2020-2021深圳中考数学相似(大题培优 易错 难题)

2020-2021深圳中考数学相似(大题培优易错难题)

一、相似

1．如图，△ABC是一锐角三角形余料，边BC=16cm，高AD=24cm，要加工成矩形零件，使矩形的一边在BC上，其余两个顶点E、F分别在AB、AC上．

求：

（1）AK为何值时，矩形EFGH是正方形？

（2）若设AK=x，S EFGH=y，试写出y与x的函数解析式．

（3）x为何值时，S EFGH达到最大值．

【答案】（1）解：设边长为xcm，

∵矩形为正方形，

∴EH∥AD，EF∥BC，

根据平行线的性质可以得出： = 、 = ，

由题意知EH=x，AD=24，BC=16，EF=x，即 = ， = ，

∵BE+AE=AB，

∴ + = + =1，

解得x= ，

∴AK= ，

∴当时，矩形EFGH为正方形

（2）解：设AK=x，EH=24-x，

∵EHGF为矩形，

∴ = ，即EF= x，

∴S EFGH=y= x?（24-x）=- x2+16x（0＜x＜24）

（3）解：y=- x2+16x

配方得：y= （x-12）2+96，

∴当x=12时，S EFGH有最大值96

【解析】【分析】（1）设出边长为xcm，由正方形的性质得出，EH∥AD，EF∥BC，根据平行线的性质，可以得对应线段成比例，代入相关数据求解即可。

（2）设AK=x，则EH=16-x，根据平行的两三角形相似，再根据相似三角形的对应边上的高之比等于相似比，用含x的代数式表示出EF的长，根据矩形面积公式即可得出y与x的函数解析式。

（3）将（2）中的函数解析式转化为顶点式，利用二次函数的性质可得出矩形EFGH的面积取最大值时的x的值。

2．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。

3．如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴分别交于点A、B，与y轴交于点C，且OA=1，OB=3，顶点为D，对称轴交x轴于点Q．

（1）求抛物线对应的二次函数的表达式；

（2）点P是抛物线的对称轴上一点，以点P为圆心的圆经过A、B两点，且与直线CD相切，求点P的坐标；

（3）在抛物线的对称轴上是否存在一点M，使得△DCM∽△BQC？如果存在，求出点M 的坐标；如果不存在，请说明理由．

【答案】（1）解：

∴

代入，得

解得

∴抛物线对应二次函数的表达式为：

（2）解：如图，

设直线CD切⊙P于点E．连结PE、PA，作点．

由得对称轴为直线x=1，

∴

∴

∴为等腰直角三角形．

∴

∴

∴

∴为等腰三角形．

设

∴

在中，

∴

∴

整理，得

解得，

∴点P的坐标为或

（3）解：存在点M，使得∽．如图，连结

∵

∴为等腰直角三角形，

∴

由（2）可知，

∴

∴分两种情况．

当时，

∴，解得．

∴

∴

当时，

∴，解得

∴

∴

综上，点M的坐标为或

【解析】【分析】（1）用待定系数法即可求解；

（2）由（1）中的解析式易求得抛物线的对称轴为直线x=1，顶点D（1，4），点C（0，3），由题意可设点P（1，m），计算易得△DCF为等腰直角三角形，△DEP为等腰三角形，在直角三角形PED和APQ中，用勾股定理可将PE、PA用含m的代数式表示出来，根据PA=PE可列方程求解；

（3）由△DCM∽△BQC所得比例式分两种情况：或，根据所得比例式即可求解。

4．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.

,

5．在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝12，M是AD边的中点，P是AB边上的一个动点（不与A、B重合），PM的延长线交射线CD于Q点，MN⊥PQ交射线BC于N点。

（1）若点N在BC之间时，如图：

①求证：∠NPQ＝∠PQN；

②请问是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是，请举反例说明；

（2）当△PBN与△NCQ的面积相等时，求AP的值.

【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠ADC＝∠ADQ＝90°，

AB//CD，∴∠APM＝∠DQM，∵M是AD边的中点，∴AM＝DM，

在△APM和△DQM中，，∴△APM≌△DQM（AAS），∴PM＝QM，∵MN⊥PQ，∴MN是线段PQ的垂直平分线，∴PN＝QN，∴∠NPQ＝∠PQN

② 是定值

理由：如图，过点M作ME⊥BC于点E，

∴∠MEN＝∠MEB＝∠AME＝90°，

∴四边形ABEM是矩形，∠MEN＝∠MAP，∴AB＝EM，

∵MN⊥PQ，∴∠PMN＝90°，∴∠PMN＝∠AME，

∴∠PMN－∠PME＝∠AME－∠PME，∴∠EMN＝∠AMP，∴△AMP∽△EMN，

∴，∴，∵AD＝12，M是AD边的中点，∴AM＝ AD＝6，

∵AB＝8，∴；

（2）解：分点N在BC之间和点N在BC延长线上两种情况

（ⅰ）当点N在BC之间时，如图，作BF⊥PN于点F，CG⊥QN于点G，再分别作Rt△PBN和Rt△NCQ的中线BS、CT，

∴∠BFS＝∠CGT＝90°，BS＝ PN，CT＝ QN，

∵PN＝QN，S△PBN＝S△NCQ，∴BF＝CG，BS＝CT

在Rt△BFS和Rt△CGT中，，∴Rt△BFS≌Rt△CGT（HL），∴∠BSF＝∠CTG，∴∠BNP＝∠BSF＝∠CTG＝∠CQN，

在△PBN和△NCQ中，，∴△PBN≌△NCQ（AAS），∴BN＝CQ，BP＝CN，

∵AP＝AB－BP＝8－CN，又∵CN＝BC－BN＝12－CQ，∴AP＝CQ－4

又∵CQ＝CD+DQ，DQ＝AP，∴AP＝4+AP（舍去），∴此种情况不成立；

（ⅱ）当点N在BC延长线上时，如图，作BF⊥PN于点F，CG⊥QN于点G，再分别作Rt△PBN和Rt△NCQ的中线BS、CT，

同理可得，△PBN≌△NCQ，∴PB＝NC，BN＝CQ，

∵AP＝DQ，∵AP+8＝DQ+CD＝CQ＝BC+CN＝12+BP，

∴AP－BP＝4 ①，∵AP+BP＝AB＝8②，①+②得：2AP＝12，∴AP＝6．

【解析】【分析】（1）①由矩形的性质用角角边易证△APM≌△DQM，可得PM＝QM，已知MN⊥PQ，由线段的垂直平分线的定义可得MN是线段PQ的垂直平分线，再根据线段的垂直平分线的性质可得PN＝QN，由等边对等角可得∠NPQ＝∠PQN；

②过点M作ME⊥BC于点E，由矩形的性质跟据有两个角对应相等的两个三角形相似易证

△AMP∽△EMN，可得比例式，结合已知条件易求得为定值；

（2）根据MN⊥PQ交射线BC于N点可知分两种情况：①当点N在BC之间时，如图，作BF⊥PN于点F，CG⊥QN于点G，再分别作Rt△PBN和Rt△NCQ的中线BS、CT，通过证Rt△BFS≌Rt△CGT和△PBN≌△NCQ可求解；

②当点N在BC延长线上时，如图，作BF⊥PN于点F，CG⊥QN于点G，再分别作Rt△PBN和Rt△NCQ的中线BS、CT，通过证△PBN≌△NCQ可求解。

6．如图，BD是□ABCD的对角线，AB⊥BD，BD=8cm，AD=10cm，动点P从点D出发，以5cm/s的速度沿DA运动到终点A，同时动点Q从点B出发，沿折线BD—DC运动到终点C，在BD、DC上分别以8cm/s、6cm/s的速度运动.过点Q作QM⊥AB，交射线AB于点M，连接PQ，以PQ与QM为边作□PQMN.设点P的运动时间为t(s)（t>0），□PQMN与□ABCD重叠部分图形的面积为S（cm2）.

（1）AP=________cm（同含t的代数式表示）.

（2）当点N落在边AB上时，求t的值.

（3）求S与t之间的函数关系式.

（4）连结NQ，当NQ与△ABD的一边平行时，直接写出t的值.

【答案】（1）（10-5t）

（2）解：如图①，

当点N落在边AB上时，四边形PNBQ为矩形．∵PN∥DB，∴△APN∽△ADB，∴AP：

AD=PN：DB，∴（10－5t）：10=8t：8，120t=80，∴．

（3）解：分三种情况讨论：

a)如图②，过点P作PE⊥BD于点E，则PE=3t．

当时，．

b)如图③，过点P作PE⊥BD于点E，则PE=3t，设PN交AB于点F，则

．

当时，．

c)如图④，当时，PF=8-4t，FB=3t，PN=DB=QM=8，∴FN=4t，DQ=6(t-1)，∴BM=DQ=6(t-1)．∵∠GBM=∠A，∠DBA=∠GMB，∴△BGM∽△ABD，∴GM：BM=DB：

AB，解得：GM=8t-8，∴S=S平行四边形PNMQ-S△FMN-S△BMG=8（9t-6）－ ×4t×（9t-6）－ ×（6t-6）（8t-8）= ．

综上所述：

（4）解：分三种情况讨论．

①当NQ∥AB时，如图5，

过P作PF⊥BD于F，则PF=3t，DF=4t，PN=FQ=BQ=8t，∴BD=8t+8t+4t=8，解得：．②当AD∥NQ，且Q在BD上时，如图6．

∵PNQD和PNBQ都是平行四边形，∴PN=DQ=BQ，∴8t+8t=8，解得：．

③当AD∥NQ，且Q在DC上时，如图7，

可以证明当Q与C重合，即直线NQ与直线BC重合时，满足条件，如图8，

此时DQ=AB= =6，t= =2．

综上所述：或或．

【解析】【解答】解：（1）（10-5t）；

【分析】（1）由题意可得，DP=5t,所以AP=AD-DP=10-5t;

（2）由欧勾股定理的逆定理可得∠ABD=，所以根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可得，当点N落在边AB上时，四边形PNBQ为矩形；由平行线分线段成比例定理可得

比例式：,则可得关于t的方程，解方程即可求解；

（3）由（2）知，当□PQMN全部在□ABCD中时，运动时间是秒，由已知条件可知，点Q 在BD边上的运动速度是8cm/s，在DC边上的运动速度是6cm/s，所以当点Q运动到C点时，点P也运动到了点A，所以分3种情况：

a)如图②，过点P作PE⊥BD于点E，当0 < t ≤时， S=BQ PE；

b)如图③，过点P作PE⊥BD于点E，设PN交AB于点F，当< t ≤ 1 时，S =（PF+BQ）PE；

c)如图④，当1 < t ≤ 2 时， S =平行四边形PNMQ的面积-三角形FNM的面积-三角形BMG 的面积；

（4）由题意NQ与△ABD的一边平行可知，有3种情况：

①当NQ∥AB；

②当AD∥NQ，且Q在BD上时；

③当AD∥NQ，且Q在DC上时。分这三种情况根据已知条件即可求解。

7．如图，在中，，于点，点在上，

且，连接．

（1）求证：

（2）如图，将绕点逆时针旋转得到（点分别对应点），设射线与相交于点，连接，试探究线段与之间满足的数量关系，并说明理由．

【答案】（1）证明：在Rt△AHB中，∠ABC=45°，

∴AH=BH，

在△BHD和△AHC中，

，

∴△BHD≌△AHC，

∴

（2）解：方法1:如图1，

∵△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到，

∴HD=HF，∠AHF=30°

∴∠CHF=90°+30°=120°，

由(1)有，△AEH和△FHC都为等腰三角形，

∴∠GAH=∠HCG=30°，

∴CG⊥AE，

∴点C，H，G，A四点共圆，

∴∠CGH=∠CAH，

设CG与AH交于点Q，

∵∠AQC=∠GQH，

∴△AQC∽△GQH，

∴，

∵△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到，由（1）知，BD=AC，

∴EF=AC

∴

即：EF=2HG．

方法2:如图2，取EF的中点K，连接GK，HK，

∵△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到，∴HD=HF，∠AHF=30°

∴∠CHF=90°+30°=120°，

由(1)有，△AEH和△FHC都为等腰三角形，

∴∠GAH=∠HCG=30°，

∴CG⊥AE，

由旋转知，∠EHF=90°，

∴EK=HK= EF

∴EK=GK= EF，

∴HK=GK，

∵EK=HK，

∴∠FKG=2∠AEF，

∵EK=GK，

∴∠HKF=2∠HEF，

由旋转知，∠AHF=30°，

∴∠AHE=120°，

由（1）知，BH=AH，

∵BH=EH，

∴AH=EH，

∴∠AEH=30°，

∴∠HKG=∠FKG+∠HKF=2∠AEF+2∠HEF=2∠AEH=60°，

∴△HKG是等边三角形，

∴GH=GK，

∴EF=2GK=2GH，

即：EF=2GH．

【解析】【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得出AH=BH，然后由SAS判断出△BHD≌△AHC，根据全等三角形对应角相等得出答案；

（2）方法1:如图1，根据旋转的性质得出HD=HF，∠AHF=30°根据角的和差得出∠CHF=90°+30°=120°，由(1)有，△AEH和△FHC都为等腰三角形，根据等腰三角形若顶角相等则底角也相等得出∠GAH=∠HCG=30°，根据三角形的内角和得出CG⊥AE，从而得出点C，H，G，A四点共圆，根据圆周角定理同弧所对的圆周角相等得出∠CGH=∠CAH，根据对顶角相等得出∠AQC=∠GQH，从而得出△AQC∽△GQH，根据全等三角形对应边成比例得出 A C∶ H G = A Q∶ G Q = 1 ∶sin 30 ° = 2，根据旋转的性质得出EF=BD，由（1）知，BD=AC，从而得出EF=AC

EF=BD，由E F∶ H G = A C∶ G H = A Q∶ G Q = 1∶ sin 30 ° = 2得出结论；

方法2:如图2，取EF的中点K，连接GK，HK，根据旋转的性质得出HD=HF，∠AHF=30°根据角的和差得出∠CHF=90°+30°=120°，由(1)有，△AEH和△FHC都为等腰三角形，根据等腰三角形若顶角相等则底角也相等得出∠GAH=∠HCG=30°，根据三角形的内角和得出CG⊥AE，由旋转知，∠EHF=90°，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出

EK=HK= EF，EK=GK= EF，从而得出HK=GK，根据等边对等角及三角形的外角定理得出∠FKG=2∠AEF，∠HKF=2∠HEF，由旋转知，∠AHF=30°，故∠AHE=120°，由（1）知，BH=AH，根据等量代换得出AH=EH，根据等边对等角得出∠AEH=30°，∠HKG=∠FKG+∠HKF=2∠AEF+2∠HEF=2∠AEH=60°，根据有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形得出△HKG是等边三角形，根据等边三角形三边相等得出GH=GK，根据等量代换得出EF=2GK=2GH。

8．已知在矩形ABCD中，AB=2，AD=4．P是对角线BD上的一个动点（点P不与点B、D 重合），过点P作PF⊥BD，交射线BC于点F．联结AP，画∠FPE=∠BAP，PE交BF于点

E．设PD=x，EF=y．

（1）当点A、P、F在一条直线上时，求△ABF的面积；

（2）如图1，当点F在边BC上时，求y关于x的函数解析式，并写出函数定义域；（3）联结PC，若∠FPC=∠BPE，请直接写出PD的长．

【答案】（1）解：如图，

∵矩形ABCD ，

∴，

∴，

∵A、P、F在一条直线上，且PF⊥BD，

∴，

∴，

∴，∵，

∴，∴，

∴；

（2）解：∵PF⊥BP ，∴，

∴，∵，∴，

∴，又∵∠BAP =∠FPE，

∴∽，∴，

∵AD//BC ，∴，

∴，即，

∵，∴，

∴，

∴

（3）解：∠CPF=∠BPE，

①如图所示，当点F在CE上时，

∵∠BPF=∠FPD=90°，∴∠DPC=∠FPE，

∵∠FPE=∠BAP，∴∠DPC=∠BAP，

∵AB//CD，∴∠ABD=∠CDB，

∴△PAB∽△CPD，

∴PB：CD=AB：PD，

∴PB·PD=CD·AB，

∴x（）=2×2，

∴x= ；

②如图所示，当点F在EC延长线上时，

过点P作PN⊥CD于点N，在CD上取一点M，连接PM，使∠MPF=∠CPF，则有PC：PM=CH：MH，

∵∠BPF=∠DPF=90°，∴∠BPC=∠DPM，

∵∠BPE=∠CPF，∴∠BPE=∠EPF，

∵∠BAP=∠FPE，∴∠BAP=∠DPM，

∵∠ABD=∠BDC，

∴△PAB∽△MPD，

∴PB：MD=AB：PD，

由PD=x，tan∠PDM=tan∠PFC=2，

易得：DN= ，PN= ，CN=2- ，

PH=2x，FH= ，CH=2- x，

由PB：MD=AB：PD可得MD= ，从而可得MN，

在Rt△PCN中利用勾股定理可得PC，

由PC：PM=CH：MH可得PM，

在在Rt△PMN中利用勾股定理可得关于x 的方程，

解得x= ，

综上：PD的长为：或

【解析】【分析】（1）要求三角形ABF的面积，由题意只须求出BF的长即可。根据同角的余角相等可得∠BAF=∠ADB，所以tan∠PBF=tan∠ADB=,结合已知即可求得

BF的长，三角形ABF的面积=AB BF；

（2）要求y与x之间的函数关系式，由题意只须证得ΔBAP∽ΔFPE，从而得出比例

式;,现在需求出PF的长，代入比例式即可得y与x的关系式。

（3）由已知条件过点P作PF⊥BD，交射线BC于点F可知，点F可能在线段CE上，也可在CE的延长线上，所以分两种情况求解即可。

9．已知菱形的一个角与三角形的一个角重合，然后它的对角顶点在这个重合角的对边上，这个菱形称为这个三角形的亲密菱形，如图，在△CFE中，CF=6,CE=12,∠FCE=45°,以点C为

圆心，以任意长为半径作AD，再分别以点A和点D为圆心，大于 AD长为半径做弧，交

于点B,AB∥CD.

（1）求证：四边形ACDB为△CFE的亲密菱形；

（2）求四边形ACDB的面积.

【答案】（1）证明：由已知得：AC=CD,AB=DB,由已知尺规作图痕迹得：BC是∠FCE的角平分线,