备战中考数学易错题专题复习-相似练习题附答案

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。

2．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

（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

（2）根据（1）的函数解析式可画出图像.

3．如图1，经过原点O的抛物线y=ax2+bx（a≠0）与x轴交于另一点A（，0），在第一象限内与直线y=x交于点B（2，t）．

（1）求这条抛物线的表达式；

（2）在第四象限内的抛物线上有一点C，满足以B，O，C为顶点的三角形的面积为2，求点C的坐标；

（3）如图2，若点M在这条抛物线上，且∠MBO=∠ABO，在（2）的条件下，是否存在点P，使得△POC∽△MOB？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）解：∵B（2，t）在直线y=x上，

∴t=2，∴B（2，2），

把A、B两点坐标代入抛物线解析式可得，解得，

∴抛物线解析式为y=2x2﹣3x

（2）解：如图1，过C作CD∥y轴，交x轴于点E，交OB于点D，过B作BF⊥CD于点F，

∵点C是抛物线上第四象限的点，

∴可设C（t，2t2﹣3t），则E（t，0），D（t，t），

∴OE=t，BF=2﹣t，CD=t﹣（2t2﹣3t）=﹣2t2+4t，

∴S△OBC=S△CDO+S△CDB= CD?OE+ CD?BF= （﹣2t2+4t）（t+2﹣t）=﹣2t2+4t，

∵△OBC的面积为2，

∴﹣2t2+4t=2，解得t1=t2=1，

∴C（1，﹣1）

（3）解：存在．设MB交y轴于点N，如图2，

∵B（2，2），∴∠AOB=∠NOB=45°，

在△AOB和△NOB中

∴△AOB≌△NOB（ASA），

∴ON=OA= ，

∴N（0，），

∴可设直线BN解析式为y=kx+ ，把B点坐标代入可得2=2k+ ，解得k= ，

∴直线BN的解析式为y= x+ ，联立直线BN和抛物线解析式可得，解得

或，

∴M（﹣，），

∵C（1，﹣1），∴∠COA=∠AOB=45°，且B（2，2），

∴OB=2 ，OC= ，

∵△POC∽△MOB，

∴ = =2，∠POC=∠BOM，

当点P在第一象限时，如图3，过M作MG⊥y轴于点G，过P作PH⊥x轴于点H，

∵∠COA=∠BOG=45°，

∴∠MOG=∠POH，且∠PHO=∠MGO，

∴△MOG∽△POH，∴ = = =2，

∵M（﹣，），

∴MG= ，OG= ，

∴PH= MG= ，OH= OG= ，

∴P（，）；

当点P在第三象限时，如图4，过M作MG⊥y轴于点G，过P作PH⊥y轴于点H，

同理可求得PH= MG= ，OH= OG= ，

∴P（﹣，）；

综上可知存在满足条件的点P，其坐标为（，）或（﹣，）

【解析】【分析】（1）根据已知抛物线在第一象限内与直线y=x交于点B（2，t），可求出点B的坐标，再将点A、B的坐标分别代入y=ax2+bx，建立二元一次方程组，求出a、b

的值，即可求得答案。

（2）过C作CD∥y轴，交x轴于点E，交OB于点D，过B作BF⊥CD于点F，可知点C、D、E、F的横坐标相等，因此设设C（t，2t2﹣3t），则E（t，0），D（t，t），F（t，2）,再表示出OE、BF、CD的长，然后根据S△OBC=S△CDO+S△CDB=2，建立关于t的方程，求出t 的值，即可得出点C的坐标。

（3）根据已知条件易证△AOB≌△NOB，就可求出ON的长，得出点N的坐标，再根据点B、N的坐标求出直线BN的函数解析式，再将二次函数和直线BN联立方程组，求出点M

的坐标，求出OB、OC的长，再根据△POC∽△MOB，得出，∠POC=∠BOM，然后分情况讨论：当点P在第一象限时，如图3，过M作MG⊥y轴于点G，过P作PH⊥x 轴于点H，证△MOG∽△POH，得出对应边成比例，即可求出点P的坐标；当点P在第三象限时，如图4，过M作MG⊥y轴于点G，过P作PH⊥y轴于点H，同理可得出点P的坐标，即可得出答案。

4．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：∵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）要证△BEF∽△DCB，根据有两对角对应相等的两个三角形相似可得证。根据三角形中位线定理可得EF∥AD∥BC，可得一组内错角相等，由矩形的性质可得∠C=∠A=∠BEF=，所以△BEF∽△DCB；

（2）过点Q 作QM⊥EF于M，结合已知易得QM∥BE，根据相似三角形的判定可得

△QMF∽△BEF，则得比例式,QM可用含t的代数式表示，PF=4-t，所以三角形

PQF的面积=QM PF=06，解方程可得t的值；

（3）因为QG⊥AB，结合题意可得PQ AB，根据相似三角形的判定可得QPF BEF，于是可得比例式求解；

（4）因为Q在对角线BD上运动，情况不唯一。

当点Q在DF上运动时，PF=QF；

当点Q在BF上运动时，分三种情况：

第一种情况;PF =QF ;第二种情况：PQ=PF；第三种情况：PQ=FQ。

5．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。

6．在平面直角坐标系中，抛物线与轴的两个交点分别为A （-3，0）、B（1，0），与y轴交于点D(0，3)，过顶点C作CH⊥x轴于点H.

（1）求抛物线的解析式和顶点C的坐标；

（2）连结AD、CD，若点E为抛物线上一动点（点E与顶点C不重合），当△ADE与△ACD面积相等时，求点E的坐标；

（3）若点P为抛物线上一动点（点P与顶点C不重合），过点P向CD所在的直线作垂线，垂足为点Q，以P、C、Q为顶点的三角形与△ACH相似时，求点P的坐标.

【答案】（1）解：设抛物线的解析式为，

∵抛物线过点A(-3，0),B(1，0)，D(0，3)，

∴，解得，a=-1，b=-2，c=3，

∴抛物线解析式为，顶点C（-1,4）；

（2）解：如图1，∵A(-3，0)，D(0，3),

∴直线AD的解析式为y=x+3，

设直线AD与CH交点为F，则点F的坐标为(-1，2)

∴CF=FH，

分别过点C、H作AD的平行线，与抛物线交于点E，

由平行间距离处处相等，平行线分线段成比例可知，△ADE与△ACD面积相等，

∴直线EC的解析式为y=x+5，

直线EH的解析式为y=x+1，

分别与抛物线解析式联立，得，，

解得点E坐标为(-2，3)，，；（3）解：①若点P在对称轴左侧（如图2），只能是△CPQ∽△ACH，得∠PCQ=∠CAH，

∴，

分别过点C、P作x轴的平行线，过点Q作y轴的平行线，交点为M和N，

由△CQM∽△QPN，

得 =2，

∵∠MCQ=45°，

设CM=m，则MQ=m，PN=QN=2m，MN=3m，

∴P点坐标为(-m-1，4-3m)，

将点P坐标代入抛物线解析式，得，

解得m=3，或m=0(与点C重合，舍去)

∴P点坐标为(-4，-5)；

②若点P在对称轴右侧（如图①），只能是△PCQ∽△ACH，得∠PCQ=∠ACH，

∴，

延长CD交x轴于M，∴M(3，0)

过点M作CM垂线，交CP延长线于点F，作FN x轴于点N，

∴，

∵∠MCH=45°，CH=MH=4

∴MN=FN=2，

∴F点坐标为(5，2)，

∴直线CF的解析式为y= ，

联立抛物线解析式，得，解得点P坐标为( ， )，

综上所得，符合条件的P点坐标为(-4，-5)，( ， ).

【解析】【分析】（1）将A（-3，0）、B（1，0）、D(0，3)，代入y=ax2+bx+3求出即可；(2)求出直线AD的解析式，分别过点C、H作AD的平行线，与抛物线交于点E，利用△ADE与△ACD面积相等，得出直线EC和直线EH的解析式，联立出方程组求解即可;(3) （3）分两种情况讨论：①点P在对称轴左侧；②点P在对称轴右侧.

7．如图1，△ABC与△CDE是等腰直角三角形，直角边AC、CD在同一条直线上，点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点，连接AE、BD.

（1）请直接写出PM与PN的数量关系及位置关系________；

（2）现将图1中的△CDE绕着点C顺时针旋转α（0°＜α＜90°），得到图2，AE与MP、BD分别交于点G、H.请直接写出PM与PN的数量关系及位置关系________；

（3）若图2中的等腰直角三角形变成直角三角形，使BC＝kAC，CD＝kCE，如图3，写出PM与PN的数量关系，并加以证明.

【答案】（1）PM⊥PN，PM＝PN

（2）PM＝PN，PM⊥PN

（3）解：PM＝kPN，

∵△ACB和△ECD是直角三角形，

∴∠ACB＝∠ECD＝90°.

∴∠ACB+∠BCE＝∠ECD+∠BCE.

∴∠ACE＝∠BCD.

∵BC＝kAC，CD＝kCE，

∴＝k.

∴△BCD∽△ACE.

∴BD＝kAE，

∵点P、M、N分别为AD、AB、DE的中点，

∴PM＝ BD，PN＝ AE.

∴PM＝kPN.

【解析】【解答】解：（1）PM＝PN，PM⊥PN，

理由如下：

∵△ACB和△ECD是等腰直角三角形，

∴AC＝BC，EC＝CD，∠ACB＝∠ECD＝90°.

在△ACE和△BCD中，

∴△ACE≌△BCD（SAS），

∴AE＝BD，∠EAC＝∠CBD，

∵∠BCD＝90°，

∴∠CBD+∠BDC＝90°，

∴∠EAC+∠BDC＝90°

∵点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点，

∴PM＝ BD，PN＝ AE，

∴PM＝PN，

∵点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点，

∴PM∥BC，PN∥AE，

∴∠NPD＝∠EAC，∠MPN＝∠BDC，

∵∠EAC+∠BDC＝90°，

∴∠MPA+∠NPC＝90°，

∴∠MPN＝90°，

即PM⊥PN，

故答案为：PM⊥PN，PM＝PN；

（ 2 ）PM＝PN，PM⊥PN，

理由：∵△ACB和△ECD是等腰直角三角形，

∴AC＝BC，EC＝CD，∠ACB＝∠ECD＝90°.

∴∠ACB+∠BCE＝∠ECD+∠BCE.

∴∠ACE＝∠BCD，

∴△ACE≌△BCD（SAS）.

∴AE＝BD，∠CAE＝∠CBD.

又∵∠AOC＝∠BOE，∠CAE＝∠CBD，

∴∠BHO＝∠ACO＝90°.

∵点P、M、N分别为AD、AB、DE的中点，

∴PM＝ BD，PM∥BD；

PN＝ AE，PN∥AE.

∴PM＝PN.

∴∠MGE+∠BHA＝180°.

∴∠MGE＝90°.

∴∠MPN＝90°.

∴PM⊥PN.

故答案为：PM⊥PN，PM＝PN

【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质得出结论判断出△ACE≌△BCD，得出AE=BD，再用三角形的中位线即可得出结论；（2）同（1）的方法即可得出结论；（3）利用两边对应成比例夹角相等，判断出△BCD∽△ACE，得出BD=kAE，最后用三角形的中位线即可得出结论.

8．如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6cm，BC=8cm，点P从A出发沿AC向C点以1厘米/秒的速度匀速移动；点Q从C出发沿CB向B点以2厘米/秒的速度匀速移动．点P、Q分别从起点同时出发，移动到某一位置时所需时间为t秒．

（1）当t=________时，PQ∥AB

（2）当t为何值时，△PCQ的面积等于5cm2？

（3）在P、Q运动过程中，在某一时刻，若将△PQC翻折，得到△EPQ，如图2，PE与AB 能否垂直？若能，求出相应的t值；若不能，请说明理由．

能垂直，理由如下：

延长QE交AC于点D，

∵将△PQC翻折，得到△EPQ，

∴△QCP≌△QEP，

∴∠C=∠QEP=90°，

若PE⊥AB，则QD∥AB，

∴△CQD∽△CBA，

∴，

∴，

∴QD=2.5t，

∵QC=QE=2t

∴DE=0.5t

∵∠A=∠EDP，∠C=∠DEP=90°，

∴△ABC∽△DPE，

∴

∴，

解得：，

综上可知：当t= 时，PE⊥AB

【答案】（1）2.4

（2）解：∵点P从A出发沿AC向C点以1厘米/秒的速度匀速移动；点Q从C出发沿CB 向B点以2厘米/秒的速度匀速移动，

∴PC=AC-AP=6-t，CQ=2t，

∴S△CPQ= CP?CQ= ＝5，

∴t2-6t+5=0

解得t1=1，t2=5（不合题意，舍去）

∴当t=1秒时，△PCQ的面积等于5cm2

（3）解：

【解析】【解答】解：(1) ∵点P从A出发沿AC向C点以1厘米/秒的速度匀速移动；点Q 从C出发沿CB向B点以2厘米/秒的速度匀速移动，

∴PC=AC-AP=6-t，CQ=2t，

当PQ∥AB时，∴△PQC∽△ABC，

∴PC：AC=CQ：BC，

∴(6-t)：6=2t：8

∴t=2.4

∴当t=2.4时，PQ∥AB

【分析】（1）根据题意可得PC=AC-AP=6-t，CQ=2t，根据平行线可得△PQC∽△ABC，利用相似三角形对应边成比例可得PC：AC=CQ：BC，即得(6-t)：6=2t：8，求出t值即可；

（2）由S△CPQ=CP?CQ =5，据此建立方程，求出t值即可；

（3）延长QE交AC于点D，根据折叠可得△QCP≌△QEP，若PE⊥AB，则