备战中考数学专题训练---相似的综合题分类

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，动点P从点A开始沿边AC向点C以1个单位长度的速度运动，动点Q从点C开始沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，过点P作PD∥BC，交AB于点D，连接PQ分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒（t≥0）．

（1）直接用含t的代数式分别表示：QB=________，PD=________．

（2）是否存在t的值，使四边形PDBQ为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．并探究如何改变Q的速度（匀速运动），使四边形PDBQ在某一时刻为菱形，求点Q 的速度；

（3）如图2，在整个运动过程中，求出线段PQ中点M所经过的路径长．

【答案】（1）8-2t；

（2）解：不存在

在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，

∴AB=10

∵PD∥BC，

∴△APD∽△ACB，

∴，即，

∴AD= ，

∴BD=AB-AD=10- ，

∵BQ∥DP，

∴当BQ=DP时，四边形PDBQ是平行四边形，

即8-2t= ，解得：t= ．

当t= 时，PD= ，BD=10- ，

∴DP≠BD，

∴?PDBQ不能为菱形．

设点Q的速度为每秒v个单位长度，

则BQ=8-vt，PD= ，BD=10- ，

要使四边形PDBQ为菱形，则PD=BD=BQ，

当PD=BD时，即 =10- ，解得：t=

当PD=BQ，t= 时，即，解得：v=

当点Q的速度为每秒个单位长度时，经过秒，四边形PDBQ是菱形．

（3）解：如图2，以C为原点，以AC所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系．

依题意，可知0≤t≤4，当t=0时，点M1的坐标为（3，0），当t=4时点M2的坐标为（1，4）．

设直线M1M2的解析式为y=kx+b，

∴，

解得

，

∴直线M1M2的解析式为y=-2x+6．

∵点Q（0，2t），P（6-t，0）

∴在运动过程中，线段PQ中点M3的坐标（，t）．

把x= 代入y=-2x+6得y=-2× +6=t，

∴点M3在直线M1M2上．

过点M2作M2N⊥x轴于点N，则M2N=4，M1N=2．

∴M1M2=2

∴线段PQ中点M所经过的路径长为2 单位长度．

【解析】【解答】（1）根据题意得：CQ=2t，PA=t，

∴QB=8-2t，

∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，PD∥BC，

∴∠APD=90°，

∴tanA= ，

∴PD= ．

【分析】CQ=2t，PA=t，可得QB=8﹣2t，根据tanA=，可以表示PD；易得△APD∽△ACB，即可求得AD与BD的长，由BQ∥DP，可得当BQ=DP时，四边形PDBQ是平行四边形；求得此时DP与BD的长，由DP≠BD，可判定?PDBQ不能为菱形；然后设点Q 的速度为每秒v个单位长度，由要使四边形PDBQ为菱形，则PD=BD PD=BQ，列方程即可求得答案．以C为原点，以AC所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系，求出直线M1M2解析式，证明M3在直线M1M2上，利用勾股定理求出M1M2.

2．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可求出答案.

3．如图，在四边形ABCD中，AD//BC，，BC=4，DC=3，AD=6.动点P从点D出发，沿射线DA的方向,在射线DA上以每秒2两个单位长的速度运动，动点Q从点C出发，在线段CB上以每秒1个单位长的速度向点B运动，点P、Q分别从点D,C同时出发,当点Q运动到点B时，点P随之停止运动.设运动的时间为t(秒).

（1）设的面积为，直接写出与之间的函数关系式是________（不写取值范围）.

（2）当B,P,Q三点为顶点的三角形是等腰三角形时，求出此时的值.

（3）当线段PQ与线段AB相交于点O，且2OA=OB时，直接写出 =________. （4）是否存在时刻，使得若存在，求出的值；若不存在,请说明理由.

【答案】（1）

（2）解：如图1，过点P作PH⊥BC于点H，

∴∠PHB=∠PHQ=90°，

∵∠C=90°，AD∥BC，

∴∠CDP=90°，

∴四边形PHCD是矩形，

∴PH=CD=3，HC=PD=2t，

∵CQ=t，BC=4，

∴HQ=CH-CQ=t，BH=BC-CH=4-2t，BQ=4-t，

∴BQ2= ，BP2= ，PQ2= ，

由BQ2=BP2可得：，解得：无解；

由BQ2=PQ2可得：，解得：；

由BP2= PQ2可得：，解得：或，∵当时，BQ=4-4=0，不符合题意，

∴综上所述，或；

（3）

（4）解：如图3，过点D作DM∥PQ交BC的延长线于点M，

则当∠BDM=90°时，PQ⊥BD，即当BM2=DM2+BD2时，PQ⊥BD，

∵AD∥BC，DM∥PQ，

∴四边形PQMD是平行四边形，

∴QM=PD=2t，

∵QC=t,

∴CM=QM-QC=t，

∵∠BCD=∠MCD=90°，

∴BD2=BC2+DC2=25，DM2=DC2+CM2=9+t2，

∵BM2=(BC+CM)2=(4+t)2，

∴由BM2=BD2+DM2可得：，解得：，

∴当时，∠BDM=90°，

即当时，PQ⊥BD.

【解析】【解答】解：（1）由题意可得BQ=BC-CQ=4-t，点P到BC的距离=CD=3，

∴S△PBQ= BQ×3= ；

（ 3 ）解：如图2，过点P作PM⊥BC交CB的延长线于点M，

∴∠PMC=∠C=90°，

∵AD∥BC，

∴∠D=90°，△OAP∽△OBQ，

∴四边形PMCD是矩形，，

∴PM=CD=3，CM=PD=2t，

∵AD=6，BC=4，CQ=t，

∴PA=2t-6，BQ=4-t，MQ=CM-CQ=2t-t=t,

∴，解得：，

∴MQ= ，

又∵PM=3，∠PMQ=90°，

∴tan∠BPQ= ；

【分析】（1）点P作PM⊥BC，垂足为M，则四边形PDCM为矩形，根据梯形的面积公式就可以利用t表示，就得到s与t之间的函数关系式。

（2）以B、P、Q三点为顶点的三角形是等腰三角形，可以分PQ=BQ、BP=BQ、PB=PQ三种情况，在Rt△PMQ中根据勾股定理，就得到一个关于t的方程，就可以求出t。

（3）根据相似三角形对应边比例可列式求出t，从而根据正切的定义求出值；

（4）首先假设存在，然后根据相似三角形对应边成比例求证。

4．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。

5．如图,在一间黑屋子里用一盏白炽灯照一个球.

（1）球在地面上的影子是什么形状?

（2）当把白炽灯向上平移时,影子的大小会怎样变化?

（3）若白炽灯到球心的距离是1 m,到地面的距离是3 m,球的半径是0.2 m,则球在地面上影子的面积是多少?

【答案】（1）解：球在地面上的影子的形状是圆.

（2）解：当把白炽灯向上平移时,影子会变小.

（3）解：由已知可作轴截面，如图所示：

依题可得：OE=1 m，AE=0.2 m，OF=3 m，AB⊥OF于H，

在Rt△OAE中，

∴OA= = = (m)，

∵∠AOH=∠EOA，∠AHO=∠EAO=90°，

∴△OAH∽△OEA，

∴，

∴OH= == (m)，

又∵∠OAE=∠AHE=90°，∠AEO=∠HEA，

∴△OAE∽△AHE，

∴ = ，

∴AH= ==2625 (m).

依题可得：△AHO∽△CFO，

∴ AHCF=OHOF ，

∴CF= AH?OFOH = 2625×32425=64 (m)，

∴S影子=π·CF2=π· (64)2 = 38 π=0.375π(m2).

答：球在地面上影子的面积是0.375π m2.

【解析】【分析】（1）球在灯光的正下方，根据中心投影的特点可得影子是圆.

（2）根据中心投影的特点：在灯光下，离点光源近的物体它的影子短，离点光源远的物体它的影子长；所以白炽灯向上移时，阴影会逐渐变小.

（3）作轴截面（如图）由相似三角形的判定得三组三角形相似，再根据相似三角形的性质对应边成比例，可求得阴影的半径，再根据面积公式即可求出面积.

6．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。

7．平面上，Rt△ABC与直径为CE的半圆O如图1摆放，∠B=90°，AC=2CE=m，BC=n，半圆O交BC边于点D，将半圆O绕点C按逆时针方向旋转，点D随半圆O旋转且∠ECD始终等于∠ACB，旋转角记为α（0°≤α≤180°）．

（1）当α=0°时，连接DE，则∠CDE=________°，CD=________；

（2）试判断：旋转过程中的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明；

（3）若m=10，n=8，当旋转的角度α恰为∠ACB的大小时，求线段BD的长；

（4）若m=6，n= ，当半圆O旋转至与△ABC的边相切时，直接写出线段BD的长．

【答案】（1）90；

（2）解：如图3中，

∵∠ACB=∠DCE，∴∠ACE=∠BCD．∵，∴△ACE∽△BCD，∴

．

（3）解：如图4中，

当α=∠ACB时．在Rt△ABC中，∵AC=10，BC=8，∴AB= =6．在Rt△ABE中，∵AB=6，BE=BC﹣CE=3，∴AE= = =3 ，由（2）可知

△ACE∽△BCD，∴，∴ = ，∴BD= ．故答案为：

（4）解：∵m=6，n= ，∴CE=3，CD=2 ，AB= =2，①如图5

中，

当α=90°时，半圆与AC相切．在Rt△DBC中，BD= =

=2 ．

②如图6中，

当α=90°+∠ACB时，半圆与BC相切，作EM⊥AB于M．∵∠M=∠CBM=∠BCE=90°，∴四边形BCEM是矩形，∴，∴AM=5，AE= = ，由

（2）可知 = ，∴BD= ．

故答案为：2 或．

【解析】【解答】（1）①如图1中，

当α=0时，连接DE，则∠CDE=90°．∵∠CDE=∠B=90°，∴DE∥AB，∴ =

．∵BC=n，∴CD= ．故答案为：90°， n．

【分析】（1）连接DE，当α=0时，由直径所对的圆周角时直角可得∠CDE=90°，判断DE∥AB，从而可得比例式进而求解。

（2）旋转过程中 B D： A E 的大小有无变化，可以看 B D， A E 所在的三角形相似，从而可的△ACE∽△BCD，进而得出结论。

（3）根据勾股定理求得AB和AE，即可求出BD。

（4）由题意分两种情况：当α=90°时，半圆与AC相切。当α=90°+∠ACB时，半圆与BC相切。

8．如图，点A、B的坐标分别为（4，0）、（0，8），点C是线段OB上一动点，点E在x轴正半轴上，四边形OEDC是矩形，且OE=2OC．设OE=t（t＞0），矩形OEDC与△AOB 重合部分的面积为S．

根据上述条件，回答下列问题：

（1）当矩形OEDC的顶点D在直线AB上时，求t的值；

（2）当t=4时，求S的值；

（3）直接写出S与t的函数关系式（不必写出解题过程）；

（4）若S=12，则t=________．

【答案】（1）解：由题意可得∠BCD=∠BOA=90°，∠CBD=∠OBA，

∴△BCD∽△BOA，

∴

而CD＝OE＝t，BC＝8?CO＝8? ，OA＝4，

则8? ，解得t＝，

∴当点D在直线AB上时，t＝

（2）解：当t=4时，点E与A重合，设CD与AB交于点F，

则由△CBF∽△OBA得，

即，解得CF=3，

∴S＝ OC(OE+CF)＝ ×2×(3+4)＝7

（3）解：①当0＜t≤时，S= t2

②当＜t≤4时，S=-t2+10t?16

③当4＜t≤16时，S=t2+2t

（4）8

【解析】【解答】解：（3）①当0﹤t≤时，如图（1），

②当

∵A（4,0），B（0,8）

∴直线AB的解析式为y=-2x+8,

∴G（t,-2t+8）,F(4-,),

∴DF=t-4,DG=t-8，

∴S=S矩形COED-S△DFG=t·

③当4＜t≤16时，如图（3）

∵CD∥OA，

∴△BCF∽△BOA，

∴

∴,

∴CF=4-,

∴S=S△BOA-S△BCF=

（4）由题意可知把S=12代入S= t2+2t中, . t2+2t=12,整理，得t2-32t+192=0.解得 t1=8,t2=24>16（舍去）当S=12时，t=8

【分析】（1）首先判断出△BCD∽△BOA，根据相似三角形对应边成比例得出BC ∶BO=CD ∶OA ，根据矩形的性质及线段的和差得出CD＝OE＝t，BC＝8?CO＝8- ，OA＝4，利用比例式即可得出方程，求解得出t的值；

（2）当t=4时，点E与A重合，设CD与AB交于点F，则由△CBF∽△OBA得CF ：CB=OA ∶OB ，根据比例式得出方程，求解得出CF的长，根据梯形的面积公式即可算出答案；

（3）①当0﹤t≤ 时，如图（1），其重叠部分的面积就是矩形的面积，根据矩形的面积

公式即可得出函数关系式；②当

应边成比例得出BC：BO=CF：OA,根据比例式表示出CF的长，再根据S=S△BOA-S△BCF即可得出函数关系式。

9．如图（1），已知点G在正方形ABCD的对角线AC上，GE⊥BC，垂足为点E，GF⊥CD，垂足为点F．

（1）证明与推断：

①求证：四边形CEGF是正方形；②推断： AG∶BE的值为：

（2）探究与证明：

将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转α角（0°＜α＜45°），如图（2）所示，试探究线段AG与BE之间的数量关系，并说明理由：

（3）拓展与运用：

正方形CEGF在旋转过程中，当B，E，F三点在一条直线上时，如图（3）所示，延长CG 交AD于点H．若AG=6，GH=2 ，则BC=________．

【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，

∴∠BCD=90°，∠BCA=45°，

∵GE⊥BC、GF⊥CD，

∴∠CEG=∠CFG=∠ECF=90°，

∴四边形CEGF是矩形，∠CGE=∠ECG=45°，

∴EG=EC，

∴四边形CEGF是正方形

（2）解：连接CG，

由旋转性质知∠BCE=∠ACG=α，

在Rt△CEG和Rt△CBA中，

=cos45°= 、 =cos45°= ，

∴ = ，

∴△ACG∽△BCE，

∴，

∴线段AG与BE之间的数量关系为AG= BE

（3）

【解析】【解答】（1）②由①知四边形CEGF是正方形，

∴∠CEG=∠B=90°，∠ECG=45°，

∴，GE∥AB，

∴，

故答案为：；

（ 3 ）∵∠CEF=45°，点B、E、F三点共线，

∴∠BEC=135°，

∵△ACG∽△BCE，

∴∠AGC=∠BEC=135°，

∴∠AGH=∠CAH=45°，

∵∠CHA=∠AHG，

∴△AHG∽△CHA，

∴，

设BC=CD=AD=a，则AC= a，

则由得，

∴AH= a，

则DH=AD﹣AH= a，CH= = a，

∴由得，

解得：a=3 ，即BC=3 ，

故答案为：3 ．

【分析】（1）①根据正方形的性质得出∠BCD=90°，∠BCA=45°，根据垂直的定义及等量代换得出∠CEG=∠CFG=∠ECF=90°，根据三个角是直角的四边形是矩形得出四边形CEGF是