人教数学 相似的专项 培优 易错 难题练习题及详细答案

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．综合题

（1）【探索发现】

如图①，是一张直角三角形纸片，∠B=90°，小明想从中剪出一个以∠B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多少．

（2）【拓展应用】

如图②，在△ABC中，BC=a，BC边上的高AD=h，矩形PQMN的顶点P、N分别在边AB、AC上，顶点Q、M在边BC上，则矩形PQMN面积的最大值为多少．（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，AB=32，BC=40，AE=20，CD=16，小明从中剪出了一个面积最大的矩形（∠B为所剪出矩形的内角），求该矩形的面积．

（4）【实际应用】

如图④，现有一块四边形的木板余料ABCD，经测量AB=50cm，BC=108cm，CD=60cm，且

tanB=tanC= ，木匠徐师傅从这块余料中裁出了顶点M、N在边BC上且面积最大的矩形PQMN，求该矩形的面积．

【答案】（1）解：∵EF、ED为△ABC中位线，

∴ED∥AB，EF∥BC，EF= BC，ED= AB，

又∠B=90°，

∴四边形FEDB是矩形，

则；

（2）解：∵PN∥BC，

∴△APN∽△ABC，

∴，即，

∴PN=a- PQ，

设PQ=x，

则S矩形PQMN=PQ?PN=x（a- x）=- x2+ax=- （x- ）2+ ，

∴当PQ= 时，S矩形PQMN最大值为 .

（3）解：如图1，延长BA、DE交于点F，延长BC、ED交于点G，延长AE、CD交于点H，取BF中点I，FG的中点K，

由题意知四边形ABCH是矩形，

∵AB=32，BC=40，AE=20，CD=16，

∴EH=20、DH=16，

∴AE=EH、CD=DH，

在△AEF和△HED中，

∵，

∴△AEF≌△HED（ASA），

∴AF=DH=16，

同理△CDG≌△HDE，

∴CG=HE=20，

∴BI= =24，

∵BI=24＜32，

∴中位线IK的两端点在线段AB和DE上，

过点K作KL⊥BC于点L，

由【探索发现】知矩形的最大面积为×BG? BF= ×（40+20）× （32+16）=720，

答：该矩形的面积为720；

（4）解：如图2，延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H，

∵tanB=tanC= ，

∴∠B=∠C，

∴EB=EC，

∵BC=108cm，且EH⊥BC，

∴BH=CH= BC=54cm，

∵tanB= = ，

∴EH= BH= ×54=72cm，

在Rt△BHE中，BE= =90cm，

∵AB=50cm，

∴AE=40cm，

∴BE的中点Q在线段AB上，

∵CD=60cm，

∴ED=30cm，

∴CE的中点P在线段CD上，

∴中位线PQ的两端点在线段AB、CD上，

由【拓展应用】知，矩形PQMN的最大面积为BC?EH=1944cm2，

答：该矩形的面积为1944cm2．

【解析】【分析】（1）由三角形的中位线定理可得ED∥AB，EF∥BC，EF= BC，ED= AB，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形FEDB是平行四边形，而∠B=90°，根据一个角是直角的平行四边形是矩形可得四边形FEDB是矩形，所以

;

(2）因为PN∥BC，由相似三角形的判定可得△APN∽△ABC，则可得比例式,即

,解得,设PQ=x，则S矩形PQMN=PQ?PN=x（）

,因为0，所以函数有最大值，即当PQ=时，

S矩形PQMN有最大值为;

（3）延长BA、DE交于点F，延长BC、ED交于点G，延长AE、CD交于点H，取BF中点I，FG的中点K，由矩形的判定可得四边形ABCH是矩形，根据矩形的性质和已知条件易得AE=EH、CD=DH，于是用角边角可得△AEF≌△HED，所以AF=DH=16，同理可得

△CDG≌△HDE，则CG=HE=20，所以=24,BI=24＜32，所以中位线IK的两端点在线段AB和DE上，过点K作KL⊥BC于点L，由（1）得矩形的最大面积为×BG? BF=

×（40+20）×（32+16）=720；

（4）延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H，因为tanB=tanC，所以∠B=∠C，

则EB=EC，由等腰三角形的三线合一可得BH=CH=BC=54cm；由tanB可求得EH=BH=

×54=72cm，在Rt△BHE中，由勾股定理可得BE=90cm,所以AE=BE-AB=40cm，所以BE的中点Q在线段AB上，易得CE的中点P在线段CD上，由（2）得矩形PQMN的最大面积为

BC?EH=1944cm2。

2．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。

3．如图,在一个长40 m、宽30 m的矩形小操场上,王刚从A点出发,沿着A→B→C的路线以3 m/s的速度跑向C地.当他出发4 s后,张华有东西需要交给他,就从A地出发沿王刚走的路

线追赶,当张华跑到距B地2 m的D处时,他和王刚在阳光下的影子恰好落在一条直线上.

（1）此时两人相距多少米(DE的长)?

（2）张华追赶王刚的速度是多少?

【答案】（1）解：在Rt△ABC中：

∵AB=40，BC=30，

∴AC=50 m.

由题意可得DE∥AC，

∴Rt△BDE∽Rt△BAC，

∴ = ，

即 = .

解得DE= m.

答：此时两人相距 m.

（2）解：在Rt△BDE中：

∵DB=2，DE=，

∴BE=2 m.

∴王刚走的总路程为AB+BE=42 m.

∴王刚走这段路程用的时间为 =14(s).

∴张华用的时间为14-4=10(s)，

∵张华走的总路程为AD=AB-BD=40-2=37（m）,

∴张华追赶王刚的速度是37÷10≈3.7（m/s）.

答：张华追赶王刚的速度约是3.7m/s.

【解析】【分析】（1）在Rt△ABC中，根据勾股定理得AC=50 m，利用平行投影的性质得DE∥AC，再利用相似三角形的性质得出对应边的比相等可求得DE长.

（2）在Rt△BDE中,根据勾股定理得BE=2 m，根据题意得王刚走的总路程为42 m，根据时间=路程÷速度求得王刚用的时间，减去4即为张华用的时间，

再根据速度=路程÷时间解之即可得出答案.

4．已知直线m∥n，点C是直线m上一点，点D是直线n上一点，CD与直线m、n不垂直，点P为线段CD的中点．

（1）操作发现：直线l⊥m，l⊥n，垂足分别为A、B，当点A与点C重合时（如图①所示），连接PB，请直接写出线段PA与PB的数量关系：________．

（2）猜想证明：在图①的情况下，把直线l向上平移到如图②的位置，试问（1）中的PA与PB的关系式是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．

（3）延伸探究：在图②的情况下，把直线l绕点A旋转，使得∠APB=90°（如图③所示），若两平行线m、n之间的距离为2k．求证：PA?PB=k?AB．

【答案】（1）PA=PB

（2）解：把直线l向上平移到如图②的位置，PA=PB仍然成立，理由如下：

如图②，过C作CE⊥n于点E，连接PE，

，

∵三角形CED是直角三角形，点P为线段CD的中点，∴PD=PE，

∴PC=PE；∵PD=PE，∴∠CDE=∠PEB，∵直线m∥n，∴∠CDE=∠PCA，

∴∠PCA=∠PEB，又∵直线l⊥m，l⊥n，CE⊥m，CE⊥n，∴l∥CE，∴AC=BE，

在△PAC和△PBE中，∴△PAC∽△PBE，∴PA=PB

（3）解：如图③，延长AP交直线n于点F，作AE⊥BD于点E，

，

∵直线m∥n，∴，∴AP=PF，∵∠APB=90°，∴BP⊥AF，又∵AP=PF，∴BF=AB；

在△AEF和△BPF中，∴△AEF∽△BPF，∴，∴AF?BP=AE?BF，

∵AF=2PA，AE=2k，BF=AB，∴2PA?PB=2k．AB，∴PA?PB=k?AB．

【解析】【解答】解：（1）∵l⊥n，∴BC⊥BD，∴三角形CBD是直角三角形，又∵点P 为线段CD的中点，

∴PA=PB．

【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半；

（2）把直线l向上平移到如图②的位置，PA=PB仍然成立，理由如下：如图②，过C作CE⊥n于点E，连接PE，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半得出PD=PE=PC，根据等边对等角得出∠CDE=∠PEB，根据二直线平行，内错角相等得出∠CDE=∠PCA，故∠PCA=∠PEB，根据夹在两平行线间的平行线相等得出AC=BE，然后利用SAS判断出△PAC∽△PBE，根据全等三角形的对应边相等得出PA=PB；

（3）如图③，延长AP交直线n于点F，作AE⊥BD于点E，根据平行线分线段成比例定理得出AP=PF，根据线段垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等得出BF=AB；然后判断出△AEF∽△BPF，根据相似三角形的对应边成比例即可得出AF?BP=AE?BF，根据等量代换得出2PA?PB=2k．AB，即PA?PB=k?AB．

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．如图，抛物线y=ax2﹣5ax+c与坐标轴分别交于点A，C，E三点，其中A（﹣3，0），C （0，4），点B在x轴上，AC=BC，过点B作BD⊥x轴交抛物线于点D，点M，N分别是线段CO，BC上的动点，且CM=BN，连接MN，AM，AN．

（1）求抛物线的解析式及点D的坐标；

（2）当△CMN是直角三角形时，求点M的坐标；

（3）试求出AM+AN的最小值．

【答案】（1）解：把A（﹣3，0），C（0，4）代入y=ax2﹣5ax+c得，解得，

∴抛物线解析式为y=﹣ x2+ x+4；

∵AC=BC，CO⊥AB，

∴OB=OA=3，

∴B（3，0），

∵BD⊥x轴交抛物线于点D，

∴D点的横坐标为3，

当x=3时，y=﹣ ×9+ ×3+4=5，

∴D点坐标为（3，5）。

（2）解：在Rt△OBC中，BC= =5，

设M（0，m），则BN=CM=4﹣m，CN=5﹣（4﹣m）=m+1，

∵∠MCN=∠OCB，

∴当时，△CMN∽△COB，则∠CMN=∠COB=90°，

即，解得m= ，此时M点坐标为（0，）；当时，△CMN∽△CBO，则∠CNM=∠COB=90°，

即，解得m= ，此时M点坐标为（0，）；综上所述，M点的坐标为（0，）或（0，）。

（3）解：连接DN，AD，如图，

∵AC=BC，CO⊥AB，

∴OC平分∠ACB，

∴∠ACO=∠BCO，

∵BD∥OC，

∴∠BCO=∠DBC，

∵DB=BC=AC=5，CM=BN，

∴△ACM≌△DBN，

∴AM=DN，

∴AM+AN=DN+AN，

而DN+AN≥AD（当且仅当点A、N、D共线时取等号），

∴DN+AN的最小值=AD= ，

∴AM+AN的最小值为．

【解析】【分析】（1）将A（﹣3，0），C（0，4）代入函数解析式构造方程组解出a,c 的值可得抛物线解析式；由AC=BC，CO⊥AB，根据等腰三角形的“三线合一”定理，可得OB=OA=3，而BD⊥x轴交抛物线于点D，则D点的横坐标为3，当x=3时求得y的值，即可得点D的坐标。

（2）当△CMN是直角三角形时，有两种情况：∠CMN=90°，或∠CNM=90°，则可得△CMN∽△COB，或△CMN∽△CBO，由对应边成比例，设M（0，m），构造方程解答即可。

（3）求AM+AN的最小值，一般有两种方法：解析法和几何法；解析法：用含字母的函数关系式表示出AM+AN的值，根据字母的取值范围和函数的最值来求；几何法：将点A，M，N三点移到一条直线上；此题适用于几何法：观察图象不难发现，AC=BD=5，CM=BN，且∠BCO=∠DBC，连接AD，可证得△ACM≌△DBN，则AM=DN，而DN+AN≥AD （当且仅当点A、N、D共线时取等号），求AD的长即可。

7．已知菱形的一个角与三角形的一个角重合，然后它的对角顶点在这个重合角的对边上，这个菱形称为这个三角形的亲密菱形，如图，在△CFE中，CF=6,CE=12,∠FCE=45°,以点C为

圆心，以任意长为半径作AD，再分别以点A和点D为圆心，大于 AD长为半径做弧，交

于点B,AB∥CD.

（1）求证：四边形ACDB为△CFE的亲密菱形；

（2）求四边形ACDB的面积.

【答案】（1）证明：由已知得：AC=CD,AB=DB,由已知尺规作图痕迹得：BC是∠FCE的角平分线,

∴∠ACB=∠DCB，

又∵AB∥CD,

∴∠ABC=∠DCB，

∴∠ACB=∠ABC，

∴AC=AB，

又∵AC=CD,AB=DB,

∴AC=CD=DB=BA，

四边形ACDB是菱形，

又∵∠ACD与△FCE中的∠FCE重合，它的对角∠ABD顶点在EF上，

∴四边形ACDB为△FEC的亲密菱形.

（2）解：设菱形ACDB的边长为x，∵CF=6,CE=12,

∴FA=6-x，

又∵AB∥CE,

∴△FAB∽△FCE,

∴ ,

即，

解得：x=4，

过点A作AH⊥CD于点H,

在Rt△ACH中，∠ACH=45°,

∴sin∠ACH= ,

∴AH=4× =2 ,

∴四边形ACDB的面积为： .

【解析】【分析】（1）依题可得：AC=CD,AB=DB,BC是∠FCE的角平分线,根据角平分线的定义和平行线的性质得∠ACB=∠ABC，根据等角对等边得AC=AB，从而得AC=CD=DB=BA，根据四边相等得四边形是菱形即可得四边形ACDB是菱形；再根据题中的新定义即可得证.（2）设菱形ACDB的边长为x，根据已知可得CF=6,CE=12,FA=6-x，根据相似三角形的判定

和性质可得，解得：x=4,过点A作AH⊥CD于点H,在Rt△ACH中，根据锐角三角形函数正弦的定义即可求得AH ,再由四边形的面积公式即可得答案.

8．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.