人教备战中考数学备考之相似压轴突破训练∶培优易错试卷篇含详细答案

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）
1．如图，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．
（1）问题发现：
如图1，在等边三角形ABC中，点M为BC边上异于B、C的一点，以AM为边作等边三角形AMN，连接CN，NC与AB的位置关系为________；
（2）深入探究：
如图2，在等腰三角形ABC中，BA=BC，点M为BC边上异于B、C的一点，以AM为边作等腰三角形AMN，使∠ABC=∠AMN，AM=MN，连接CN，试探究∠ABC与∠ACN的数量关系，并说明理由；
（3）拓展延伸：
如图3，在正方形ADBC中，AD=AC，点M为BC边上异于B、C的一点，以AM为边作正方形AMEF，点N为正方形AMEF的中点，连接CN，若BC=10，CN= ，试求EF的长．【答案】（1）NC∥AB
（2）解：∠ABC=∠ACN，理由如下：
∵ =1且∠ABC=∠AMN，
∴△ABC～△AMN
∴，
∵AB=BC，
∴∠BAC= （180°﹣∠ABC），
∵AM=MN
∴∠MAN= （180°﹣∠AMN），
∵∠ABC=∠AMN，
∴∠BAC=∠MAN，
∴∠BAM=∠CAN，
∴△ABM～△ACN，
∴∠ABC=∠ACN
（3）解：如图3，连接AB，AN，
∵四边形ADBC，AMEF为正方形，
∴∠ABC=∠BAC=45°，∠MAN=45°，
∴∠BAC﹣∠MAC=∠MAN﹣∠MAC
即∠BAM=∠CAN，
∵，
∴，
∴△ABM～△ACN
∴，
∴ =cos45°= ，
∴，
∴BM=2，
∴CM=BC﹣BM=8，
在Rt△AMC，
AM= ，
∴EF=AM=2 ．
【解析】【解答】解：（1）NC∥AB，理由如下：
∵△ABC与△MN是等边三角形，
∴AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°，
∴∠BAM=∠CAN，
在△ABM与△ACN中，
，
∴△ABM≌△ACN（SAS），
∴∠B=∠ACN=60°，
∵∠ANC+∠ACN+∠CAN=∠ANC+60°+∠CAN=180°，
∴∠ANC+∠MAN+∠BAM=∠ANC+60°+∠CAN=∠BAN+∠ANC=180°，
∴CN∥AB；
【分析】（1）由题意用边角边易得△ABM≌△ACN，则可得∠B=∠ACN=60°，所以∠BCN+∠B=∠BCA+∠ACN+∠B=180°，根据平行线的判定即可求解；
（2）由题意易得△ABC～△AMN，可得比例式，由三角形内角和定理易得∠BAM=∠CAN，根据相似三角形的判定可得△ABM～△ACN，由相似三角形的性质即可求解；
（3）要求EF的值，只须求得CM的值，然后解直角三角形AMC即可求解。

连接AB，
AN，由正方形的性质和相似三角形的判定易得△ABM～△ACN，可得比例式
，可求得BM的值，而CM=BC﹣BM，解直角三角形AMC即可求得AM的值，即为EF的值。

3．如图，△ABC内接于⊙O，且AB＝AC.延长BC到点D，使CD＝CA，连接AD交⊙O于点E.
（1）求证：△ABE≌△CDE；
（2）填空：
①当∠ABC的度数为________时，四边形AOCE是菱形；
②若AE＝6，BE=8，则EF的长为________.
【答案】（1）证明：∵AB=AC，CD=CA，∴∠ABC=∠ACB，AB=CD．
∵四边形ABCE是圆内接四边形，∴∠ECD=∠BAE，∠CED=∠ABC．
∵∠ABC=∠ACB=∠AEB，∴∠CED=∠AEB，∴△ABE≌△CDE（AAS）
（2）60；
【解析】【解答】解：（2）①当∠ABC的度数为60°时，四边形AOCE是菱形；
理由是：连接AO、OC．
∵四边形ABCE是圆内接四边形，∴∠ABC+∠AEC=180°．
∵∠ABC=60，∴∠AEC=120°=∠AOC．
∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA=30°．
∵AB=AC，∴△ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°．
∵∠ACB=∠CAD+∠D．
∵AC=CD，∴∠CAD=∠D=30°，∴∠ACE=180°﹣120°﹣30°=30°，∴∠OAE=∠OCE=60°，∴四边形AOCE是平行四边形．
∵OA=OC，∴▱AOCE是菱形；
②由（1）得：△ABE≌△CDE，∴BE=DE=8，AE=CE=6，∴∠D=∠EBC．
∵∠CED=∠ABC=∠ACB，∴△ECD∽△CFB，∴ = ．
∵∠AFE=∠BFC，∠AEB=∠FCB，∴△AEF∽△BCF，∴ = ，∴EF= =
．
故答案为：①60°；② ．
【分析】（1）由题意易证∠ABC=∠ACB，AB=CD；再由四点共圆和已证可得∠ABC=∠ACB=∠AEB，∠CED=∠AEB，则利用AAS可证得结论；
（2）①连接AO、CO.宪政△ABC是等边三角形，再证明四边形AOCE是平行四边形，又AO=CO可得结论；
②先证△ECD∽△CFB，可得EC：ED=CF：BC=6:8；再证△AEF∽△BCF，则AE：EF=BC：CF，从而求出EF.
4．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．
5．如图，正方形ABCD的边长为4，点E，F分别在边AB，AD上，且∠ECF＝45°，CF的延长线交BA的延长线于点G，CE的延长线交DA的延长线于点H，连接AC，EF．，GH．
（1）求∠AHC与∠ACG的大小关系（“＞”或“＜”或“＝”）
（2）线段AC，AG，AH什么关系？请说明理由；
（3）设AE＝m，
①△AGH的面积S有变化吗？如果变化．请求出S与m的函数关系式；如果不变化，请求出定值．
②请直接写出使△CGH是等腰三角形的m值．
【答案】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CB＝CD＝DA＝4，∠D＝∠DAB＝90°∠DAC＝∠BAC＝45°，
∴AC＝，
∵∠DAC＝∠AHC+∠ACH＝45°，∠ACH+∠ACG＝45°，
∴∠AHC＝∠ACG．
故答案为＝．
（2）解：结论：AC2＝AG•AH．
理由：∵∠AHC＝∠ACG，∠CAH＝∠CAG＝135°，
∴△AHC∽△ACG，
∴，
∴AC2＝AG•AH．
（3）解：①△AGH的面积不变．
理由：∵S△AGH＝•AH•AG＝AC2＝ ×（4 ）2＝16．∴△AGH的面积为16．
②如图1中，当GC＝GH时，易证△AHG≌△BGC，
可得AG＝BC＝4，AH＝BG＝8，
∵BC∥AH，
∴ ,
∴AE＝AB＝．
如图2中，当CH＝HG时，
易证AH＝BC＝4，
∵BC∥AH，
∴＝1，
∴AE＝BE＝2．
如图3中，当CG＝CH时，易证∠ECB＝∠DCF＝22.5．
在BC上取一点M，使得BM＝BE，
∴∠BME＝∠BEM＝45°，
∵∠BME＝∠MCE+∠MEC，
∴∠MCE＝∠MEC＝22.5°，
∴CM＝EM，设BM＝BE＝m，则CM＝EM m，
∴m+ m＝4，
∴m＝4（﹣1），
∴AE＝4﹣4（﹣1）＝8﹣4 ，
综上所述，满足条件的m的值为或2或8﹣4 ．
【解析】【分析】（1）证明∠DAC=∠AHC+∠ACH=45°，∠ACH+∠ACG=45°，即可推出∠AHC=∠ACG；（2）结论：AC2=AG•AH．只要证明△AHC∽△ACG即可解决问题；（3）①△AGH的面积不变．理由三角形的面积公式计算即可；②分三种情形分别求解即可解决问题.
6．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．
7．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm.动点M从点B出发，在BA边上以每秒3cm的速度向定点A运动，同时动点N从点C出发，在CB边上以每秒2cm的速
度向点B运动，运动时间为t秒，连接MN.
（1）若△BMN与△ABC相似，求t的值；
（2）连接AN，CM，若AN⊥CM，求t的值．
【答案】（1）解：∵∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，∴BA＝＝10(cm)．
由题意得BM＝3tcm，CN＝2tcm，∴BN＝(8－2t)cm.
当△BMN∽△BAC时，，∴＝，解得t＝；
当△BMN∽△BCA时，＝，∴＝，解得t＝ .
综上所述，△BMN与△ABC相似时，t的值为或
（2）解：如图，过点M作MD⊥CB于点D，
∴∠BDM＝∠ACB＝90°，又∵∠B＝∠B，∴△BDM∽△BCA，
∴＝＝ . ∵AC＝6cm，BC＝8cm，BA＝10cm，BM＝3tcm，
∴DM＝ tcm，BD＝ tcm，∴CD＝ cm.
∵AN⊥CM，∠ACB＝90°，∴∠CAN＋∠ACM＝90°，∠MCD＋∠ACM＝90°，
∴∠CAN＝∠MCD. ∵MD⊥CB，∴∠MDC＝∠ACB＝90°，∴△CAN∽△DCM，
∴＝，∴＝，解得t＝．
【解析】【分析】（1）在直角三角形ABC中，由已知条件用勾股定理可求得AB的长，再根据路程=速度时间可将BM、CN用含t的代数式表示出来，则BN=BC-CN也可用含t 的代数式表示出来，因为△BMN与△ABC相似，由题意可分两种情况，①当
△BMN∽△BAC时，由相似三角形的性质可得比例式：，将已知的线段代入计算
即可求解；②当△BMN∽△BCA时，由相似三角形的性质可得比例式：，将已知的线段代入计算即可求解；
（2）过点M作MD⊥CB于点D，根据有两个角对应相等的两个三角形相似可得
△BDM∽△BCA，于是可得比例式，将已知的线段代入计算即可用含t的代数式表示DM、BD的长，则CD=CB-BD也可用含t的代数式表示出来，同理易证
△CAN∽△DCM，可得比例式，将已表示的线段代入计算即可求得t的值。

8．已知，如图1，抛物线y＝ax2＋bx＋3与x轴交于点B、C，与y轴交于点A，且AO＝CO，BC＝4．
（1）求抛物线解析式；
（2）如图2，点P是抛物线第一象限上一点，连接PB交y轴于点Q，设点P的横坐标为t，线段OQ长为d，求d与t之间的函数关系式；
（3）在(2)的条件下，过点Q作直线l⊥y轴，在l上取一点M(点M在第二象限)，连接AM，使AM＝PQ，连接CP并延长CP交y轴于点K，过点P作PN⊥l于点N，连接KN、CN、CM．若∠MCN＋∠NKQ＝45°时，求t值．
【答案】（1）解：如图1，
当x=0时，y=3，
∴A（0，3），
∴OA=OC=3，
∵BC=4，
∴OB=1，
∴B（﹣1，0），C（3，0），
把B（﹣1，0），C（3，0）代入抛物线y=ax2+bx+3中得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y=﹣x2+2x+3；
（2）解：如图2，
设P（t，﹣t2+2t+3）（0＜t＜3），
过P作PG⊥x轴于G，
∵OQ∥PG，
∴△BOQ∽△BGP，
∴，
∴，
∴d=
d=﹣t+3（0＜t＜3）
（3）解：如图3，连接AN，延长PN交x轴于G，
由（2）知：OQ=3﹣t，OA=3，
∴AQ=OA﹣OQ=3﹣（3﹣t）=t，
∴QN=OG=AQ=t，
∴△AQN是等腰直角三角形，
∴∠QAN=45°，AN= t，
∵PG∥OK，
∴，
∴，
OK=3t+3，
AK=3t，
∵∠QAN=∠NKQ+∠ANK，。

∴∠NKQ+∠ANK=45°，
∵∠MCN+∠NKQ=45°，
∴∠ANK=∠MCN，
∵NG=CG=3﹣t，
∴△NGC是等腰直角三角形，
∴NC= （3﹣t），∠GNC=45°，
∴∠CNH=∠NCM+∠NMC=45°，
∴∠NKQ=∠NMC，
∴△AKN∽△NMC，
∴，
∵AQ=QN=t，AM=PQ，
∴Rt△AQM≌△Rt△QNP（HL），
∴MQ=PN=﹣t2+2t+3﹣（3﹣t）=﹣t2+3t，
∴，
t2﹣7t+9=0，
t1= ＞3，t2= ，
∵0＜t＜3，
∴t1＞3，不符合题意，舍去，
∴t= ．
【解析】【分析】（1）根据函数图像与坐标轴交点的坐标特点，得出A点的坐标，再根据点到坐标轴的距离得出OA=OC=3，又BC=4，从而得出OB的距离，进而得出B,C两点的坐标，再将B,C两点的坐标代入抛物线y=ax2+bx+3中得出一个关于a,b的二元一次方程组，求解得出a,b的值，从而得出抛物线的解析式；
（2）过P作PG⊥x轴于G，根据P点的横坐标得出P点坐标设P（t，﹣t2+2t+3）（0＜t＜3），根据平行于三角形一边的直线截其它两边，所截得的三角形与原三角形相似，得出
△BOQ∽△BGP，根据相似三角形对应边成比例得出OQ∶PG=OB∶BG,从而得出d关于t的函数关系式；
（3）连接AN，延长PN交x轴于G，由（2）知：OQ=3﹣t，OA=3，从而得AQ=OA﹣OQ=3﹣（3﹣t）=t，进而得QN=OG=AQ=t，从而判断出△AQN是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得出∠QAN=45°，AN= t，根据平行线分线段成比例得出PG∶OK=CG∶OC,故OK=3t+3，AK=3t，根据等式的性质得出∠ANK=∠MCN，判断出△NGC 是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得出NC= （3﹣t），∠GNC=45°，再判断出△AKN∽△NMC，根据相似三角形对应边成比例得出 A K ∶M N = A N ∶N C ，再利用HL判断出Rt△AQM≌△Rt△QNP，故MQ=PN=﹣t2+2t+3﹣（3﹣t）=﹣t2+3t，从而得出关于t的方程，求解并检验即可得出答案。