沈阳备战中考数学易错题专题复习-相似练习题

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．如图，抛物线过点，．为线段OA上一个动点（点M与点A不重合），过点M作垂直于x轴的直线与直线AB和抛物线分别交于点P、N．

（1）求直线AB的解析式和抛物线的解析式；

（2）如果点P是MN的中点，那么求此时点N的坐标；

（3）如果以B，P，N为顶点的三角形与相似，求点M的坐标．

【答案】（1）解：设直线的解析式为（）

∵，

∴解得

∴直线的解析式为

∵抛物线经过点，

∴解得

∴

（2）解：∵轴，则，

∴，

∵点是的中点

∴

∴

解得，（不合题意，舍去）

∴

（3）解：∵，，

∴，

∴

∵

∴当与相似时，存在以下两种情况：

∴解得

∴

∴ ,解得

∴

【解析】【分析】（1）运用待定系数法解答即可。

（2）由（1）可得直线AB的解析式和抛物线的解析式，由点M（m,0）可得点N，P用m 表示的坐标，则可求得NP与PM，由NP=PM构造方程，解出m的值即可。

（3）在△BPN与△APM中，∠BPN=∠APM，则有和这两种情况，分别用含m的代数式表示出BP，PN，PM，PA，代入建立方程解答即可。

2．如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，AH⊥BC于点H，过点C作CD⊥AC，连接AD，点M为AC上一点，且AM=CD，连接BM交AH于点N，交AD于点E．

（1）若AB=3，AD= ，求△BMC的面积；

（2）点E为AD的中点时，求证：AD= BN ．

【答案】（1）解：如图1中，

在△ABM和△CAD中，∵AB=AC，∠BAM=∠ACD=90°，AM=CD，∴△ABM≌△CAD，

∴BM=AD= ，∴AM= =1，∴CM=CA﹣AM=2，∴S△BCM= ?CM?BA= ×23=3．

（2）解：如图2中，连接EC、CN，作EQ⊥BC于Q，EP⊥BA于P．

∵AE=ED，∠ACD=90°，∴AE=CE=ED，∴∠EAC=∠ECA，∵△ABM≌△CAD，∴∠ABM=∠CAD，∴∠ABM=∠MCE，∵∠AMB=∠EMC，∴∠CEM=∠BAM=90°，

∴△ABM∽△ECM，∴，∴，∵∠AME=∠BMC，∴△AME∽△BMC，∴∠AEM=∠ACB=45°，∴∠AEC=135°，易知∠PEQ=135°，∴∠PEQ=∠AEC，∴∠AEQ=∠EQC，∵∠P=∠EQC=90°，∴△EPA≌△EQC，∴EP=EQ，∵EP⊥BP，EQ⊥BC

∴BE平分∠ABC，∴∠NBC=∠ABN=22.5°，∵AH垂直平分BC，∴NB=NC，∴∠NCB=∠NBC=22.5°，∴∠ENC=∠NBC+∠NCB=45°，∴△ENC的等腰直角三角形，∴NC=

EC，∴AD=2EC，∴2NC= AD，∴AD= NC，∵BN=NC，∴AD= BN．

【解析】【分析】（1）首先利用SAS判断出△ABM≌△CAD，根据全等三角形对应边相等得出BM=AD= ，根据勾股定理可以算出AM，根据线段的和差得出CM的长，利用

S△BCM= ?CM?BA即可得出答案；

（2）连接EC、CN，作EQ⊥BC于Q，EP⊥BA于P．根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出AE=CE=ED，根据等边对等角得出∠EAC=∠ECA，根据全等三角形对应角相等得出∠ABM=∠CAD，从而得出∠ABM=∠MCE，根据对顶角相等及三角形的内角和得出∠CEM=∠BAM=90°，从而判断出△ABM∽△ECM，由相似三角形对应边成比例得出BM∶CM= AM∶EM,从而得出BM∶AM= CM∶EM，根据两边对应成比例及夹角相等得出△AME∽△BMC，故∠AEM=∠ACB=45°，∠AEC=135°，易知∠PEQ=135°，故∠PEQ=∠AEC，∠AEQ=∠EQC，又∠P=∠EQC=90°，故△EPA≌△EQC，故EP=EQ，根据角平分线的判定得出BE平分∠ABC，故∠NBC=∠ABN=22.5°，根据中垂线定理得出NB=NC，根据等腰三角形的性质得出∠NCB=∠NBC=22.5°，故∠ENC=∠NBC+∠NCB=45°，△ENC的等腰直角三角形，根据等腰直角三角形边之间的关系得出NC= EC，根据AD=2EC，2NC= AD，AD= NC，又BN=NC，故AD= BN．

3．如图，已知：在Rt△ABC中，斜边AB=10，sinA= ，点P为边AB上一动点（不与A，B重合），

PQ平分∠CPB交边BC于点Q，QM⊥AB于M，QN⊥CP于N．

（1）当AP=CP时，求QP；

（2）若四边形PMQN为菱形，求CQ；

（3）探究：AP为何值时，四边形PMQN与△BPQ的面积相等？

【答案】（1）解：∵AB=10，sinA= ，

∴BC=8，

则AC= =6，

∵PA=PC．

∴∠PAC=∠PCA，

∵PQ平分∠CPB，

∴∠BPC=2∠BPQ=2∠A，

∴∠BPQ=∠A，

∴PQ∥AC，

∴PQ⊥BC，又PQ平分∠CPB，

∴∠PCQ=∠PBQ，

∴PB=PC，

∴P是AB的中点，

∴PQ= AC=3

（2）解：∵四边形PMQN为菱形，

∴MQ∥PC，

∴∠APC=90°，

∴ ×AB×CP= ×AC×BC，

则PC=4.8，

由勾股定理得，PB=6.4，

∵MQ∥PC，

∴ = = = ，即 = ，

解得，CQ=

（3）解：∵PQ平分∠CPB，QM⊥AB，QN⊥CP，∴QM=QN，PM=PN，

∴S△PMQ=S△PNQ，

∵四边形PMQN与△BPQ的面积相等，

∴PB=2PM，

∴QM是线段PB的垂直平分线，

∴∠B=∠BPQ，

∴∠B=∠CPQ，

∴△CPQ∽△CBP，

∴ = = ，

∴ = ，

∴CP=4× =4× =5，

∴CQ= ，

∴BQ=8﹣ = ，

∴BM= × = ，

∴AP=AB﹣PB=AB﹣2BM=

【解析】【分析】（１）当AP=CP时，由锐角三角函数可知AC=6，BC=8，因为PQ平分∠CPB，所以PQ//AC，可知PB=PC，所以点P是AB的中点，所以PQ是△ABC的中位线，PQ =3;

(2)当四边形PMQN为菱形时，因为∠APC=，所以四边形PMQN为正方形，可得

PC=4.8，PB=3.6，因为MQ//PC，所以，可得;

(3)当QM垂直平分PB 时，四边形PMQN的面积与△BPQ的面积相等，此时△CPQ∽△CBP，对应边成比例，可得，所以，因为AP=AB-2BM，所以AP=.

4．如图，已知在△ABC中，∠ACB=90°，BC=2，AC=4，点D在射线BC上，以点D为圆心，BD为半径画弧交边AB于点E，过点E作EF⊥AB交边AC于点F，射线ED交射线AC 于点G．

（1）求证：△EFG∽△AEG；

（2）设FG=x，△EFG的面积为y，求y关于x的函数解析式并写出定义域；

（3）联结DF，当△EFD是等腰三角形时，请直接写出FG的长度．

【答案】（1）证明：∵ ED=BD，

∴∠B=∠BED．

∵∠ACB=90°，

∴∠B+∠A=90°．

∵ EF⊥AB，

∴∠BEF=90°．

∴∠BED+∠GEF=90°．

∴∠A=∠GEF．

∵∠G是公共角，

∴△EFG∽△AEG

（2）解：作EH⊥AF于点H．

∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=2，AC=4，∴tanA= = ，

∴在Rt△AEF中，∠AEF=90°，tanA= = ,

∵△EFG∽△AEG，

∴ ,

∵ FG=x，

∴ EG=2x，AG=4x．

∴ AF=3x．

∵ EH⊥AF，

∴∠AHE=∠EHF=90°．

∴∠EFA+∠FEH=90°．

∵∠AEF=90°，

∴∠A+∠EFA=90°,

∴∠A=∠FEH,

∴ tanA =tan∠FEH,

∴在Rt△EHF中，∠EHF=90°，tan∠FEH= = ,∴ EH=2HF,

∵在Rt△AEH中，∠AHE=90°，tanA= = ，

∴ AH=2EH，

∴ AH=4HF，

∴ AF=5HF，

∴ HF= ，

∴EH= ，

∴y= FG·EH= x· = 定义域：（0

（3）解：当△EFD为等腰三角形时，

①当ED=EF时，则有∠EDF=∠EFD，

∵∠BED=∠EFH，

∴∠BEH=∠AHG，

∵∠ACB=∠AEH=90°，

∴∠CEF=∠HEF，即EF为∠GEH的平分线，

则ED=EF=x，DG=8?x，

∵anA= ，

∴x=3，即BE=3；

②若FE=FD, 此时FG的长度是 ;

③若DE=DF, 此时FG的长度是 .

【解析】【分析】（1）因为ED=BD，所以∠B=∠BED．根据等角的补角相等可得∠A=∠GEF，而∠G是公共角，所以由相似三角形的判定可得△EFG∽△AEG；

（2）作EH⊥AF于点H．∠AEF=∠ACB=90°，∠A是公共角，所以可得AEF ACB，所以可得比例式，,由（1）得△EFG∽△AEG，所以可得比例式，,因为FG=x，所以EG=2x，AG=4x．则AF=3x，由同角的余角相等可得∠A=∠FEH,所以tanA =tan∠FEH,在Rt△EHF中，∠EHF=90°，tan∠FEH=,所以EH=2HF,在Rt△AEH中，同理可得AH=2EH，所以AH=4HF，AF=5HF，HF=x ，则EH= x ，△EFG 的面积y= FG·EH=x· x=,自变量的取值范围是0

（3）当△EFD为等腰三角形时，分三种情况讨论：

①当ED=EF时，则有∠EDF=∠EFD，易得FG=3；

②若FE=FD, 易得FG=；

③若DE=DF, 易得FG=.

5．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.

6．已知在△ABC中，∠ABC=90°，AB=3，BC=4.点Q是线段AC上的一个动点，过点Q作AC的垂线交线段AB（如图1）或线段AB的延长线（如图2）于点P.

（1）当点P在线段AB上时，求证：△APQ∽△ABC；

（2）当△PQB为等腰三角形时，求AP的长.

【答案】（1））证明：∵∠A+∠APQ=90°，∠A+∠C=90°，∴∠APQ=∠C.

在△APQ与△ABC中，∵∠APQ=∠C，∠A=∠A，

∴△APQ∽△ABC.

（2）解：在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，由勾股定理得：AC=5.

∵∠BPQ为钝角，∴当△PQB为等腰三角形时，只可能是PB=PQ.

（I）当点P在线段AB上时，如题图1所示，

由（1）可知，△APQ∽△ABC，

∴，即，解得： .

∴ .

（II）当点P在线段AB的延长线上时，如题图2所示,

∵BP=BQ，∴∠BQP=∠P.

∵∠BQP+∠AQB=90°，∠A+∠P=90°，∴∠AQB=∠A。∴BQ=AB。

∴AB=BP，点B为线段AB中点。

∴AP=2AB=2×3=6.

综上所述，当△PQB为等腰三角形时，AP的长为或6.

【解析】【分析】（1）由两对角相等（∠APQ=∠C，∠A=∠A），证明△APQ∽△ABC。（2）当△PQB为等腰三角形时，有两种情况，需要分类讨论.（I）当点P在线段AB上时，如题图1所示.由三角形相似（△APQ∽△ABC）关系计算AP的长；（II）当点P在线段AB的延长线上时，如题图2所示.利用角之间的关系，证明点B为线段AP的中点，从而可以求出AP.

7．

（1）【探索发现】如图1，是一张直角三角形纸片，，小明想从中剪出一个以为内角且面积最大的矩形，经过多次操作发现，当沿着中位线DE、EF剪下时，所得的矩形的面积最大，随后，他通过证明验证了其正确性，并得出：矩形的最大面积与原三角形面积的比值为________.

（2）【拓展应用】如图2，在中，，BC边上的高，矩形PQMN 的顶点P、N分别在边AB、AC上，顶点Q、M在边BC上，求出矩形PQMN面积的最大值用含a、h的代数式表示；

（3）【灵活应用】如图3，有一块“缺角矩形”ABCDE，，，，，小明从中剪出了一个面积最大的矩形为所剪出矩形的内角，直接写出该矩形的面积.

【答案】（1）

（2）解：，

∽，

，可得，

设，由，

当时，最大值为 .

（3）解：如图，过DE上的点P作于点G，延长GP交AE延长线于点I，过点P 作于点H，

则四边形AHPI和四边形BGPH均为矩形，

设，则，

，，，，

，，

由∽知，

即，得，

，

则矩形BGPH的面积，

当时，矩形BGPH的面积取得最大值，最大值为567.

【解析】【解答】（1）解：、ED为中位线，

，，，，

又，

四边形FEDB是矩形，

则，

故答案为：；

【分析】（1）由中位线知EF= BC、ED= AB、由可得；（2）由△APN∽△ABC知，可得PN=a- ，设PQ=x，由S矩形PQMN=PQ?PN=

，据此可得；（3）结合图形过DE上的点P作PG⊥BC于点G，延长GP交AE延长线于点I，过点P作PH⊥AB，设PG=x，知PI=28-x，由△EIP∽△EKD知

，据此求得EI= ，PH= ，再根据矩形BGPH的面积S=

可得答案.

8．【问题】

如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，过点C作直线l平行于AB.∠EDF=90°，点D 在直线l上移动，角的一边DE始终经过点B，另一边DF与AC交于点P，研究DP和DB的数量关系.

（1）【探究发现】如图2，某数学兴趣小组运用“从特殊到一般”的数学思想，发现当点D 移动到使点P与点C重合时，通过推理就可以得到DP=DB，请写出证明过程；

（2）【数学思考】如图3，若点P是AC上的任意一点（不含端点A、C），受（1）的启发，这个小组过点D作DG⊥CD交BC于点G，就可以证明DP=DB，请完成证明过程；（3）【拓展引申】如图4，在（1）的条件下，M是AB边上任意一点（不含端点A、B），N是射线BD上一点，且AM=BN，连接MN与BC交于点Q，这个数学兴趣小组经过多次取M点反复进行实验，发现点M在某一位置时BQ的值最大.若AC=BC=4，请你直接写出BQ的最大值.

【答案】（1）解：∵∠ACB=90°，AC=BC

∴∠CAB=∠CBA=45°

∵CD∥AB

∴∠CBA=∠DCB=45°，且BD⊥CD

∴∠DCB=∠DBC=45°

∴DB=DC

即DB=DP

（2）解：∵DG⊥CD，∠DCB=45°

∴∠DCG=∠DGC=45°

∴DC=DG，∠DCP=∠DGB=135°，

∵∠BDP=∠CDG=90°

∴∠CDP=∠BDG，且DC=DG，∠DCP=∠DGB=135°，

∴△CDP≌△GDB（ASA）

∴DB=DP

（3）解：如图4，过点M作MH⊥MN交AC于点H，连接CM，HQ，

∵MH⊥MN，

∴∠AMH+∠NMB=90°

∵CD∥AB，∠CDB=90°

∴∠DBM=90°

∴∠NMB+∠MNB=90°

∴∠HMA=∠MNB，且AM=BN，∠CAB=∠CBN=45°

∴△AMH≌△BNQ（ASA）

∴AH=BQ

∵∠ACB=90°，AC=BC=4，

∴AB=4 ，AC-AH=BC-BQ

∴CH=CQ

∴∠CHQ=∠CQH=45°=∠CAB

∴HQ∥AB

∴∠HQM=∠QMB

∵∠ACB=∠HMQ=90°

∴点H，点M，点Q，点C四点共圆，

∴∠HCM=∠HQM

∴∠HCM=∠QMB，且∠A=∠CBA=45°

∴△ACM∽△BMQ

∴

∴

∴BQ= +2

∴AM=2 时，BQ有最大值为2.

【解析】【分析】（1）DB=DP，理由如下：根据等腰直角三角形的性质得出∠CAB=∠CBA=45°，根据二直线平行，内错角相等得出∠CBA=∠DCB=45°，根据三角形的内角和得出∠DCB=∠DBC=45°，最后根据等角对等边得出 DB=DC ，即DB=DP；

（2）利用ASA判断出△CDP≌△GDB ，再根据全等三角形的对应边相等得出DB=DP；（3）如图4，过点M作MH⊥MN交AC于点H，连接CM，HQ，利用ASA判断出△AMH≌△BNQ 根据全等三角形的对应边相等得出AH=BQ，进而判断出点H，点M，点Q，点C四点共圆，根据圆周角定理得出∠HCM=∠HQM ，然后判断出△ACM∽△BMQ ，

根据相似三角形的对应边成比例得出,根据比例式及偶数次幂的非负性即可得出求出答案.