中考数学培优 易错 难题(含解析)之相似附答案解析

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．如图，正方形ABCD、等腰Rt△BPQ的顶点P在对角线AC上（点P与A、C不重合），QP与BC交于E，QP延长线与AD交于点F，连接CQ．

（1）①求证：AP=CQ；②求证：PA2=AF?AD；

（2）若AP：PC=1：3，求tan∠CBQ．

【答案】（1）证明：①∵四边形ABCD是正方形，∴AB=CB，∠ABC=90°，∴∠ABP+∠PBC=90°，

∵△BPQ是等腰直角三角形，∴BP=BQ，∠PBQ=90°，∴∠PBC+∠CBQ=90°

∴∠ABP=∠CBQ，∴△ABP≌△CBQ，∴AP=CQ;

②∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAC=∠BAC=∠ACB=45°，

∵∠PQB=45°，∠CEP=∠QEB，∴∠CBQ=∠CPQ，

由①得△ABP≌△CBQ，∠ABP=∠CBQ

∵∠CPQ=∠APF，∴∠APF=∠ABP，∴△APF∽△ABP，

(本题也可以连接PD，证△APF∽△ADP)

（2）证明：由①得△ABP≌△CBQ，∴∠BCQ=∠BAC=45°，

∵∠ACB=45°,∴∠PCQ=45°+45°=90°

∴tan∠CPQ= ,

由①得AP=CQ,

又AP:PC=1:3，∴tan∠CPQ= ，

由②得∠CBQ=∠CPQ，

∴tan∠CBQ=tan∠CPQ= .

【解析】【分析】（1）①利用正方形的性质和等腰直角三角形的性质易证△ABP≌△CBQ，可得AP=CQ；②利用正方形的性质可证得∠CBQ=∠CPQ，再由△ABP≌△CBQ可证得∠APF=∠ABP，从而证出△APF∽△ABP，由相似三角形的性质得证；（2）由△ABP≌△CBQ可得∠BCQ=∠BAC=45°，可得∠PCQ=45°+45°=90°，再由三角函数可

得tan∠CPQ=，由AP:PC=1:3，AP=CQ，可得tan∠CPQ=，再由∠CBQ=∠CPQ可求出答

2．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。

3．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。于是可设点P的横坐标为m，则纵坐标可用含m的代数式表

示出来，即M（m,??m + 2）,

则三角形ACP的面积可用含m的代数式表示，整理可得是一个二次函数，利用二次函数的性质即可求解；

（3）根据对应顶点的不同分三种情况（△BQE∽△AOC，△EBQ∽△AOC，△QEB∽△AOC）讨论即可求解。

4．如图，Rt△AOB在平面直角坐标系中，已知：B（0，），点A在x轴的正半轴上，OA=3，∠BAD=30°，将△AOB沿AB翻折，点O到点C的位置，连接CB并延长交x轴于点D.

（1）求点D的坐标；

（2）动点P从点D出发，以每秒2个单位的速度沿x轴的正方向运动，当△PAB为直角三角形时，求t的值；

（3）在（2）的条件下，当△PAB为以∠PBA为直角的直角三角形时，在y轴上是否存在

一点Q使△PBQ为等腰三角形？如果存在，请直接写出Q点的坐标；如果不存在，请说明理由.

【答案】（1）解：∵B（0，），

∴OB= .

∵OA= OB，

∴OA=3，

∴AC=3.

∵∠BAD=30°，

∴∠OAC=60°.

∵∠ACD=90°，

∴∠ODB=30°，

∴ = ，

∴OD=3，

∴D（﹣3，0）；

（2）解：∵OA=3，OD=3，∴A（3，0），AD=6，

∴AB=2 ，当∠PBA=90°时.

∵PD=2t，

∴OP=3﹣2t.

∵△OBA∽△OPB，

∴OB2=OP?OA，

∴3﹣2t= =1，解得t=1，当∠APB=90°时，则P与O重合，

∴t= ；

（3）解：存在.

①当BP为腰的等腰三角形.

∵OP=1，∴BP= =2，

∴Q1（0， +2），Q3（0. ﹣2）；

②当PQ2=Q2B时，设PQ2=Q2B=a，

在Rt△OPQ2中，12+（﹣x）2=x2，解得x= ，

∴Q2（0，）；

③当PB=PQ4时，Q4（0，﹣）

综上所述：满足条件的点Q的坐标为Q1（0， +2），Q2（0，），Q3（0. ﹣2），Q4（0，﹣）.

【解析】【分析】（1）根据已知得出OA、OB的值以及∠DAC的度数，进而求得∠ADC，即可求得D的坐标；（2）根据直角三角形的判定，分两种情况讨论求得；（3）求得PB 的长，分四种情形讨论即可解决问题.

5．如图，在矩形ABCD中，AB=2cm，∠ADB=30°．P，Q两点分别从A，B同时出发，点P 沿折线AB﹣BC运动，在AB上的速度是2cm/s，在BC上的速度是2 cm/s；点Q在BD 上以2cm/s的速度向终点D运动，过点P作PN⊥AD，垂足为点N．连接PQ，以PQ，PN 为邻边作?PQMN．设运动的时间为x（s），?PQMN与矩形ABCD重叠部分的图形面积为y （cm2）

（1）当PQ⊥AB时，x=________；

（2）求y关于x的函数解析式，并写出x的取值范围；

（3）直线AM将矩形ABCD的面积分成1：3两部分时，直接写出x的值．

【答案】（1）

（2）解：①如图1中，当0＜x≤ 时，重叠部分是四边形PQMN．

y=2x× x=2 x2．

②如图②中，当＜x≤1时，重叠部分是四边形PQEN．

y= （2﹣x+2tx× x= x2+ x

③如图3中，当1＜x＜2时，重叠部分是四边形PNEQ．

y= （2﹣x+2）×[ x﹣2 （x﹣1）]= x2﹣3 x+4 ；

综上所述，y=

（3）解：①如图4中，当直线AM经过BC中点E时，满足条件．

则有：tan∠EAB=tan∠QPB，

∴ = ，

解得x= ．

②如图5中，当直线AM经过CD的中点E时，满足条件．

此时tan∠DEA=tan∠QPB，

∴ = ，

解得x= ，

综上所述，当x= s或时，直线AM将矩形ABCD的面积分成1：3两部分

【解析】【解答】解：（1）当PQ⊥AB时，BQ=2PB，

∴2x=2（2﹣2x），

∴x= s．

故答案为 s．

【分析】（1）由题意BQ=2x,PB=2-2x，当PQ⊥AB时，根据含30°直角三角形的边之间的关系得：BQ=2PB，从而列出方程，求解即可；

（2）①如图1中，当0＜x≤时，重叠部分是四边形PQMN．由题意知：AP=2x，BQ=2x，故平行四边形AP边上的高是，根据平行四边形的面积计算方法得出y与x之间的函数

关系式；②如图②中，当＜x≤1时，重叠部分的面积等于平行四边形APQM的面积减去△AEM的面积，即可得出y与x的函数关系式；③如图3中，当1＜x＜2时，重叠部分是四边形PNEQ．根据相似三角形的性质，分别表示出EQ,ME,NE的长，根据重叠部分等于平行四边形NPQM的面积减去△MNE的面积，即可列出y与x之间的函数关系；

（3）①如图4中，当直线AM经过BC中点E时，满足条件．根据等角的同名三角函数值相等，即tan∠EAB=tan∠QPB，再根据三角函数的定义即可建立方程，求解得出x的值；

②如图5中，当直线AM经过CD的中点E时，满足条件．根据等角的同名三角函数值相等，即tan∠DEA=tan∠QPB，再根据三角函数的定义即可建立方程，求解得出x的值；综上所述即可得出答案。

6．如图，正方形、等腰的顶点在对角线上(点与、不重合)，

与交于，延长线与交于点，连接 .

（1）求证： .

（2）求证：

（3）若，求的值.

【答案】（1）解：∵是正方形，

∴，，

∵是等腰三角形，

∴，，

∴，

∴，

∴

（2）解：∵是正方形，

∴，，

∵是等腰三角形，

∴，

∵，

∵，

∴，

∴，

∴，

∴，

∴，

（3）解：由(1)得，，，

∴，

由(2) ，

∴，

∵，

∴，

在中，

，

∴

【解析】【分析】（1）证出∠ABP=∠CBQ，由SAS证明△ABP≌△CBQ可得结论；

（2）根据正方形的性质和全等三角形的性质得到，∠APF=∠ABP，可证明△APF∽△ABP，再根据相似三角形的性质即可求解；

（3）根据全等三角形的性质得到∠BCQ=∠BAC=45°，可得∠PCQ=90°，根据三角函数和已

知条件得到，由（2）可得，等量代换可得∠CBQ=∠CPQ即可求解．

7．已知锐角△ABC中，边BC长为12，高AD长为8

（1）如图，矩形EFGH的边GH在BC边上，其余两个顶点E、F分别在AB、AC边上，EF 交AD于点K

①求的值

②设EH=x，矩形EFGH的面积为S，求S与x的函数关系式，并求S的最大值

（2）若ABAC，正方形PQMN的两个顶点在△ABC一边上，另两个顶点分别在△ABC的另两边上，直接写出正方形PQMN的边长．

【答案】（1）解：①、∵EF∥BC ∴△AEF∽△ABC ∵AD⊥BC ∴AK⊥EF

∴ = ．

②∵① ② ①+②得：

又∵EH=x，AD=8，BC=12 ∴EF=12－ x

∴S=EH·EF=－ +12x=－ +24 ∴S的最大值为24

（2）解：或．

【解析】【分析】根据EF∥BC得出△AEF∽△ABC，从而得到，求出答案；根据题意得出和，将两式相加得到，根据EH=x，得出EF=12－

x，根据S=EH·EF得出函数关系式，求出最大值；根据三角形相似，然后分两种情况得出答案

8．已知：如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3cm，BC＝4cm，点P从点B出发，沿BC 向点C匀速运动，速度为lcm/s；同时，点Q从点A出发，沿AB向点B匀速运动，速度为2cm/s；当一个点停止运动时，另一个点也停止运动连接PQ，设运动时间为t（s）（0＜t ＜2.5），解答下列问题：

（1）①BQ＝________，BP＝________；（用含t的代数式表示）

②设△PBQ的面积为y（cm2），试确定y与t的函数关系式________；

（2）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使△PBQ的面积为△ABC面积的二分之一？如果存在，求出t的值；不存在，请说明理由；

（3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使△BPQ为等腰三角形？如果存在，求出t的值；不存在，请说明理由．

【答案】（1）5﹣2t；t；y=﹣ t2+ t

（2）解：不存在，

理由：∵AC＝3，BC＝4，

∴S△ABC＝ ×3×4＝6，

由（1）知，S△PBQ＝﹣ t2+ t，

∵△PBQ的面积为△ABC面积的二分之一，

∴﹣ t2+ t＝3，

∴2t2﹣5t+10＝0，

∵△＝25﹣4×2×10＜0，

∴此方程无解，

即：不存在某一时刻t，使△PBQ的面积为△ABC面积的二分之一

（3）解：由（1）知，AQ＝2t，BQ＝5﹣2t，BP＝t，

∵△BPQ是等腰三角形，

∴①当BP＝BQ时，

∴t＝5﹣2t，

∴t＝，

②当BP＝PQ时，如图2过点P作PE⊥AB于E，

∴BE＝ BQ＝（5﹣2t），

∵∠BEP＝90°＝∠C，∠B＝∠B，

∴△BEP∽△BCA，

∴，

∴，

∴t＝

③当BQ＝PQ时，如图3，过点Q作QF⊥BC于F，

∴BF＝ BP＝ t，

∵∠BFQ＝90°＝∠C，∠B＝∠B，

∴△BFQ∽△BCA，

∴，

∴，

∴t＝，

即：t为秒或秒或秒时，△BPQ为等腰三角形．

【解析】【解答】（1）①在Rt△ABC中，AC＝3cm，BC＝4cm，

根据勾股定理得，AB＝5cm，

由运动知，BP＝t，AQ＝2t，

∴BQ＝AB﹣AQ＝5﹣2t，

故答案为：5﹣2t，t；

②如图1，过点Q作QD⊥BC于D，

∴∠BDQ＝∠C＝90°，

∵∠B＝∠B，

∴△BDQ∽△BCA，

∴，

∴，

∴DQ＝（5﹣2t）

∴y＝S△PBQ＝BP?DQ＝ ×t× （5﹣2t）＝﹣ t2+ t；

【分析】（1）①先利用勾股定理求出AB，即可得出结论；②过点Q作QD⊥BC于D，进而得出△BDQ∽△BCA，用t表示出DQ，最后用三角形的面积公式即可得出结论；（2）先求出△ABC的面积，再利用△PBQ的面积为△ABC面积的二分之一，建立关于t的方程，进而判断出此方程无解，即可得出结论；（3）分三种情况，利用等腰三角形的性质和相似三角形的性质，得出比例式建立关于t的方程求解，即可得出结论．