培优易错试卷相似辅导专题训练附详细答案

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人教【数学】数学相似的专项培优易错试卷练习题(含答案)附详细答案

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．已知线段a，b，c满足，且a＋2b＋c＝26.（1）判断a，2b，c，b2是否成比例；（2）若实数x为a，b的比例中项，求x的值．【答案】（1）解：设，则a=3k，b=2k，c=6k，又∵a+2b+c=26，∴3k+2×2k+6k=26，解得k=2，∴a=6，b=4，c=12；∴2b=8，b2=16∵a=6，2b=8，c=12，b2=16∴2bc=96，ab2=6×16=96∴2bc=ab2a，2b，c，b2是成比例的线段。

（2）解：∵x是a、b的比例中项，∴x2=6ab，∴x2=6×4×6，∴x=12．【解析】【分析】（1）设已知比例式的值为k，可得出a=3k，b=2k，c=6k，再代入a+2b+c=26，建立关于k的方程，求出kl的值，再求出2b、b2,然后利用成比例线段的定义，可判断a，2b，c，b2是否成比例。

（2）根据实数x为a，b的比例中项，可得出x2=ab，建立关于x的方程，求出x的值。

2．已知：如图一，抛物线与x轴正半轴交于A、B两点，与y轴交于点C，直线经过A、C两点，且．（1）求抛物线的解析式；（2）若直线DE平行于x轴并从C点开始以每秒1个单位的速度沿y轴正方向平移，且分别交y轴、线段BC于点E，D，同时动点P从点B出发，沿BO方向以每秒2个单位速度运动，如图；当点P运动到原点O时，直线DE与点P都停止运动，连DP，若点P运动时间为t秒；设，当t为何值时，s有最小值，并求出最小值．（3）在的条件下，是否存在t的值，使以P、B、D为顶点的三角形与相似；若存在，求t的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：由直线：知：、；∵，∴，即．设抛物线的解析式为：，代入，得：，解得∴抛物线的解析式：（2）解：在中，，，则；∵，∴；而；∴，∴当时，s有最小值，且最小值为1（3）解：在中，，，则；在中，，，则；∴；以P、B、D为顶点的三角形与相似，已知，则有两种情况：，解得；，解得；综上，当或时，以P、B、D为顶点的三角形与相似【解析】【分析】（1）由直线与坐标轴相交易求得点A、C的坐标，用待定系数法即可求得抛物线的解析式；（2）由题意可将ED、OP用含t的代数式表示出来，并代入题目中的s与OP、DE的关系式整理可得s=（0<t<2），因为分子是定值1，所以分母越大，则分式的值越小，则当分母最大时，分式的值越小，即t=1时，s有最小值，且最小值为1；（3）解直角三角形可得BC和CD、BD的值，根据题意以P、B、D为顶点的三角形与△ABC相似所得的比例式有两种情况：，，将这些线段代入比例式即可求解。

【数学】数学相似的专项培优易错难题练习题(含答案)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.2．如图，在平面直角坐标系中，O为原点，四边形ABCD是矩形，点A、C的坐标分别是A（0,2）和C（2,0），点D是对角线AC上一动点（不与A、C重合），连结BD，作，交x轴于点E，以线段DE、DB为邻边作矩形BDEF.（1）填空：点B的坐标为________；（2）是否存在这样的点D，使得△DEC是等腰三角形？若存在，请求出AD的长度；若不存在，请说明理由；（3）①求证：；②设AD=x，矩形BDEF的面积为y，求y关于x的函数关系式（可利用①的结论），并求出y的最小值【答案】（1）（2）解：存在，理由如下：∵OA=2,OC=2，∵tan∠ACO==,∴∠ACO=30°,∠ACB=60°①如图（1）中，当E在线段CO上时，△DEC是等腰三角形，观察图象可知，只有ED=EC，∴∠DCE=∠EDC=30°,∴∠DBC=∠BCD=60°,∴△DBC是等边三角形，∴DC=BC=2，在Rt△AOC中，∵∠ACO=30°，OA=2，∴AC=2AO=4，∴AD=AC-CD=4-2=2，∴当AD=2时，△DEC是等腰三角形，②如图（2）中，当E在OC的延长线上时，△DCE是等腰三角形，只有CD=CE，∠DBC=∠DEC=∠CDE=15°,∴∠ABD=∠ADB=75°,∴AB=AD=2，综上所述，满足条件的AD的值为2或2.（3）①如图，过点D作MN⊥AB于点M，交OC于点N。

人教数学相似的专项培优易错试卷练习题(含答案)附答案

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图，矩形OABC的两边在坐标轴上，点A的坐标为（10，0），抛物线y=ax2+bx+4过点B，C两点，且与x轴的一个交点为D（﹣2，0），点P是线段CB上的动点，设CP=t （0＜t＜10）．（1）请直接写出B、C两点的坐标及抛物线的解析式；（2）过点P作PE⊥BC，交抛物线于点E，连接BE，当t为何值时，∠PBE=∠OCD？（3）点Q是x轴上的动点，过点P作PM∥BQ，交CQ于点M，作PN∥CQ，交BQ于点N，当四边形PMQN为正方形时，请求出t的值．【答案】（1）解：在y＝ax2＋bx＋4中，令x＝0可得y＝4，∴C（0，4），∵四边形OABC为矩形，且A（10，0），∴B（10，4），把B、D坐标代入抛物线解析式可得，解得，∴抛物线解析式为y＝ x2＋ x＋4；（2）解：由题意可设P（t，4），则E（t， t2＋ t＋4），∴PB＝10﹣t，PE＝ t2＋ t＋4﹣4＝ t2＋ t，∵∠BPE＝∠COD＝90°，当∠PBE＝∠OCD时，则△PBE∽△OCD，∴，即BP•OD＝CO•PE，∴2（10﹣t）＝4（ t2＋ t），解得t＝3或t＝10（不合题意，舍去），∴当t＝3时，∠PBE＝∠OCD；当∠PBE＝∠CDO时，则△PBE∽△ODC，∴，即BP•OC＝DO•PE，∴4（10﹣t）＝2（ t2＋ t），解得t＝12或t＝10（均不合题意，舍去）综上所述∴当t＝3时，∠PBE＝∠OCD（3）解：当四边形PMQN为正方形时，则∠PMC＝∠PNB＝∠CQB＝90°，PM＝PN，∴∠CQO＋∠AQB＝90°，∵∠CQO＋∠OCQ＝90°，∴∠OCQ＝∠AQB，∴Rt△COQ∽Rt△QAB，∴，即OQ•AQ＝CO•AB，设OQ＝m，则AQ＝10﹣m，∴m（10﹣m）＝4×4，解得m＝2或m＝8，①当m＝2时，CQ＝＝，BQ＝＝，∴sin∠BCQ＝＝，sin∠CBQ＝＝，∴PM＝PC•sin∠PCQ＝ t，PN＝PB•sin∠CBQ＝（10﹣t），∴ t ＝（10﹣t），解得t＝，②当m＝8时，同理可求得t＝，∴当四边形PMQN为正方形时，t的值为或【解析】【分析】（1）先求出抛物线与y轴的交点C的坐标，再根据矩形ABCO及点A的坐标为（10，0），求出点B的坐标，然后利用待定系数法，将点B、D的坐标分别代入函数解析式求出二次函数解析式。

数学相似的专项培优易错难题练习题(含答案)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。

【数学】数学相似的专项培优易错试卷练习题(含答案)

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。

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。

中考数学培优易错试卷(含解析)之相似含答案

中考数学培优易错试卷(含解析)之相似含答案一、相似1．如图，在四边形ABCD中，AD//BC，，BC=4，DC=3，AD=6.动点P从点D出发，沿射线DA的方向,在射线DA上以每秒2两个单位长的速度运动，动点Q从点C出发，在线段CB上以每秒1个单位长的速度向点B运动，点P、Q分别从点D,C同时出发,当点Q运动到点B时，点P随之停止运动.设运动的时间为t(秒).（1）设的面积为，直接写出与之间的函数关系式是________（不写取值范围）.（2）当B,P,Q三点为顶点的三角形是等腰三角形时，求出此时的值.（3）当线段PQ与线段AB相交于点O，且2OA=OB时，直接写出 =________. （4）是否存在时刻，使得若存在，求出的值；若不存在,请说明理由.【答案】（1）（2）解：如图1，过点P作PH⊥BC于点H，∴∠PHB=∠PHQ=90°，∵∠C=90°，AD∥BC，∴∠CDP=90°，∴四边形PHCD是矩形，∴PH=CD=3，HC=PD=2t，∵CQ=t，BC=4，∴HQ=CH-CQ=t，BH=BC-CH=4-2t，BQ=4-t，∴BQ2= ，BP2= ，PQ2= ，由BQ2=BP2可得：，解得：无解；由BQ2=PQ2可得：，解得：；由BP2= PQ2可得：，解得：或，∵当时，BQ=4-4=0，不符合题意，∴综上所述，或；（3）（4）解：如图3，过点D作DM∥PQ交BC的延长线于点M，则当∠BDM=90°时，PQ⊥BD，即当BM2=DM2+BD2时，PQ⊥BD，∵AD∥BC，DM∥PQ，∴四边形PQMD是平行四边形，∴QM=PD=2t，∵QC=t,∴CM=QM-QC=t，∵∠BCD=∠MCD=90°，∴BD2=BC2+DC2=25，DM2=DC2+CM2=9+t2，∵BM2=(BC+CM)2=(4+t)2，∴由BM2=BD2+DM2可得：，解得：，∴当时，∠BDM=90°，即当时，PQ⊥BD.【解析】【解答】解：（1）由题意可得BQ=BC-CQ=4-t，点P到BC的距离=CD=3，∴S△PBQ= BQ×3= ；（ 3 ）解：如图2，过点P作PM⊥BC交CB的延长线于点M，∴∠PMC=∠C=90°，∵AD∥BC，∴∠D=90°，△OAP∽△OBQ，∴四边形PMCD是矩形，，∴PM=CD=3，CM=PD=2t，∵AD=6，BC=4，CQ=t，∴PA=2t-6，BQ=4-t，MQ=CM-CQ=2t-t=t,∴，解得：，∴MQ= ，又∵PM=3，∠PMQ=90°，∴tan∠BPQ= ；【分析】（1）点P作PM⊥BC，垂足为M，则四边形PDCM为矩形，根据梯形的面积公式就可以利用t表示，就得到s与t之间的函数关系式。

【数学】数学相似的专项培优易错试卷练习题及答案

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y=﹣ x+ 与x轴、y轴分别交于点B、A，与直线y= 相交于点C．动点P从O出发在x轴上以每秒5个单位长度的速度向B匀速运动，点Q从C出发在OC上以每秒4个单位长度的速度，向O匀速运动，运动时间为t秒（0＜t＜2）．（1）直接写出点C坐标及OC、BC长；（2）连接PQ，若△OPQ与△OBC相似，求t的值；（3）连接CP、BQ，若CP⊥BQ，直接写出点P坐标．【答案】（1）解：对于直线y=﹣ x+ ，令x=0，得到y= ，∴A（0，），令y=0，则x=10，∴B（10，0），由，解得，∴C（，）．∴OC= =8，BC= =10（2）解：①当时，△OPQ∽△OCB，∴，∴t= ．②当时，△OPQ∽△OBC，∴，∴t=1，综上所述，t的值为或1s时，△OPQ与△OBC相似（3）解：如图作PH⊥OC于H．∵OC=8，BC=6，OB=10，∴OC2+BC2=OB2，∴∠OCB=90°，∴当∠PCH=∠CBQ时，PC⊥BQ．∵∠PHO=∠BCO=90°，∴PH∥BC，∴，∴，∴PH=3t，OH=4t，∴tan∠PCH=tan∠CBQ，∴，∴t= 或0（舍弃），∴t= s时，PC⊥BQ．【解析】【分析】（1）根据直线与坐标轴交点的坐标特点求出A,B点的坐标，解联立直线AB,与直线OC的解析式组成的方程组，求出C点的坐标，根据两点间的距离公式即可直接算出OC,OB的长；（2）根据速度乘以时间表示出OP=5t，CQ=4t，OQ=8-4t，①当OP∶OC=OQ∶OB时，△OPQ∽△OCB，根据比例式列出方程，求解得出t的值；②当OP∶OB=OQ∶OC时，△OPQ∽△OBC，根据比例式列出方程，求解得出t的值，综上所述即可得出t的值；（3）如图作PH⊥OC于H．根据勾股定理的逆定理判断出∠OCB=90°，从而得出当∠PCH=∠CBQ时，PC⊥BQ．根据同位角相等二直线平行得出PH∥BC，根据平行线分线段成比例定理得出OP∶OB=PH∶BC=OH∶OC,根据比例式得出PH=3t，OH=4t，根据等角的同名三角函数值相等及正切函数的定义，由tan∠PCH=tan∠CBQ，列出方程，求解得出t的值，经检验即可得出答案。

培优易错试卷相似辅导专题训练及答案

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．已知直线y=kx+b与抛物线y=ax2（a＞0）相交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴正半轴相交于点C，过点A作AD⊥x轴，垂足为D．（1）若∠AOB=60°，AB∥x轴，AB=2，求a的值；（2）若∠AOB=90°，点A的横坐标为﹣4，AC=4BC，求点B的坐标；（3）延长AD、BO相交于点E，求证：DE=CO．【答案】（1）解：如图1，∵抛物线y=ax2的对称轴是y轴，且AB∥x轴，∴A与B是对称点，O是抛物线的顶点，∴OA=OB，∵∠AOB=60°，∴△AOB是等边三角形，∵AB=2，AB⊥OC，∴AC=BC=1，∠BOC=30°，∴OC= ，∴A（-1，），把A（-1，）代入抛物线y=ax2（a＞0）中得：a= ；（2）解：如图2，过B作BE⊥x轴于E，过A作AG⊥BE，交BE延长线于点G，交y轴于F，∵CF∥BG，∴，∵AC=4BC，∴ =4，∴AF=4FG，∵A的横坐标为-4，∴B的横坐标为1，∴A（-4，16a），B（1，a），∵∠AOB=90°，∴∠AOD+∠BOE=90°，∵∠AOD+∠DAO=90°，∴∠BOE=∠DAO，∵∠ADO=∠OEB=90°，∴△ADO∽△OEB，∴，∴，∴16a2=4，a=± ，∵a＞0，∴a= ；∴B（1，）；（3）解：如图3，设AC=nBC，由（2）同理可知：A的横坐标是B的横坐标的n倍，则设B（m，am2），则A（-mn，am2n2），∴AD=am2n2，过B作BF⊥x轴于F，∴DE∥BF，∴△BOF∽△EOD，∴，∴，∴，DE=am2n，∴，∵OC∥AE，∴△BCO∽△BAE，∴，∴，∴CO= =am2n，∴DE=CO．【解析】【分析】（1）抛物线y=ax2关于y轴对称，根据AB∥x轴，得出A与B是对称点，可知AC=BC=1，由∠AOB=60°，可证得△AOB是等边三角形，利用解直角三角形求出OC的长，就可得出点A的坐标，利用待定系数法就可求出a的值。

【数学】数学相似的专项培优易错难题练习题附详细答案

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1，在Rt△ABC中，∠B=90°，BC=2AB=8，点D、E分别是边BC、AC的中点，连接DE，将△EDC绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α．（1）问题发现①当α=0°时， =________；②当α=180°时， =________．（2）拓展探究试判断：当0°≤α＜360°时，的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明．（3）问题解决当△EDC旋转至A，D，E三点共线时，直接写出线段BD的长．【答案】（1）；（2）解：如图2，，当0°≤α＜360°时，的大小没有变化，∵∠ECD=∠ACB，∴∠ECA=∠DCB，又∵，∴△ECA∽△DCB，∴（3）解：①如图3，，∵AC=4 ，CD=4，CD⊥AD，∴AD=∵AD=BC，AB=DC，∠B=90°，∴四边形ABCD是矩形，∴BD=AC= ．②如图4，连接BD，过点D作AC的垂线交AC于点Q，过点B作AC的垂线交AC于点P，，∵AC= ，CD=4，CD⊥AD，∴AD= ，∵点D、E分别是边BC、AC的中点，∴DE= =2，∴AE=AD-DE=8-2=6，由（2），可得，∴BD= ．综上所述，BD的长为或．【解析】【解答】（1）①当α=0°时，∵Rt△ABC中，∠B=90°，∴AC= ，∵点D、E分别是边BC、AC的中点，∴ ,BD=8÷2=4，∴．②如图1，，当α=180°时，可得AB∥DE，∵，∴【分析】（1）①当α=0°时，Rt△ABC中，根据勾股定理算出AC的长，根据中点的定义得出AE,BD的长，从而得出答案；②如图1，当α=180°时，根据平行线分线段成比例定理得出AC∶AE=BC∶BD,再根据比例的性质得出AE∶BD=AC∶BC,从而得出答案。

【数学】培优易错试卷相似辅导专题训练及详细答案

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．在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴交于A（－3，0），B （1，0）两点，与y轴交于点C．（1）求这个二次函数的解析式；（2）点P是直线AC上方的抛物线上一动点，是否存在点P，使△ACP的面积最大？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由；（3）点Q是直线AC上方的抛物线上一动点，过点Q作QE垂直于轴，垂足为E．是否存在点Q，使以点B、Q、E为顶点的三角形与△AOC相似？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由；【答案】（1）解：由抛物线过点A（－3，0），B（1，0），则解得∴二次函数的关系解析式（2）解：连接PO，作PM⊥x轴于M，PN⊥y轴于N．设点P坐标为（m，n），则．PM = ，，AO=3．当时，＝2．∴OC=2．＝＝＝．∵＝－1＜0，∴当时，函数有最大值．此时＝．∴存在点，使△ACP的面积最大．（3）解：存在点Q，坐标为：，．分△BQE∽△AOC，△EBQ∽△AOC，△QEB∽△AOC三种情况讨论可得出【解析】【分析】（1）由题意知抛物线过点A（－3，0），B（1，0），所以用待定系数法即可求解；（2）因为三角形ACP是任意三角形，所以可做辅助线，连接PO，作PM⊥x轴于M，PN⊥y轴于N．则三角形ACP的面积=三角形APM的面积+矩形PMON的面积-三角形AOC 的面积-三角形PCN的面积。

【数学】培优易错试卷相似辅导专题训练含答案

数学相似的专项培优易错难题练习题(含答案)附答案

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。

【数学】数学相似的专项培优易错试卷练习题及答案解析

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图，在Rt△ABC中，，角平分线交BC于O，以OB为半径作⊙O.（1）判定直线AC是否是⊙O的切线，并说明理由;（2）连接AO交⊙O于点E，其延长线交⊙O于点D，，求的值;（3）在（2）的条件下，设的半径为3，求AC的长.【答案】（1）解：AC是⊙O的切线理由：，，作于，是的角平分线，，AC是⊙O的切线（2）解：连接，是⊙O的直径，,即 ..又 (同角) ，∽ ,（3）解：设在和中，由三角函数定义有：得：解之得：即的长为【解析】【分析】（1）利用角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等证得点O到AC的距离为半径长，即可证得AC与圆O相切；（2）先连接BE构造一个可以利用正切值的直角三角形，再证得∠1=∠D，从而证得两个三角形ABE与ABD相似，即可求得两个线段长的比值；（3）也可以应用三角形相似的判定与性质解题，其中AB的长度是利用勾股定理与（2）中AE与AB的比值求得的.2．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．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．在平面直角坐标系中，点 A 点 B 已知满足.（1）点A的坐标为________，点B的坐标为________；（2）如图1，点E为线段OB上一点，连接AE，过A作AF⊥AE，且AF=AE，连接BF交轴于点D，若点D(-1,0)，求点E的坐标；（3）在(2)的条件下，如图2，过E作EH⊥OB交AB于H，点M是射线EH上一点(点M不在线段EH上)，连接MO，作∠MON=45°，ON交线段BA的延长线于点N，连接MN，探究线段MN与OM的关系,并说明理由。

人教数学相似的专项培优易错难题练习题(含答案)含详细答案

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．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。

2020-2021初三培优易错试卷相似辅导专题训练及详细答案

2020-2021初三培优易错试卷相似辅导专题训练及详细答案一、相似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。

培优易错试卷相似辅导专题训练附答案解析

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．已知：如图一，抛物线与x轴正半轴交于A、B两点，与y轴交于点C，直线经过A、C两点，且．（1）求抛物线的解析式；（2）若直线DE平行于x轴并从C点开始以每秒1个单位的速度沿y轴正方向平移，且分别交y轴、线段BC于点E，D，同时动点P从点B出发，沿BO方向以每秒2个单位速度运动，如图；当点P运动到原点O时，直线DE与点P都停止运动，连DP，若点P运动时间为t秒；设，当t为何值时，s有最小值，并求出最小值．（3）在的条件下，是否存在t的值，使以P、B、D为顶点的三角形与相似；若存在，求t的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：由直线：知：、；∵，∴，即．设抛物线的解析式为：，代入，得：，解得∴抛物线的解析式：（2）解：在中，，，则；∵，∴；而；∴，∴当时，s有最小值，且最小值为1（3）解：在中，，，则；在中，，，则；∴；以P、B、D为顶点的三角形与相似，已知，则有两种情况：，解得；，解得；综上，当或时，以P、B、D为顶点的三角形与相似【解析】【分析】（1）由直线与坐标轴相交易求得点A、C的坐标，用待定系数法即可求得抛物线的解析式；（2）由题意可将ED、OP用含t的代数式表示出来，并代入题目中的s与OP、DE的关系式整理可得s=（0<t<2），因为分子是定值1，所以分母越大，则分式的值越小，则当分母最大时，分式的值越小，即t=1时，s有最小值，且最小值为1；（3）解直角三角形可得BC和CD、BD的值，根据题意以P、B、D为顶点的三角形与△ABC相似所得的比例式有两种情况：，，将这些线段代入比例式即可求解。

2．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，∴，∴A F•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．3．如图，抛物线与坐标轴交点分别为，，，作直线BC．（1）求抛物线的解析式；（2）点P为抛物线上第一象限内一动点，过点P作轴于点D，设点P的横坐标为，求的面积S与t的函数关系式；（3）条件同，若与相似，求点P的坐标．【答案】（1）解：把，，代入得：，解得：，，，抛物线的解析式为（2）解：设点P的坐标为(t,- t×2+ t+2)，∵A(-1,0)，B(3,0)，∴AB=4，∴S=（3）解：当∽时，，即，整理得：，解得：或舍去，，，点P的坐标为；当∽，则，即，整理得，解得：或舍去，，，点P的坐标为，综上所述点P的坐标为或【解析】【分析】（1）利用待定系数法，将点A、B、C三点坐标分别代入函数解析式，建立方程组，就可求出a、b、c的值，即可解答；或设函数解析式为交点式，即y=a （x+1）(x-3），再将点C的坐标代入可解答。

人教【数学】培优相似辅导专题训练含答案

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】数学相似的专项培优易错试卷练习题(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．如图,夜晚,小亮从点A经过路灯C的正下方沿直线走到点B(A,B两点到路灯正下方的距离相等),他的影长y随他与点A之间的距离x的变化而变化.（1）求y与x之间的函数关系式;（2）作出函数的大致图象.【答案】（1）解：如图①：作CO⊥AB于O，①当小亮走到A'处(A'位于A与O之间)时，作出他的影子A'C'.小亮从点A到达点O的过程中，影长越来越小，直到影长为0；从点O到达点B的过程中，影长越来越大，到点B达到最大值.设小亮的身高MA'=l，CO=h，AO=m，影长C'A'=y，小亮走过的距离AA'=x，由图易得C'A=x-y，∵MA'⊥AB，CO⊥AB，∴△MC'A'∽△CC'O，∴，即 = ,∴y= x- (0≤x≤m),(此时m,l,h为常数)，②当小亮走到A″处(A″位于O与B之间)时；同理可得y=- x+ (m<x≤2m).（2）解：如图②所示：【解析】【分析】（1）如图①：作CO⊥AB于O，①当小亮走到A'处(A'位于A与O之间)时，作出他的影子A'C'；根据中心投影的特点可知影长随x的变化情况.设小亮的身高MA'=l，CO=h，AO=m，影长C'A'=y，小亮走过的距离AA'=x，由图易得C'A=x-y，根据相似三角形的判定和性质可得y与x的函数解析式.②当小亮走到A″处(A″位于O与B之间)时；同理可得y=- x+ (m<x≤2m).（2）根据（1）的函数解析式可画出图像.2．如图1，等腰△ABC中，AC＝BC，点O在AB边上，以O为圆心的圆与AC相切于点C，交AB边于点D，EF为⊙O的直径，EF⊥BC于点G．（1）求证：D是弧EC的中点；（2）如图2，延长CB交⊙O于点H，连接HD交OE于点K，连接CF，求证：CF＝OK＋DO；（3）如图3，在(2)的条件下，延长DB交⊙O于点Q，连接QH，若DO＝，KG＝2，求QH的长【答案】（1）证明：如图1中，连接OC．∵AC是⊙O的切线，∴OC⊥AC，∴∠ACO=90°，∴∠A+∠AOC=90°，∵CA=CB，∴∠A=∠B，∵EF⊥BC，∴∠OGB=90°，∴∠B+∠BOG=90°，∴∠BOG=∠AOC，∵∠BOG=∠DOE，∴∠DOC=∠DOE，∴点D是的中点（2）证明：如图2中，连接OC．∵EF⊥HC，∴CG=GH，∴EF垂直平分HC，∴FC=FH，∵∠CFK= ∠COE，∵∠COD=∠DOE，∴∠CFK=∠COD，∵∠CHK= ∠COD，∴∠CHK= ∠CFK，∴点K在以F为圆心FC为半径的圆上，∴FC=FK=FH，∵DO=OF，∴DO+OK=OF+OK=FK=CF，即CF=OK+DO；（3）解：如图3中，连接OC、作HM⊥AQ于M．设OK=x，则CF= +x，OG=2﹣x，GF= ﹣（2﹣x），∵CG2=CF2﹣FG2=CO2﹣OG2，∴（ +x）2﹣[ -（2﹣x）]2=（）2﹣（2﹣x）2，解得x= ，∴CF=5，FG=4，CG=3，OG= ，∵∠CFE=∠BOG，∴CF∥OB，∴ = = ，可得OB= ，BG= ，BH= ，由△BHM∽△BOG，可得 = = ，∴BM= ，HM= ，MQ=OQ﹣OB﹣BM=在Rt△HMQ中，QH= = =【解析】【分析】（1）如图1中，连接OC．根据切线的性质得出OC⊥AC，根据垂直的定义得出∠ACO=90°，根据直角三角形两锐角互余得出∠A+∠AOC=90°，根据等边对等角得出∠A=∠B，根据垂直的定义得出∠OGB=90°，根据直角三角形两锐角互余得出∠B+∠BOG=90°，根据等角的余角相等得出∠BOG=∠AOC，根据对顶角相等及等量代换得出∠DOC=∠DOE，根据相等的圆心角所对的弧相等得出结论；（2）如图2中，连接OC．根据垂径定理得出CG=GH，进而得出EF垂直平分HC，根据线段垂直平分线上上的点到线段两个端点的距离相等得出FC=FH，根据圆周角定理及等量代换得出∠CFK=∠COD，∠CHK=∠CFK，从而得出点K在以F为圆心FC为半径的圆上，根据同圆的半径相等得出FC=FK=FH，DO=OF，根据线段的和差及等量代换得出CF=OK+DO；（3）如图3中，连接OC、作HM⊥AQ于M．设OK=x，则CF= +x，OG=2﹣x，GF=﹣（2﹣x），根据勾股定理由CG2=CF2﹣FG2=CO2﹣OG2，列出关于x的方程，求解得出x的值，从而得出CF=5，FG=4，CG=3，OG= 根据平行线的判定定理得出，内错角相等，两直线平行得出CF∥OB，根据平行线分线段成比例定理得出C F ∶O B = C G∶ G B = F G ∶G O ，进而可得OB,BG,BH的长，由△BHM∽△BOG，可得 B H ∶O B = B M ∶B G = H M ∶O G，再得出BM,HM,MQ的长，在Rt△HMQ中，根据勾股定理得出QH的长。

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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．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。

（2）①由x=0及y=0时，求出点A、B、C三点的坐标，以及线段OA、OB、OC的长，利用勾股定理的逆定理证明△ABC是直角三角形，用含t的代数式表示出线段AD、AE、AF （即DF）的长，则根据AE、EF、OA、OC的长以及公共角∠OAC能判定△AEF、△AOC相似，可证得△AEF也是一个直角三角形，及∠AEF是直角；若△DCF是直角三角形，可分成三种情况讨论：i）点C为直角顶点，由于△ABC恰好是直角三角形，且以点C为直角顶点，所以此时点B、D重合，由此得到AD的长，进而求出t的值；ii）点D为直角顶点，此时∠CDB与∠CBD恰好是等角的余角，由此可证得OB=OD，再得到AD的长后可求出t的值；iii）、点F为直角顶点，当点F在线段AC上时，∠DFC是锐角，而点F在射线AC的延长线上时，∠DFC又是钝角，所以这种情况不符合题意．②此题需要分三种情况讨论：i）当点E在点A与线段AB中点之间时，即当0＜t≤，两个三角形的重叠部分是整个△DEF；ii）当点E在线段AB中点与点O之间时，即＜t≤2时，重叠部分是个不规则四边形，根据S=S△DEF﹣S△DBG可求解。

iii）当点E在线段OB上时，即2＜t≤时，重叠部分是个小直角三角形，根据三角形的面积公式，即可求解。

3．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M1M2.4．如图①，已知直线l1∥l2，线段AB在直线l1上，BC垂直于l1交l2于点C，且AB＝BC，P是线段BC上异于两端点的一点，过点P的直线分别交l2，l1于点D，E(点A，E位于点B的两侧，满足BP＝BE，连接AP，CE．（1）求证：△ABP≌△CBE．（2）连接AD、BD，BD与AP相交于点F，如图②．①当时，求证：AP⊥BD；②当 (n＞1)时，设△PAD的面积为S1，△PCE的面积为S2，求的值．【答案】（1）证明：BC⊥直线l1，∴∠ABP＝∠CBE．在△ABP和△CBE中，（2）①证明：如图，延长AP交CE于点H．∵△ABP≌△CBE，∴∠PAB＝∠ECB，∴∠PAB＋∠AEH＝∠ECB＋∠AEH＝90°，∴∠AHE＝90°，∴AP⊥CE．∵，即P为BC的中点，直线l1∥直线l2，∴△CPD∽△BPE，∴，∴DP＝EP．∴四边形BDCE是平行四边形，∴CE∥BD．∵AP⊥CE，∴AP⊥BD．②解：∵，∴BC＝nBP，∴CP＝(n－1)BP．∵CD∥BE，∴△CPD∽△BPE，∴．令S△BPE＝S，则S2＝(n－1)S，S△PAB＝S△BCE＝nS，S△PAE＝(n＋1)S．∵，∴S1＝(n＋1)(n－1)S，∴．【解析】【分析】（1）由已知条件用边角边即可证得△ABP≌△CBE；（2）①、延长AP交CE于点H，由（1）知△ABP≌△CBE，所以可得∠PAB＝∠ECB，而∠∠ECB+∠BEC=，所以可得∠PAB+∠BEC=，即∠AHE=，所以AP⊥CE；已知=2,则点P为BC的中点，所以易证得BE=CD，由有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形BDCE是平行四边形，由平行四边形的性质可得CE∥BD，再根据平行线的性质即可求得AP⊥BD；②方法与①类似，由已知条件易证得△CPD∽△BPE，则可得对应线段的比相等，然后可将△PAD的面积和△PCE的面积用三角形BPE的面积表示出来，则这两个三角形的比值即可求解。