中考数学相似培优易错难题练习含含详细

1、中考数学相像培优易错难题练习(含答案)含详尽答案一、相像1如图1，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，E、F分别是AB、BD的中点，连结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也停止运动连结PQ，设运动时间为t（0t4）s，解答以下问题：1）求证：BEFDCB；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QGAB，垂足为G，当t为什么值时，四边形EPQG为矩形，请说明原因；（4）当t为什么值时，PQF为等腰三角形？试说明原因【答案】（1）

2、解：证明：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,如下图：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【分析】【剖析】（1）依据矩形的性质可证得ADBC，A=C，依据中位线定理可证得EFAD，便可得出EFBC，可证得BEF=C，BFE=DBC，从而可证得结论。（2）过点Q作QMEF，易证QMBE，可证得QMFBEF，得出对应边成比率，可求出QM的值，再依据PQF的面积为0.6cm2，成立对于t的方程，求解即可。3）分状况议论：当点Q在DF上时，如图2，PF=QF；当点

3、Q在BF上时，PF=QF，如图3；PQ=FQ时，如图4；PQ=PF时，如图5，分别列方程即可解决问题。22如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax+bx+c（a0）与x轴订交于点A（1）求点C的坐标（用含a的代数式表示）；2）联络AC、BC，若ABC的面积为6，求此抛物线的表达式；（3）在第（2）小题的条件下，点Q为x轴正半轴上一点，点G与点C，点F与点A对于点Q成中心对称，当CGF为直角三角形时，求点Q的坐标【答案】（1）解：抛物线y=ax2+bx+c（a0）的对称轴为直线x=1，而抛物线与x轴的一个交点A的坐标为（1，0）抛物线与x轴的另一个交点B的坐标为（3，0）设抛物线分析式为y

4、=a（x+1）（x3），即y=ax22ax3a，当x=0时，y=3a，C（0，3a）2）解：A（1，0），B（3，0），C（0，3a），AB=4，OC=3a，SACB=AB?OC=6，6a=6，解得a=1，抛物线分析式为y=x22x3（3）解：设点Q的坐标为（m，0）过点G作GHx轴，垂足为点H，如图，点G与点C，点F与点A对于点Q成中心对称，QC=QG，QA=QF=m+1，QO=QH=m，OC=GH=3，OF=2m+1，HF=1，当CGF=90时，QGH+FGH=90，QGH+GQH=90，GQH=HGF，RtQGHRtGFH，=，即，解得m=9，Q的坐标为（9，0）；当CFG=90时，GF

5、H+CFO=90，GFH+FGH=90，CFO=FGH，RtGFHRtFCO，=，即=，解得m=4，Q的坐标为（4，0）；GCF=90不存在，综上所述，点Q的坐标为（4，0）或（9，0）【分析】【剖析】（1）依据抛物线是轴对称图形和已知条件可求得抛物线与交点B的坐标，再用交点式可求得抛物线的分析式，而后依据抛物线与x=0，把x=0代入分析式即可求得点C的坐标；x轴的另一个y轴交于点C可得（2）由（1）的结论可求得AB=4，OC=3a，依据三角形ABC的面积=AB?OC=6可求得a的值，则分析式可求解；（3）设点Q的坐标为（m，0）过点G作GHx轴，垂足为点H，依据中心对称的性质可得QC=QG，

6、QA=QF=m+1，QO=QH=m，OC=GH=3。分两种状况议论：当CGF=90时，由同角的余角相等可得GQH=HGF，于是依占有两个角相等的两个三角形相像可得RtQGHRtGFH，则可得比率式，代入可求得m的值，则点Q的坐标可求解；当CFG=90时，同理可得另一个Q坐标。3如图，抛物线于点C（0，2），动点与D沿ABC的边x轴交于两点AB以每秒A（4，0）和B（1，0），与y轴交2个单位长度的速度由起点A向终点B运动，过点D作x轴的垂线，交ABC的另一边于点E，将ADE沿DE折叠，使点A落在点F处，设点D的运动时间为t秒（1）求抛物线的分析式和对称轴；（2）能否存在某一时刻t，使得EFC为

7、直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明原因；（3）设四边形DECO的面积为s，求s对于t的函数表达式【答案】（1）解：把A（4，0），B（1，0），点C（0，2）代入得：，解得：，抛物线的分析式为：，对称轴为：直线x=；2）解：存在，AD=2t，DF=AD=2t，OF=44t，D（2t4，0），直线AC的分析式为：，E（2t4，t），EFC为直角三角形，分三种状况议论：当EFC=90，则DEFOFC，即，解得：t=；当FEC=90，AEF=90，AEF是等腰直角三角形，DE=AF，即t=2t，t=0，（舍去），当ACF=90，则AC2+CF2=AF2，即（42+22）+22+（4t4

8、）2=（4t）2，解得：t=，存在某一时刻t，使得EFC为直角三角形，此时，t=或；3）解：B（1，0），C（0，2），直线BC的分析式为：y=2x+2，当D在y轴的左边时，S=（DE+OC）?OD=（t+2）?（42t）=t2+4（0t2）；当D在y轴的右边时，如图2，OD=4t4，DE=8t+10，S=（DE+OC）?OD=（8t+10+2）?（4t4），即（2t）综上所述：【分析】【剖析】（1）（1）利用待定系数法，将点A、B、C的坐标代入函数分析式，建立方程组求解即可。（2）依据题意分别求出AD、DF、OF的长，表示出点D的坐标，利用待定系数法求出直线BC的函数分析式，表示出点E的坐标

9、，再分三种状况议论EFC为直角三角形：当EFC=90，则DEFOFC，依据相像三角形的性质，列出对于t的方程求解即可；FEC=90，AEF=90，AEF是等腰直角三角形求出t的值即可；当ACF=90，则222（3）求得直线BC的分析式为：y=-2x+2，当D在y轴的左边时，当D在y轴的右边时，如图2，依据梯形的面积公式即可获得结论。4如图，已知直线l1l2，线段AB在直线l1上，BC垂直于l1交l2于点C，且ABBC，P是线段BC上异于两头点的一点，过点P的直线分别交l2，l1于点D，E(点A，E位于点B的双侧，知足BPBE，连结AP，CE1）求证：ABPCBE2）连结AD、BD，BD与AP订

10、交于点F，如图当时，求证：APBD；当(n1)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，ABPCBE在ABP和CBE中，（2）证明：如图，延伸AP交CE于点HABPCBE，PABECB，PABAEHECBAEH90，AHE90，APCE，即P为BC的中点，直线l1直线l2，CPDBPE，DPEP，四边形BDCE是平行四边形，CEBDAPCE，APBD解：CP(n1)BPCDBE，BCnBP，CPDBPE，令SBPES，则S2(n1)S，SPABSBCEnS，SPAE(n1)SS1(n1)(n1)S，【分析】【剖析】（1）由已知条件用边角边即可证得AB

11、PCBE；2）、延伸AP交CE于点H，由（1）知ABPCBE，因此可得PABECB，而ECB+BEC=，因此可得PAB+BEC=，即AHE=，因此APCE；已知=2,则点P为BC的中点，因此易证得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CEBD，再依据平行线的性质即可求得APBD；方法与近似，由已知条件易证得CPDBPE，则可得对应线段的比相等，而后可将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。5如图，在中，于点，点在上，且，连结（1）求证：（2）如图，将射线与绕点逆时针旋转获得订交

12、于点，连结，尝试究线段（点分别对应点），与之间知足的数目关系，并说明理设由【答案】（1）证明：在RtAHB中，ABC=45，AH=BH，在BHD和AHC中，BHDAHC，（2）解：方法1:如图1，EHF是由BHD绕点H逆时针旋转30获得，HD=HF，AHF=30CHF=90+30=120，由(1)有，AEH和FHC都为等腰三角形，GAH=HCG=30，CGAE，点C，H，G，A四点共圆，CGH=CAH，设CG与AH交于点Q，AQC=GQH，AQCGQH，EHF是由BHD绕点H逆时针旋转30获得，由（1）知，BD=AC，EF=AC即：EF=2HG方法2:如图2，取EF的中点K，连结GK，HK，E

13、HF是由BHD绕点H逆时针旋转30获得，HD=HF，AHF=30CHF=90+30=120，由(1)有，AEH和FHC都为等腰三角形，GAH=HCG=30，CGAE，由旋转知，EHF=90，EK=HK=EFEK=GK=EF，HK=GK，EK=HK，FKG=2AEF，EK=GK，HKF=2HEF，由旋转知，AHF=30，AHE=120，由（1）知，BH=AH，BH=EH，AH=EH，AEH=30，HKG=FKG+HKF=2AEF+2HEF=2AEH=60，HKG是等边三角形，GH=GK，EF=2GK=2GH，即：EF=2GH【分析】【剖析】（1）依据等腰直角三角形的性质得出AH=BH，而后由SA

14、S判断出BHDAHC，依据全等三角形对应角相等得出答案；（2）方法1:如图1，依据旋转的性质得出HD=HF，AHF=30依据角的和差得出CHF=90+30=120，由(1)有，AEH和FHC都为等腰三角形，依据等腰三角形若顶角相等则底角也相等得出GAH=HCG=30，依据三角形的内角和得出CGAE，从而得出点C，H，G，A四点共圆，依据圆周角定理同弧所对的圆周角相等得出CGH=CAH，依据对顶角相等得出AQC=GQH，从而得出AQCGQH，依据全等三角形对应边成比率得出ACHG=AQGQ=1sin30=2，依据旋转的性质得出EF=BD，由（1）知，BD=AC，从而得出EF=ACEF=BD，由E

15、FHG=ACGH=AQGQ=1sin30=2得出结论；方法2:如图2，取EF的中点K，连结GK，HK，依据旋转的性质得出HD=HF，AHF=30根据角的和差得出CHF=90+30=120，由(1)有，AEH和FHC都为等腰三角形，依据等腰三角形若顶角相等则底角也相等得出GAH=HCG=30，依据三角形的内角和得出CGAE，由旋转知，EHF=90，依据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出EK=HK=EF，EK=GK=EF，从而得出HK=GK，依据等边平等角及三角形的外角定理得出FKG=2AEF，HKF=2HEF，由旋转知，AHF=30，故AHE=120，由（1）知，BH=AH，依据等量代换得

16、出AH=EH，依据等边平等角得出AEH=30，HKG=FKG+HKF=2AEF+2HEF=2AEH=60，依占有一个角为60的等腰三角形是等边三角形得出HKG是等边三角形，依据等边三角形三边相等得出GH=GK，依据等量代换得出EF=2GK=2GH。6如图，已知二次函数y=ax2+C，点C坐标为（8，0），连结x+c的图象与AB、ACy轴交于点A（0，4），与x轴交于点B、（1）请直接写出二次函数y=ax2+x+c的表达式；2）判断ABC的形状，并说明原因；3）若点N在x轴上运动，当以点A、N、C为极点的三角形是等腰三角形时，请直接写出此时点N的坐标；（4）若点N在线段BC上运动（不与点B、C重

17、合），过点N作NMAC，交AB于点M，当AMN面积最大时，求此时点N的坐标【答案】（1）解：A（0，4），c=4，把点C坐标（8，0）代入分析式，得：a=，二次函数表达式为；（2）解：令y=0，则解得，x1=8，x2=-2，点B的坐标为（-2，0），由已知可得，在RtAOB中，AB-2=BO2+AO2=22+42=20，在RtAOC中AC-2=AO2+CO2=42+82=80，又BC=OB+OC=2+8=10，在ABC中AB-2+AC-2=20+80=102=BC2，ABC是直角三角形；（3）解：由勾股定理先求出AC，AC=，在x轴负半轴，当AC=AN时，NO=CO=8，此时N（-8，0）；在

18、x轴负半轴，当AC=NC时，NC=AC=，CO=8，NO=-8，此时N（8-，0）；在x轴正半轴，当AN=CN时，设CN=x，则AN=x，ON=8-x，在RtAON中，=，解得：x=5，ON=3，此时N（3，0）；在x轴正半轴，当AC=NC时，AC=NC=，ON=8，此时N（8，0）；综上所述：知足条件的N点坐标是（-8，0）、（8-，0）、（3，0）、（8+，0）；（4）解：设点N的坐标为（n，0），则BN=n+2，过M点作MDx轴于点D，MDOA，BMDBAO，MNAC，OA=4，BC=10，BN=n+2，MD=（n+2），SAMN=SABN-SBMN=+5，0，n=3时，S有最大值，当A

19、MN面积最大时，N点坐标为（3，0）【分析】【剖析】（1）用待定系数法可求二次函数的分析式；（2）由于抛物线交x轴于B、C两点，令y=0，解对于x的一元二次方程可得点B的坐标，而后计算AB、BC、AC的长，用勾股定理的逆定理即可判断；（3）由（2）可知AC的长，由题意可知有4种状况：在x轴负半轴，当AC=AN时；在x轴负半轴，当AC=NC时；在x轴正半轴，当AN=CN时；在x轴正半轴，当AC=NC时；联合已知条件易求解；4）设点N的坐标为（n，0），则BN=n+2，过M点作MDx轴于点D，由平行于三角形一边的直线和其余两边所组成的三角形与原三角形相像可得BMDBAO，于是有比例式，依据平行线分

20、线段成比率定理可得，因此,将已知线段代入比率式可将MD用含n的代数式表示出来，依据三角形的组成可得SAMNABNBMN=S-SBN?OA-BN?MD，将BN、MD代入可得对于n的二次函数，配成极点式依据二次函数的性质即可求解。7在平面直角坐标系中，点A点B已知知足.1）点A的坐标为_，点B的坐标为_；（2）如图1，点E为线段OB上一点，连结AE，过A作AFAE，且AF=AE，连结BF交轴于点D，若点D(-1,0)，求点E的坐标；3）在(2)的条件下，如图2，过E作EHOB交AB于H，点M是射线EH上一点(点M不在线段EH上)，连结MO，作MON=45，ON交线段BA的延伸线于点N，连结MN，研

21、究线段MN与OM的关系,并说明原因。【答案】（1）（-4,0）；（0，-4）2）解：作FHOA于H，AFAE，FAE=AHF=AOE=90，FAH+OAE=90，FAH+AFH=90，AFH=OAE,AF=OA，AFHEAO，FH=OA，点A（-4,0），点B（0，-4）FH=OA=OB=4，FHD=BOD=90，FDH=BDO,FDHBDO，OD=DH=1，AH=OH=OE=2，E（0，-2）3）解：结论：MN=OM,MNOM，原因：连结OH，OM与BN交于G，OA=OB,AOB=45，OAB=45OE=EB=2，EHOA,AH=BH,OHAB,AHM=OAB=45，MON=45GON=GH

22、M,NGO=MGH,NGOMGH，=,=,NGM=OGH,NGMOGH，NMG=OHG=90，OMN是等腰直角三角形MN=OM,MNOM.【分析】【解答】（1）=0,a=-4，b=-4,点A的坐标为（-4,0），点B的坐标为（0，-4）【剖析】（1）先将式子变形为完整平方公式的形式，再依据平方的非负性求解;（2）如图1中，作FHOA于H，由AFHEAO，推出FH=OA,由FDHBDO,推出AH=OH=OE=2;（3）连结OH，OM与BN交于G，由NGOMGH，推出=,再推出,再得出NGMOGH，推出NMG=OHG=90，推出OMN是等腰直角三角形即可解决问题.8如图1，直线l：与x轴交于点A（

23、4，0），与y轴交于点B，点C是线段OA上一动点（0AC），以点A为圆心，AC长为半径作A交x轴于另一点D，交线段AB于点E，连结OE并延伸交A于点F（1）求直线l的函数表达式和tanBAO的值；2）如图2，连结CE，当CE=EF时，求证：OCEOEA；求点E的坐标；（3）当点C在线段OA上运动时，求OEEF的最大值【答案】（1）解：把A（4，0）代入，得4+b=0，解得b=3，直线l的函数表达式为，B（0,3），AOBO，OA=4，BO=3，tanBAO=.（2）证明：如图，连结AF，CE=EF，CAE=EAF，又AC=AE=AF，ACE=AEF，OCE=OEA，又COE=EOA，OCEOE

24、A.解：如图，过点E作EHx轴于点H，tanBAO=，设EH=3x，AH=4x，AE=AC=5x，OH=4-4x，OC=4-5x,OCEOEA，=，即OE2=OAOC，（4-4x）2+（3x）2=4（4-5x）,解得x1=，x2=0（不合题意，舍去）E（，）.（3）解：如图，过点A作AMOF于点M，过点O作ONAB于点N,tanBAO=,cosBAO=,AN=OAcosBAO=,设AC=AE=r,EN=-r,ONAB，AMOF,ONE=AME=90，EM=EF,又OEN=AEM,OENAEM,=,即OEEF=AEEN,OEEF=2AEEN=2r（-r）,OEEF=-2r2+r-2（r-）2+（

25、0r）,当r=时，OEEF有最大值，最大值为.【分析】【剖析】（1）将点A坐标代入直线l分析式即可求出b值从而得直线l的函数表达式，依据锐角三角函数正切定义即可求得答案.（2）如图，连结AF，依据等腰三角形性质等边平等角可得两组对应角相等，依据相像三角形的判断即可得证.如图，过点E作EHx轴于点H，依据锐角三角函数正切值即可设EH=3x，AH=4x，从而得出AE、OH、OC，由中相像三角形的性质可得OE2=OAOC，代入数值即可得一个关于x的方程，解之即可求出E点坐标.（3）如图，过点A作AMOF于点M，过点可求得AN=OAcosBAO=,设AC=AE=r,则O作EN=ONAB于点N,依据锐角

26、三角函数定义-r,依据相像三角形判断和性质可知=,即OEEF=-2r2+9如图，AB为r=（0r）,由二次函数的性质即可求此最大值的直径，C为上一点，D为BA.延伸线上一点，（1）求证：DC为的切线；（2）线段DF分别交AC，BC于点E，F且，的半径为5，求CF的长【答案】（1）解：如图，连结OC，为的直径，即，为的切线（2）解：中，设，中，舍或，设，【分析】【剖析】（1）要证DC为O的切线，需增添协助线：连半径OC，证垂直，根据直径所对的圆周角是直角，可得出BCO+OCA=90，再利用等腰三角形的性质，可得出B=BCO，联合已知，可推出OCD=90，而后利用切线的判断定理，可证得结论。（2）

27、依据已知圆的半径和sinB的值，可求出AB、BC的值，再证明CADBCD，得出对应边成比率，得出AD与CD的比值，利用勾股定理求出AD、CD的长，再利用CEF=45去证明CE=CF，而后证明CEDBFD，得出对应边成比率，求出CF的长。10如图，正方形与交于，、等腰延伸线与交于点的极点，连结在对角线.上(点与、不重合)，（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，【分析】【剖析】（1）证出ABP=CBQ，由SAS证明ABPCBQ可得结论；（2）依据正方形的性质和全等三角形的性质获得，APF=ABP，可证明APFABP，再依据相像三角形的性质即可求解；（3）依据全等三角形的性质获得BCQ=BAC=45，可得PCQ=90，依据三角函数和已