中考数学—相似的综合压轴题专题复习附答案解析

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，抛物线y= x2+bx+c 与x轴交于点A和点B，与y轴交于点C，点B坐标为（6，0），点C坐标为（0，6），点D是抛物线的顶点．
（1）求抛物线的解析式及点D的坐标；
（2）如图1，抛物线的对称轴与x轴交于点E，连接BD，点F是抛物线上的动点，当∠FBA=∠BDE时，求点F的坐标；
（3）如图2，若点M是抛物线上的动点，过点M作MN∥x轴与抛物线交于点N，点P在x轴上，点Q在坐标平面内，以线段MN为对角线作正方形MPNQ，求点Q的坐标．
【答案】（1）解：把B（6，0），C（0，6）代入y= x2+bx+c，得
解得 ,抛物线的解析式是y= x2+2x+6, 顶点D的坐标是（2，8）
（2）解：如图1，过F作FG⊥x轴于点G，
设F（x， x2+2x+6），则FG= ，
∵∠FBA=∠BDE，∠FGB=∠BED=90°，∴△FBG∽△BDE，∴，
∵B（6，0），D（2，8），∴E（2，0），BE=4，DE=8，OB=6，∴BG=6-x，
∴
当点F在x轴上方时，有，∴x=-1或x=6（舍去），此时F1的坐标为（-1，）,
当点F在x轴下方时，有，∴x=-3或x=6（舍去），此时F2的坐标为（-3，）,
综上可知F点的坐标为（-1，）或（-3，）
（3）解：如图2，
不妨M在对称轴的左侧，N在对称轴的左侧，MN和PQ交于点K，由题意得点M，N关于抛物线的对称轴对称，四边形MPNQ为正方形，且点P在x轴上
∴点P为抛物线的对称轴与x轴的交点，点Q在抛物线的对称轴上 ,
∴KP=KM=k，则Q（2，2k），M坐标为（2-k，k），
∵点M在抛物线y= x2+2x+6的图象上，∴k= (2-k)2+2(2-k)+6
解得k1= 或k2=
∴满足条件的点Q有两个，Q1（2，）或Q2（2，）.
【解析】【分析】（1）根据点B、C的坐标，利用待定系数法建立关于b、c的方程组，求解就可得出函数解析式，再求出顶点坐标。

（2）过F作FG⊥x轴于点G，设出点F的坐标，表示出FG的长，再证明△FBG∽△BDE，利用相似三角形的性质建立关于x的方程，当点F在x轴上方时和当点F在x轴下方时，求出符合题意的x的值，求出点F的坐标。

（3）由点M，N关于抛物线的对称轴对称，可得出点P为抛物线的对称轴与x轴的交点，
点Q在抛物线的对称轴上,设Q（2，2k），M坐标为（2-k，k），再由点M在抛物线上，列出关于k的方程，求解即可得出点Q的坐标。

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．如图，抛物线y=ax2﹣5ax+c与坐标轴分别交于点A，C，E三点，其中A（﹣3，0），C （0，4），点B在x轴上，AC=BC，过点B作BD⊥x轴交抛物线于点D，点M，N分别是线段CO，BC上的动点，且CM=BN，连接MN，AM，AN．
（1）求抛物线的解析式及点D的坐标；
（2）当△CMN是直角三角形时，求点M的坐标；
（3）试求出AM+AN的最小值．
【答案】（1）解：把A（﹣3，0），C（0，4）代入y=ax2﹣5ax+c得，解得，
∴抛物线解析式为y=﹣ x2+ x+4；
∵AC=BC，CO⊥AB，
∴OB=OA=3，
∴B（3，0），
∵BD⊥x轴交抛物线于点D，
∴D点的横坐标为3，
当x=3时，y=﹣ ×9+ ×3+4=5，
∴D点坐标为（3，5）。

（2）解：在Rt△OBC中，BC= =5，
设M（0，m），则BN=CM=4﹣m，CN=5﹣（4﹣m）=m+1，
∵∠MCN=∠OCB，
∴当时，△CMN∽△COB，则∠CMN=∠COB=90°，
即，解得m= ，此时M点坐标为（0，）；
当时，△CMN∽△CBO，则∠CNM=∠COB=90°，
即，解得m= ，此时M点坐标为（0，）；
综上所述，M点的坐标为（0，）或（0，）。

（3）解：连接DN，AD，如图，
∵AC=BC，CO⊥AB，
∴OC平分∠ACB，
∴∠ACO=∠BCO，
∵BD∥OC，
∴∠BCO=∠DBC，
∵DB=BC=AC=5，CM=BN，
∴△ACM≌△DBN，
∴AM=DN，
∴AM+AN=DN+AN，
而DN+AN≥AD（当且仅当点A、N、D共线时取等号），
∴DN+AN的最小值=AD= ，
∴AM+AN的最小值为．
【解析】【分析】（1）将A（﹣3，0），C（0，4）代入函数解析式构造方程组解出a,c 的值可得抛物线解析式；由AC=BC，CO⊥AB，根据等腰三角形的“三线合一”定理，可得OB=OA=3，而BD⊥x轴交抛物线于点D，则D点的横坐标为3，当x=3时求得y的值，即可得点D的坐标。

（2）当△CMN是直角三角形时，有两种情况：∠CMN=90°，或∠CNM=90°，则可得△CMN∽△COB，或△CMN∽△CBO，由对应边成比例，设M（0，m），构造方程解答即可。

（3）求AM+AN的最小值，一般有两种方法：解析法和几何法；解析法：用含字母的函数
关系式表示出AM+AN的值，根据字母的取值范围和函数的最值来求；几何法：将点A，M，N三点移到一条直线上；此题适用于几何法：观察图象不难发现，AC=BD=5，CM=BN，且∠BCO=∠DBC，连接AD，可证得△ACM≌△DBN，则AM=DN，而DN+AN≥AD （当且仅当点A、N、D共线时取等号），求AD的长即可。

5．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.
6．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.
7．如图，△ABC内接于⊙O，∠CBG=∠A，CD为直径，OC与AB相交于点E，过点E作EF⊥BC，垂足为F，延长CD交GB的延长线于点P，连接BD．
（1）求证：PG与⊙O相切；
（2）若 = ，求的值；
（3）在（2）的条件下，若⊙O的半径为8，PD=OD，求OE的长．
【答案】（1）解：如图，连接OB，则OB=OD，
∴∠BDC=∠DBO，
∵∠BAC=∠BDC、∠BAC=∠GBC，
∴∠GBC=∠BDO，
∵CD是⊙O的直径，
∴∠DBO+∠OBC=90°，
∴∠GBC+∠OBC=90°，
∴∠GBO=90°，
∴PG与⊙O相切。

（2）解：过点O作OM⊥AC于点M，连接OA，
则∠AOM=∠COM= ∠AOC，
∵
∴∠ABC= ∠AOC=∠COM，
又∵∠EFB=∠OMC=90°，
∴△BEF∽△OCM，
∴，
∵CM= AC，
∴，
又∵，
∴
（3）解：由（2）可知=，则BE=10.
∵PD=OD，∠PBO=90°，
∴BD=OD=8，
在Rt△DBC中，BC= =8 ，
又∵OD=OB，
∴△DOB是等边三角形，
∴∠DOB=60°，
∵∠DOB=∠OBC+∠OCB，OB=OC，
∴∠OCB=30°，
∴， = ，
∴可设EF=x，则EC=2x、FC= x，
∴BF=8 ﹣ x，
在Rt△BEF中，BE2=EF2+BF2，
∴100=x2+（8 ﹣ x）2，
解得：x=6± ，
∵6+ ＞8，舍去，
∴x=6﹣，
∴EC=12﹣2 ，
∴OE=8﹣（12﹣2 ）=2 ﹣4
【解析】【分析】（1）连接OB，则需要证明∠GBO=∠GBC+∠OBC=90°；由CD是⊙O的
直径，则∠DBO+∠OBC=90°，即需要证明∠GBC=∠BDO，由同弧所对的圆周角相等，可知∠BAC=∠BDC，而∠BAC=∠GBC，∠BDC=∠DBO，则可证得∠GBC=∠BDO。

（2）因为已知=，求,其中EF，BE是△BEF的两条边，而AC，OC是△AOC的两条边，但△BEF和△AOC不相似，则可构造两三角形相似，因为△BEF是直角三角形，则可过
点O作OM⊥AC于点M，连接OA，即构造△BEF∽△OCM，从而可求得。

（3）由（2）得的值及OC=8求出BE；由PD=OD，且∠PBO=90°，根据“直角三角形斜边上的中线长等于斜边长的一半”可得BD=OD=8，由勾股定理可求得BC的长，则△DOB是等边三角形，则在直角三角形ECF中存在特殊角30度，不妨设EF=x，则CE=2x，CF=x。

在Rt△BEF中，由勾股定理可得BE2=EF2+BF2，构造方程解答即可。

8．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.。