中考数学相似-经典压轴题含答案

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是边AD，BC的中点，连接DF，过点E作EH⊥DF，垂足为H，EH的延长线交DC于点G．（1）猜想DG与CF的数量关系，并证明你的结论；（2）过点H作MN∥CD，分别交AD，BC于点M，N，若正方形ABCD的边长为10，点P 是MN上一点，求△PDC周长的最小值．【答案】（1）解：结论：CF=2DG．理由：∵四边形ABCD是正方形，∴AD=BC=CD=AB，∠ADC=∠C=90°，∵DE=AE，∴AD=CD=2DE，∵EG⊥DF，∴∠DHG=90°，∴∠CDF+∠DGE=90°，∠DGE+∠DEG=90°，∴∠CDF=∠DEG，∴△DEG∽△CDF，∴ = = ，∴CF=2DG（2）解：作点C关于NM的对称点K，连接DK交MN于点P，连接PC，此时△PDC的周长最短．周长的最小值=CD+PD+PC=CD+PD+PK=CD+DK．由题意：CD=AD=10，ED=AE=5，DG= ，EG= ，DH= = ，∴EH=2DH=2 ，∴HM= =2，∴DM=CN=NK= =1，在Rt△DCK中，DK= = =2 ，∴△PCD的周长的最小值为10+2 ．【解析】【分析】（1）结论：CF=2DG．理由如下：根据正方形的性质得出AD=BC=CD=AB，∠ADC=∠C=90°，根据中点的定义得出AD=CD=2DE，根据同角的余角相等得出∠CDF=∠DEG，从而判断出△DEG∽△CDF，根据相似三角形对应边的比等于相似比即可得出结论；（2）作点C关于NM的对称点K，连接DK交MN于点P，连接PC，此时△PDC的周长最短．周长的最小值=CD+PD+PC=CD+PD+PK=CD+DK，由题意得CD=AD=10，ED=AE=5，DG=，EG=，根据面积法求出DH的长，然后可以判断出△DEH相似于△GDH，根据相似三角形对应边的比等于相似比得出EH=2DH=，再根据面积法求出HM的长，根据勾股定理及矩形的性质及对称的性质得出DM=CN=NK= 1，在Rt△DCK中，利用勾股定理算出DK的长，从而得出答案。

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。

3．如图，在平面直角坐标系中，O为原点，平行四边形A BCD的边BC在x轴上，D点在y轴上，C点坐标为（2，0），BC=6，∠BCD=60°，点E是AB上一点，AE=3EB，⊙P过D，O，C三点，抛物线y=ax2+bx+c过点D，B，C三点．（1）请直接写出点B、D的坐标：B（________），D（________）；（2）求抛物线的解析式；（3）求证：ED是⊙P的切线；（4）若点M为抛物线的顶点，请直接写出平面上点N的坐标，使得以点B，D，M，N为顶点的四边形为平行四边形．【答案】（1）-4，0；0，2（2）解：将（2，0），B（-4,0），D(0,);三点分别代入y=ax2+bx+c得，解得∴所求抛物线的解析式y=- x2- x+（3）证明：在Rt△OCD中，CD=2OC=4，∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB=CD=4，AB∥CD，∠A=∠BCD=60°，AD=BC=6，∵AE=3BE，∴AE=3，∴，∵∴∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠DAE=∠DCB=60°，∴△AED∽△COD，∴∠ADE=∠CDO，而∠ADE+∠ODE=90°∴∠CDO+∠ODE=90°，∴CD⊥DE，∵∠DOC=90°，∴CD为⊙P的直径，∴ED是⊙P的切线（4）解：点N的坐标为（-5，）、（3，）、（-3，- ）【解析】【解析】解：（1）∵C点坐标为（2，0），∴OC=2 ,∵BC=6 ,∴OB=BC-OC=4 ,∴B（-4,0），∵∠BCD=60°，tan∠BCD= ,∴ ,∴OD=,∴D(0,);（4存在,∵y=−x2−x+=−(x+1)2+∴M(−1,)，∵B(−4,0),D(0,)，如图，当BM为平行四边形BDMN的对角线时，点D向左平移4个单位,再向下平移个单位得到B，则点M(−1,)向左平移4个单位,再向下平移个单位得到N1(−5,)；当DM为平行四边形BDMN的对角线时，点B向右平移3个单位,再向上平移个单位得到D，则点M(−1,)向右平移4个单位,再向上平移个单位得到N2(3,)；当BD为平行四边形BDMN的对角线时，点M向右平移1个单位,再向下平移个单位得到D，则点B(−4,0)向右平移1个单位,再向下平移个单位得到N3(−3,−)；综上所述,以点B,D,M,N为顶点的四边形为平行四边形时,点N的坐标为(−5，,)或(3,)或(−3,−）【分析】（1）根据点C的坐标，求出OC的长度，进而求出OB的长度，得出B点的坐标。

根据正切函数的定义得出OD的长度，从而得出D点的坐标；（2）用待定系数法，分别将：将（2，0），B（-4,0），D(0,);三点分别代入y=ax2+bx+c 得得出关于a,b,c的三元一次方程组，求解得出a,b,c的值，从而得出解析式；（3）根据平行四边形的性质得出AB=CD=4，AB∥CD，∠A=∠BCD=60°，AD=BC=6，又根据AE=3BE，，从而得出AE=3，根据锐角三角函数的定义得出AE∶AD＝OC∶CD,然后根据两边对应成比例，且夹角相等的两三角形相似得出△AED∽△COD，根据相似三角形对应角相等得出∠ADE=∠CDO，根据等量代换得出∠CDO+∠ODE=90°，即CD⊥DE，根据90°的圆周角所对的弦是直径得出CD为⊙P的直径，从而得出结论；（4）首先求出抛物线的顶点M的坐标，然后按当BM为平行四边形BDMN的对角线时；当DM为平行四边形BDMN的对角线时；当BD为平行四边形BDMN的对角线时；三种情况，找到其他点的平移规律即可得出N点的坐标。

4．如图，在等腰△ABC中，AB=BC，以BC为直径的⊙O与AC相交于点D，过点D作DE⊥AB交CB延长线于点E，垂足为点F．（1）判断DE与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）若⊙O的半径R=5，tanC= ，求EF的长．【答案】（1）解：DE是⊙O的切线，理由如下：如图，连接OD，BD，∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=∠90°，∴BD⊥AC．∵AB=BC，∴AD=DC．∵OC=OB，∴OD∥BA，∵DE⊥BC，∴DE⊥OD，∴直线DE是⊙O的切线．（2）解：过D作DH⊥BC于H，∵⊙O的半径R=5，tanC= ，∴BC=10，设BD=k，CD=2k，∴BC= k=10，∴k=2 ，∴BD=2 ，CD=4 ，∴DH= =4，∴OH= =3，∵DE⊥OD，DH⊥OE，∴OD2=OH•OE，∴OE= ，∴BE= ，∵DE⊥AB，∴BF∥OD，∴△BFE∽△ODE，∴，即，∴BF=2，∴EF= = ．【解析】【分析】（1）DE是⊙O的切线，理由如下：如图，连接OD，BD，根据直径所对的圆周角的直角得出∠ADB=∠90°，根据等腰三角形的三线合一得出AD=DC，连接三角形两边中点的线段是三角形的中位线，又三角形的中位线平行于第三边，得出OD∥BA,又DE⊥BC，根据平行线的性质得出DE⊥OD，从而得出结论：直线DE是⊙O的切线；（2）过D作DH⊥BC于H，根据正切函数的定义，由tanC=，可以设BD=k，CD=2k，根据勾股定理表示出BC，再根据BC=10，列出方程，求解得出k的值，进而得出CD,BD的长，根据面积法即可算出DH的长，再根据勾股定理算出OH的长，然后判断出△ODH与△ODE 相似，根据相似三角形对应边成比例即可得出OD2=OH•OE，根据等积式算出OE,的长，从而根据线段的和差算出BE的长，再判断出△BFE∽△ODE，根据相似三角形对应边成比例得出,根据比例式即可算出BF，最后根据勾股定理算出FE的长。