵QG＝5，AQ＝，
∴QC＝，设PQ＝x，
当时，△HQP∽△MCP，
∴，
解得：x＝，
当＝时，△HQP∽△PCM，
∴
解得：x＝10或，
经检验：x＝10或是分式方程的解，且正确，
综上所，满足条件长QP的值为或10或．
【解析】【分析】（1）利用勾股定理求出AC，设HQ=x，根据S△ABC=9S△DHQ，构建方程即可解决问题；（2）想办法证明四边相等即可解决问题；（3）设AE=EM=FM=AF=4m，则BM=3m，FB=5m，构建方程求出m的值，分两种情形分别求解即可解决问题.
7．如图，在平面直角坐标系中，平行四边形ABOC如图放置，将此平行四边形绕点O顺时针旋转90°得到平行四边形A′B′OC′．抛物线y＝﹣x2+2x+3经过点A、C、A′三点．
（1）求A、A′、C三点的坐标；
（2）求平行四边形ABOC和平行四边形A′B′OC′重叠部分△C′OD的面积；
（3）点M是第一象限内抛物线上的一动点，问点M在何处时，△AMA′的面积最大？最大面积是多少？并写出此时M的坐标．
【答案】（1）解：当y＝0时，﹣x2+2x+3＝0，
解得x1＝3，x2＝﹣1，
则C（﹣1，0），A′（3，0），
当x＝0时，y＝3，则A（0，3）
（2）解：∵四边形ABOC为平行四边形，
∴AB OC，AB＝OC，
而C（﹣1，0），A（0，3），
∴B（1，3），
∴OB＝＝，S△AOB＝ ×3×1＝，
又∵平行四边形ABOC旋转90°得平行四边形A′B′OC′，
∴∠ACO＝∠OC′D，OC′＝OC＝1，
又∵∠ACO＝∠ABO，
∴∠ABO＝∠OC′D．
又∵∠C′OD＝∠AOB，
∴△C′OD∽△BOA，
∴＝( )2＝（）2＝，
∴S△C′OD＝ × ＝
（3）解：设M点的坐标为（m，﹣m2+2m+3），0＜m＜3，
作MN y轴交直线AA′于N，易得直线AA′的解析式为y＝﹣x+3，则N（m，﹣m+3），
∵MN＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m，
∴S△AMA′＝S△ANM+S△MNA′
＝MN•3
＝（﹣m2+3m）
＝﹣m2+ m
＝﹣（m﹣）2+ ，
∴当m＝时，S△AMA'的值最大，最大值为，此时M点坐标为（，）．
【解析】【分析】（1）利用抛物线与x轴的交点问题可求出C（﹣1，0），A′（3，0）；计算自变量为0时的函数值可得到A（0，3）；（2）先由平行四边形的性质得AB∥OC，AB＝OC，易得B（1，3），根据勾股定理和三角形面积公式得到OB＝，S△AOB＝
，再根据旋转的性质得∠ACO＝∠OC′D，OC′＝OC＝1，接着证明△C′OD∽△BOA，利
用相似三角形的性质得＝( )2，则可计算出S△C′OD；（3）根据二次函数图象上点的坐标特征，设M点的坐标为（m，﹣m2+2m+3），0＜m＜3，作MN y轴交直线AA′于N，求出直线AA′的解析式为y＝﹣x+3，则N（m，﹣m+3），于是可计算出
MN＝﹣m2+3m，再利用S△AMA′＝S△ANM+S△MNA′和三角形面积公式得到S△AMA′＝﹣m2+ m，然后根据二次函数的最值问题求出△AMA′的面积最大值，同时即可确定此时M点的坐标．
8．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。