人教备战中考数学相似(大题培优易错试卷)附答案
一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）
1．已知抛物线y＝ax2＋bx＋5与x轴交于点A(1，0)和点B(5，0)，顶点为M．点C在x轴的负半轴上，且AC＝AB，点D的坐标为(0，3)，直线l经过点C、D．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点P是直线l在第三象限上的点，联结AP，且线段CP是线段CA、CB的比例中项，求tan∠CPA的值；
（3）在（2）的条件下，联结AM、BM，在直线PM上是否存在点E，使得∠AEM=∠AMB.若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：∵抛物线与x轴交于点A（1，0），B（5，0），∴ ,
解得
∴抛物线的解析式为
（2）解：∵ A（1，0），B（5，0），
∴ OA=1，AB=4.
∵ AC=AB且点C在点A的左侧，
∴ AC=4 .
∴ CB=CA+AB=8.
∵线段CP是线段CA、CB的比例中项，
∴ .
∴ CP= .
又∵∠PCB是公共角，
∴△CPA∽△CBP .
∴∠CPA= ∠CBP.
过P作PH⊥x轴于H.
∵ OC=OD=3，∠DOC=90°，
∴∠DCO=45°.∴∠PCH=45°
∴ PH=CH=CP =4，
∴ H（-7，0），BH=12，
∴ P（-7，-4），
∴，
tan∠CPA= .
（3）解：∵抛物线的顶点是M（3，-4），
又∵ P（-7，-4），
∴ PM∥x轴 .
当点E在M左侧，则∠BAM=∠AME.
∵∠AEM=∠AMB，
∴△AEM∽△BMA.
∴ ,
∴ .
∴ ME=5，∴ E（-2，-4）.
过点A作AN⊥PM于点N，则N（1，-4）.
当点E在M右侧时，记为点，
∵∠A N=∠AEN，
∴点与E 关于直线AN对称，则（4，-4）.
综上所述，E的坐标为（-2，-4）或（4，-4）.
【解析】【分析】（1）用待定系数法即可求解。即;由题意把A（1，0），B（5，0），代入解析式可得关于a、b的方程组，a + b + 5 = 0 ，25 a + 5 b + 5 = 0 ,解得a=1、b=-6，所以抛物线的解析式为 y =? 6 x + 5；
(2)过P作PH⊥x轴于H.由题意可得OA=1，AB=4.而AC=AB且点C在点A的左侧，所以
AC=4 ，则CB=CA+AB=8，已知线段CP是线段CA、CB的比例中项，所以,解得CP=
4，因为∠PCB是公共角，所以根据相似三角形的判定可得△CPA∽△CBP ，所以∠CPA= ∠CBP；因为OC=OD=3，∠DOC=90°，∠DCO=45°.所以∠PCH=45°，在直角三角形PCH中，PH=CH=CP sin 45 °=4，所以H（-7，0），BH=12，则P（-7，-4），在直角三角形PBH
中，tan ∠ CBP ==tan∠CPA;
（3）将（1）中的解析式配成顶点式得y=-4,所以抛物线的顶点是M（3，-4），而P点的纵坐标也为-4，所以PM∥x轴.分两种情况讨论：当点E在M左侧，则∠BAM=∠AME，而∠AEM=∠AMB，根据相似三角形的判定可得△AEM∽△BMA，所以可
得比例式,即,解得ME=5，所以E（-2，-4）；当点E在M右侧时，记为点E ′ ，过点A作AN⊥PM于点N，则N（1，-4），因为∠A E ′ N=∠AEN，所以根据轴对称的意义可得点E ′ 与E 关于直线AN对称，则（4，-4）.
2．定义：如图，若点D在的边AB上，且满足，则称满足这样条件的点为的“理想点”
（1）如图，若点D是的边AB的中点，，，试判断点D是不是的“理想点”，并说明理由；
（2）如图，在中，，，，若点D是的“理想点”，求CD的长；
（3）如图，已知平面直角坐标系中，点，，C为x轴正半轴上一点，且满足，在y轴上是否存在一点D，使点A，B，C，D中的某一点是其余三点围成的三角形的“理想点” 若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：结论：点D是的“理想点”.
理由：如图中，
是AB中点，，
，
，，
，
，
，
∽，
，
点D是的“理想点”，
（2）解：如图中，
点D是的“理想点”，
或，
当时，
，
，
，
当时，同法证明：，
在中，，，，
，
，
.
（3）解：如图中，存在有三种情形：
过点A作交CB的延长线于M，作轴于H.
，，
，
，
，，
，
≌，
，，设，
，，
，，，，，
，
，
解得或舍弃，
经检验是分式方程的解，
，，
①当时，点A是的“理想点” 设，
，，
∽，
，
，
解得，
.
②当时，点A是的“理想点”.
易知：，
，
.
③当时，点B是的“理想点”.
易知：，
，
.
综上所述，满足条件的点D坐标为或或 .
【解析】【分析】（1）结论：点D是的“理想点” 只要证明∽
即可解决问题；（2）只要证明即可解决问题；（3）如图中，存在有三种情形：过点A作交CB的延长线于M，作轴于构造全等三角形，利用平行线分线段成比例定理构建方程求出点C坐标，分三种情形求解即可解决问题；
3．如图，矩形ABCD中，AB=m，BC=n，将此矩形绕点B顺时针方向旋转θ（0°＜θ＜90°）得到矩形A1BC1D1，点A1在边CD上．
（1）若m=2，n=1，求在旋转过程中，点D到点D1所经过路径的长度；
（2）将矩形A1BC1D1继续绕点B顺时针方向旋转得到矩形A2BC2D2，点D2在BC的延长线
上，设边A2B与CD交于点E，若 = ﹣1，求的值．
【答案】（1）解：作A1H⊥AB于H，连接BD，BD1，则四边形ADA1H是矩形．
∴AD=HA1=n=1，
在Rt△A1HB中，∵BA1=BA=m=2，
∴BA1=2HA1，
∴∠ABA1=30°，
∴旋转角为30°，
∵BD= ，
∴D到点D1所经过路径的长度=
（2）解：∵△BCE∽△BA2D2，
∴，
∴CE=
∵ -1
∴，
∴A1C= ? ，
∴BH=A1C= ? ，
∴m2-n2=6? ，
∴m4-m2n2=6n4，
1- =6?，
∴（负根已经舍弃）
【解析】【分析】（1）作A1H⊥AB于H，连接BD，BD1，则四边形ADA1H是矩形．根据矩形的对边相等得出AD=HA1=n=1，在Rt△A1HB中，根据三角形边之间的关系判断出∠ABA1=30°，即旋转角为30°，根据勾股定理算出BD的长，D到点D1所经过路径的长度，其实质就是以点B为圆心，BD为半径，圆心角为30°的弧长，根据弧长公式，计算即可；
（2）首先判断出△BCE∽△BA2D2，根据相似三角形对应边成比例得出，故CE=,根据，故进而得出，由BH=A1C列出方程，求解得出的值。
4．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y= x2+ x﹣2与x轴交于A，B两点（点A 在点B的左侧），与y轴交于点C，直线l经过A，C两点，连接BC．
（1）求直线l的解析式；
（2）若直线x=m（m＜0）与该抛物线在第三象限内交于点E，与直线l交于点D，连接OD．当OD⊥AC时，求线段DE的长；
（3）取点G（0，﹣1），连接AG，在第一象限内的抛物线上，是否存在点P，使∠BAP=∠BCO﹣∠BAG？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：∵抛物线y= x2+ x﹣2，
∴当y=0时，得x1=1，x2=﹣4，当x=0时，y=﹣2，
∵抛物线y= x2+ x﹣2与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，∴点A的坐标为（﹣4，0），点B（1，0），点C（0，﹣2），
∵直线l经过A，C两点，设直线l的函数解析式为y=kx+b，
，得，
即直线l的函数解析式为y=
（2）解：直线ED与x轴交于点F，如右图1所示，
由（1）可得，
AO=4，OC=2，∠AOC=90°，
∴AC=2 ，
∴OD= ，
∵OD⊥AC，OA⊥OC，∠OAD=∠CAO，
∴△AOD∽△ACO，
∴，
即，得AD= ，
∵EF⊥x轴，∠ADC=90°，
∴EF∥OC，
∴△ADF∽△ACO，
∴，
解得，AF= ，DF= ，
∴OF=4﹣ = ，
∴m=﹣，
当m=﹣时，y= ×（- ）2+ ×（﹣）﹣2=﹣，
∴EF= ，
∴DE=EF﹣FD=
（3）解：存在点P，使∠BAP=∠BCO﹣∠BAG，
理由：作GM⊥AC于点M，作PN⊥x轴于点N，如右图2所示，
∵点A（﹣4，0），点B（1，0），点C（0，﹣2），
∴OA=4，OB=1，OC=2，
∴tan∠OAC= ，tan∠OCB= ，AC=2 ，
∴∠OAC=∠OCB，
∵∠BAP=∠BCO﹣∠BAG，∠GAM=∠OAC﹣∠BAG，
∴∠BAP=∠GAM，
∵点G（0，﹣1），AC=2 ，OA=4，
∴OG=1，GC=1，
∴AG= ，，即，
解得，GM= ，
∴AM= = = ，
∴tan∠GAM= = ，
∴tan∠PAN= ，
设点P的坐标为（n， n2+ n﹣2），
∴AN=4+n，PN= n2+ n﹣2，
∴，
解得，n1= ，n2=﹣4（舍去），
当n= 时， n2+ n﹣2= ，
∴点P的坐标为（，），
即存在点P（，），使∠BAP=∠BCO﹣∠BAG
【解析】【分析】（1）利用抛物线的解析式求出点A、C的坐标，再利用待定系数法求出直线AC的解析式。
（2）直线ED与x轴交于点F，在Rt△AOC中，利用勾股定理求出AC的长，再证明△AOD∽△ACO，利用相似三角形的性质求出AD的长，再由EF∥OC得出对应线段成比例
求出OF的长，可得出m的值，然后求出EF的长，根据DE=EF﹣FD，可求出答案。
（3）存在点P，使∠BAP=∠BCO﹣∠BAG，作GM⊥AC于点M，作PN⊥x轴于点N，根据点A、B、C的坐标，利用锐角三角函数的定义求出AC、AG的长，再利用同一个三角形的面积相等，求出GM的长，利用勾股定理求出AM的长，从而求出tan∠PAN的值，然后设点P的坐标，求出AN、PN，再根据tan∠PAN的值建立方程求出n的值，就可得出点P的坐标。
5．如图，在矩形ABCD中，AB=18cm，AD=9cm，点M沿AB边从A点开始向B以2cm/s 的速度移动，点N沿DA边从D点开始向A以1cm/s的速度移动．如果点M、N同时出
发，用t（s）表示移动时间（0≤t≤9），求：
（1）当t为何值时，∠ANM=45°？
（2）计算四边形AMCN的面积，根据计算结果提出一个你认为合理的结论；
（3）当t为何值时，以点M、N、A为顶点的三角形与△BCD相似？
【答案】（1）解：对于任何时刻t，AM=2t，DN=t，NA=9-t，当AN=AM时，△MAN为等腰直角三角形，即：9-t=2t，
解得：t=3（s），
所以，当t=3s时，△MAN为等腰直角三角形
（2）解：在△NAC中，NA=9-t，NA边上的高DC=12，∴S△NAC= NA?DC= （9-t）?18=81-9t．
在△AMC中，AM=2t，BC=9，
∴S△AMC= AM?BC= ?2t?9=9t．
∴S四边形NAMC=S△NAC+S△AMC=81（cm2）．
由计算结果发现：
在M、N两点移动的过程中，四边形NAMC的面积始终保持不变．（也可提出：M、N两点到对角线AC的距离之和保持不变）
（3）解：根据题意，可分为两种情况来研究，在矩形ABCD中：①当NA：AB=AM：BC 时，△NAP∽△ABC，那么有：
（ 9-t）：18=2t：9，解得t=1.8（s），
即当t=1.8s时，△NAP∽△ABC；
②当 NA：BC=AM：AB时，△MAN∽△ABC，那么有：
（ 9-t）：9=2t：18，解得t=4.5（s），
即当t=4.5s时，△MAN∽△ABC；
所以，当t=1.8s或4.5s时，以点N、A、M为顶点的三角形与△ABC相似
【解析】【分析】（1）根据题意可得：因为对于任何时刻t，AM=2t，DN=t，NA=9-t．当NA=AM时，△MAN为等腰直角三角形，可得方程式，解可得答案。
（2）根据（1）中．在△NAC中，NA=9-t，NA边上的高DC=18，利用三角形的面积公式，可得S△NAC= =81-9t，S△AMC=9t．就可得出S四边形NAMC=81，因此在M、N两点移动的过程中，四边形NAMC的面积始终保持不变。
（3）根据题意，在矩形ABCD中，可分为①当NA：AB=AM：BC时，△NAP∽△ABC；②当NA：BC=AM：AB时，△MAN∽△ABC两种情况来研究，列出关系式，代入数据可得答案。
6．已知A（2,0），B（6,0），CB⊥x轴于点B，连接AC
画图操作：
（1）在y正半轴上求作点P，使得∠APB=∠ACB（尺规作图，保留作图痕迹）
（2）在（1）的条件下，
①若tan∠APB ，求点P的坐标。________
②当点P的坐标为 ________ 时，∠APB最大
（3）若在直线y x+4上存在点P，使得∠APB最大，求点P的坐标
【答案】（1）解：∠APB如图所示；
理解应用：
（2）解：如图2中，
∵∠APB=∠ACB，∴tan∠ACB=tan∠APB= = ．∵A（2，0），B（6，0），∴AB=4，BC=8，∴C（6，8），∴AC的中点K（4，4），以K为圆心AK为半径画圆，交y轴于P和P′，易知P（0，2），P′（0，6）．；（0，2 ）
拓展延伸：
（3）解：如图3中，
当经过AB的园与直线相切时，∠APB最大．∵直线y= x+4交x轴于M（﹣3，0），交y 轴于N（0，4）．∵MP是切线，∴MP2=MA?MB，∴MP=3 ，作PK⊥OA于
K．∵ON∥PK，∴ = = ，∴ = = ，∴PK= ，MK= ，∴OK= ﹣
3，∴P（﹣3，）．
【解析】【解答】解：（1）②当⊙K与y轴相切时，∠APB的值最大，此时AK=PK=4，AC=8，∴BC= =4 ，∴C（6，4 ），∴K（4，2 ），∴P（0，2 ）．
【分析】（1）因为CB⊥x轴于点B，所以∠ABC=。要使∠APB=∠ACB，只需这两个角是同弧所对的圆周角。所以用尺规左三角形ABC的外接圆，与y轴相交，其交点即为所求作的点P；
（2）①由（1）知，∠APB=∠ACB，所以tan∠ACB=tan∠APB==,已知A（2，0），B （6，0），所以AB=4，BC=8，则C（6，8），AC的中点K（4，4），以K为圆心AK为半径画圆，交y轴于P和P′，易得P（0，2），P′（0，6）；
②当⊙K与y轴相切时，∠APB的值最大，此时AK=PK=4，AC=8，在直角三角形ABC中，由勾股定理可得BC==,则C（6，），K（4，2 ），而P在y轴上，所以P（0，2 ）；
（3）由（2）知，当经过AB两点的圆与直线相切时，∠APB最大。设直线y=x+4交x轴于M交y轴于N，则可得M（﹣3，0），N（0，4），因为MP是切线，所以由切割线定理可得MP2=MA?MB，可求得MP=3，作PK⊥OA于K．所以ON∥PK，由相似三角形的
判定定理可得比例式;,即,解得PK= ，MK=，所以可得OK=-3，则P（-3，）。
7．抛物线y=ax2+bx+3（a≠0）经过点A（﹣1，0），B（，0），且与y轴相交于点C．
（1）求这条抛物线的表达式；
（2）求∠ACB的度数；
（3）设点D是所求抛物线第一象限上一点，且在对称轴的右侧，点E在线段AC上，且DE⊥AC，当△DCE与△AOC相似时，求点D的坐标．
【答案】（1）解：当x=0，y=3，
∴C（0,3）
设抛物线的解析式为y=a(x+1)(x- ).
将c（0，3）代入得：- a=3，解得a=2，
∴抛物线的解析式为y=-2x2+x+3
（2）解：过点B作BM⊥AC，垂足为M，过点M作MN⊥OA，垂足为N。
∵OC=3，AO=1，
∴tan∠CAO=3，
∴直线AC的解析式为y=3x+3.
∵AC⊥BM,
∴BM的一次项系数为。
设BM的解析式为y= +b,将点B的坐标代入得：，解得b= 。
∴BM的解析式为y= .
将y=3x+3与y= 联立解得：x= ,y= .
∴MC=BM= =
∴?MCB为等腰直角三角形。
∴∠ACB=45o.
（3）解：如图2所示，延长CD，交x轴于点F，
∵∠ACB=45o,点D是第一象限抛物线上一点，
∴∠ECD>45o.
又∵?DCE与?AOC相似，∠AOC=∠DEC=90o,
∴∠CAO=∠ECD.
∴CF=AF.
设点F的坐标为（a，0），则（a+1）2=32+a2，解得a=4.
∴F（4,0）.
设CF的解析式为y=kx+3,将F（4,0）代入得4k+3=0，解得k= 。
∴CF的解析式为y= x+3.
将y= x+3与y=-2x2+x+3联立，解得x=0（舍去）或x= .
将x= 代入y= x+3得y= .
∴D（，）
【解析】【分析】（1）易求得C的坐标，利用交点式设出解析式，再把C的坐标代入可求出；
（2）过点B作BM⊥AC，垂足为M，过点M作MN⊥OA，垂足为N.由tan∠CAO=3先求出直线AC的解析式，从而求出BM的解析式，两个解析式联立求出M的坐标，再由两点之间的距离求出MC=BM，进而得出?MCB的形状，求出答案；
（3）延长CD，交x轴于点F，由?DCE与?AOC相似可得出CF=AF，利用勾股定理求出F的坐标，由待定系数法求出CF的解析式，再与二次函数的解析式联立求出D的坐标.
8．在Rt△ABC中，∠BAC=90°，过点B的直线MN∥AC，D为BC边上一点，连接AD，作DE⊥AD交MN于点E，连接AE．
（1）如图①，当∠ABC=45°时，求证：AD=DE；理由；
（2）如图②，当∠ABC=30°时，线段AD与DE有何数量关系？并请说明理由；
（3）当∠ABC=α时，请直接写出线段AD与DE的数量关系．（用含α的三角函数表示）【答案】（1）解：如图1，过点D作DF⊥BC，交AB于点F，
则∠BDE+∠FDE=90°，∵DE⊥AD，∴∠FDE+∠ADF=90°，∴∠BDE=∠ADF，∵∠BAC=90°，∠ABC=45°，∴∠C=45°，∵MN∥AC，∴∠EBD=180°﹣∠C=135°，∵∠FBD=45°，DF⊥BC，∴∠BFD=45°，BD=DF，∴∠AFD=135°，∴∠EBD=∠AFD，在△BDE和△FDA中，∵∠EBD=∠AFD，BD=DF，∠BDF=∠ADF，∴△BDE≌△FDA（ASA），∴AD=DE
（2）解：DE= AD，理由：
如图2，过点D作DG⊥BC，交AB于点G，则∠BDE+∠GDE=90°，∵DE⊥AD，∴∠GDE+∠ADG=90°，∴∠BDE=∠ADG，∵∠BAC=90°，∠ABC=30°，∴∠C=60°，∵MN∥AC，∴∠EBD=180°﹣∠C=120°，∵∠ABC=30°，DG⊥BC，∴∠BGD=60°，
∴∠AGD=120°，∴∠EBD=∠AGD，∴△BDE∽△GDA，∴，在Rt△BDG中，
=tan30°= ，∴DE= AD
（3）解：AD=DE?tanα；理由：
如图2，∠BDE+∠GDE=90°，∵DE⊥AD，∴∠GDE+∠ADG=90°，∴∠BDE=∠ADG，
∵∠EBD=90°+α，∠AGD=90°+α，∴∠EBD=∠AGD，∴△EBD∽△AGD，∴，在
Rt△BDG中，=tanα，则=tanα，∴AD=DE?tanα．
【解析】【分析】（1）如图1，过点D作DF⊥BC，交AB于点F，根据同角的余角相等得出∠BDE=∠ADF，根据等腰直角三角形的性质得出∠C=45°，∠BFD=45°，BD=DF，进而根据平行线的性质邻补角的定义得出∠EBD=180°﹣∠C=135°，∠AFD=135°，从而利用ASA判断出△BDE≌△FDA，根据全等三角形的对应边相等得出AD=DE；
（2）DE= AD，理由：如图2，过点D作DG⊥BC，交AB于点G，根据等角的余角相等得出∠BDE=∠ADG，根据三角形的内角和得出∠C=60°，∠BGD=60°，根据二直线平行同旁内角互补得出∠EBD=120°，根据邻补角的定义得出∠AGD=120°，故∠EBD=∠AGD，根据两个角对应相等的两个三角形相似得出△BDE∽△GDA，利用相似三角形对应边成比例得出
AD∶DE=DG∶BD,根据正切函数的定义及特殊锐角三角函数值得出DG∶BD=tan30°= ,从而得出答案；
（3）AD=DE?tanα；理由：如图2过点D作DG⊥BC，交AB于点G，根据等角的余角相等得出∠BDE=∠ADG，根据三角形的内角和得出根据二直线平行同旁内角互补得出∠EBD=90°+α，三角形的外角定理得出∠AGD=90°+α，故∠EBD=∠AGD，根据两个角对应相等的两个三角形相似得出△BDE∽△GDA，利用相似三角形对应边成比例得出AD∶DE=DG∶BD,根据正切函数的定义DG∶BD=tanα从而得出答案。