中考数学(相似提高练习题)压轴题训练及答案解析

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=43【答案】（1）解：∵EF、ED为△ABC中位线，∴ED∥AB，EF∥BC，EF=12BC，ED=1又∠B=90°，∴四边形FEDB是矩形，则S矩形（2）解：∵PN∥BC，∴△APN∽△ABC，∴PNBC=AE∴PN=a-ah设PQ=x，则S矩形PQMN=PQ•PN=x（a-ahx）=-ahx2+ax=-ah（x-h2）∴当PQ=h2时，S矩形PQMN最大值为a（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=AB+AF2∵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12×BG•12BF=12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=43∴∠B=∠C，∴EB=EC，∵BC=108cm，且EH⊥BC，∴BH=CH=12∵tanB=EHBH=4∴EH=43BH=4在Rt△BHE中，BE=EH∵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14BC•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=12BC，ED=12AB，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PNBC=AEAD,即PNa=h-PQh,解得PN=a-ahPQ,设PQ=x，则S矩形PQMN（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BI=AB+AF2=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12×BG•12BF=（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=12BC=54cm；由tanB可求得EH=43BH=43×54=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2．如图，已知：在Rt△ABC中，斜边AB=10，sinA=45PQ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=45∴BC=8，则AC=AB∵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=12（2）解：∵四边形PMQN为菱形，∴MQ∥PC，∴∠APC=90°，∴12×AB×CP=1则PC=4.8，由勾股定理得，PB=6.4，∵MQ∥PC，∴PBPC=BMMQ=BMMP=BQQC，即解得，CQ=24（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，∴CPBC=CQCP=∴CPBC=BQ∴CP=4×BQBM=4×5∴CQ=258∴BQ=8﹣258=39∴BM=45×398=∴AP=AB﹣PB=AB﹣2BM=11【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=90°，所以四边形PMQN为正方形，可得PC=4.8，PB=3.6，因为MQ//PC，所以PBPC=(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QC=258，所以BM=393．如图，在矩形ABCD中，AD=5，CD=4，点E是BC边上的点，BE=3（1）求证：△ABE≌△（2）连接CF，求sin∠（3）连接AC交DF于点G，求AGGC【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠ADC=∠B=90°，AB=CD=4，∵DF⊥AE，∴∠AFD=90°，∴∠BAE+∠EAD=∠EAD+∠ADF=90°，∴∠BAE=∠ADF，在Rt△ABE中，∵AB=4，BE=3，∴AE=5，在△ABE和≌△DFA中，{∠∴△ABE≌△DFA（AAS）.（2）解：连结DE交CF于点H，∵△ABE≌△DFA，∴DF=DC=4，AF=BE=3，∴CE=EF=2，∴DE⊥CF，∴∠DCF+∠HDC=∠DEC+∠HDC=90°，∴∠DCF=∠DEC，在Rt△DCE中，∵CD=4，CE=2，∴DE=25，∴sin∠DCF=sin∠DEC=CDDE（3）过点C作CK⊥AE交AE的延长线于点K，∵DF⊥AE，∴CK∥DF，∴AGGC在Rt△CEK中，∴EK=CE·cos∠CEK=CE·cos∠AEB=2×35=6∴FK=FE+EK=2+65=16∴AGGC=AFFK=【解析】【分析】（1）由矩形的性质，垂直的性质，同角的余角相等可得∠BAE=∠ADF，在Rt△ABE中，根据勾股定理可得AE=5，由全等三角形的判定AAS可得△ABE≌△DFA.（2）连结DE交CF于点H，由（1）中全等三角形的性质可知DF=DC=4，AF=BE=3，由同角的余角相等得∠DCF=∠DEC，在Rt△DCE中，根据勾股定理可得DE=25,根据锐角三角函数定义可得答案.（3）过点C作CK⊥AE交AE的延长线于点K，由平行线的推论知CK∥DF，根据平行线所截线段成比例可得AGGC=AF4．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=22，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

（2）解：连接CG，由旋转性质知∠BCE=∠ACG=α，在Rt△CEG和Rt△CBA中，CECG=cos45°=22、CBCA∴CGCE=CA∴△ACG∽△BCE，∴AGBE∴线段AG与BE之间的数量关系为AG=2BE

（3）35【解析】【解答】（1）②由①知四边形CEGF是正方形，∴∠CEG=∠B=90°，∠ECG=45°，∴CGCE∴AGBE故答案为：2；（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，∴AGAC设BC=CD=AD=a，则AC=2a，则由AGAC=GH∴AH=23则DH=AD﹣AH=13a，CH=CD2∴由AGAC=AH解得：a=35，即BC=35，故答案为：35．【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是矩形，根据三角形的内角和得出∠CGE=∠ECG=45°，根据等角对等边得出EG=EC，根据有一组邻边相等的矩形是正方形即可得出四边形CEGF是正方形；②根据正方形的性质得出GE∥∥CD，根据平行于同一直线的两条直线互相平行得出GE∥AB，根据平行线分线段成比例定理得出GC∶EC＝AG∶BE，根据等腰直角三角形的边之间的关系得出GC∶EC=2，从而得出答案；（2）连接CG，由旋转性质知∠BCE=∠ACG=α，根据余弦函数的定义得出CECG=cos45°（3）根据∠CEF=45°，点B、E、F三点共线，由邻补角定义得出∠BEC=135°，根据△ACG∽△BCE，得出∠AGC=∠BEC=135°，故∠AGH=∠CAH=45°，然后判断出△AHG∽△CHA，根据相似三角形对应边成比例得出AG∶AC＝GH∶AH＝AH∶CH，设BC=CD=AD=a，则AC=

2a，根据比例式得出关于AH的方程，求解AH的值，根据DH=AD﹣AH表示出DH，根据勾股定理表示出CH，根据前面的比例式得出关于a的方程，求解得出a的值，从而得出BC的值。5．如图，第一象限内半径为2的⊙C与y轴相切于点A，作直径AD，过点D作⊙C的切线l交x轴于点B，P为直线l上一动点，已知直线PA的解析式为：y＝kx+3.（1）设点P的纵坐标为p，写出p随k变化的函数关系式.（2）设⊙C与PA交于点M，与AB交于点N，则不论动点P处于直线l上（除点B以外）的什么位置时，都有△AMN∽△ABP.请你对于点P处于图中位置时的两三角形相似给予证明；（3）是否存在使△AMN的面积等于3225【答案】（1）解：∵y轴和直线l都是⊙C的切线，∴OA⊥AD，BD⊥AD；又∵OA⊥OB，∴∠AOB＝∠OAD＝∠ADB＝90°，∴四边形OADB是矩形；∵⊙C的半径为2，∴AD＝OB＝4；∵点P在直线l上，∴点P的坐标为（4，p）；又∵点P也在直线AP上，∴p＝4k+3（2）解：连接DN.∵AD是⊙C的直径，∴∠AND＝90°，∵∠ADN＝90°﹣∠DAN，∠ABD＝90°﹣∠DAN，∴∠ADN＝∠ABD，又∵∠ADN＝∠AMN，∴∠ABD＝∠AMN，∵∠MAN＝∠BAP，∴△AMN∽△ABP（3）解：存在.理由：把x＝0代入y＝kx+3得：y＝3，即OA＝BD＝3，AB＝AD∵S△ABD＝12AB•DN＝12AD•DB∴DN＝AD⋅DBAB＝4×35=∵△AMN∽△ABP，∴S△AMNS当点P在B点上方时，∵AP2＝AD2+PD2＝AD2+（PB﹣BD）2＝42+（4k+3﹣3）2＝16（k2+1），或AP2＝AD2+PD2＝AD2+（BD﹣PB）2＝42+（3﹣4k﹣3）2＝16（k2+1），S△ABP＝12PB•AD＝1∴S△整理得：k2﹣4k﹣2＝0，解得k1＝2+6，k2＝2﹣6当点P在B点下方时，∵AP2＝AD2+PD2＝42+（3﹣4k﹣3）2＝16（k2+1），S△ABP＝12PB•AD＝1∴S△化简得：k2+1＝﹣（4k+3），解得：k＝﹣2，综合以上所得，当k＝2±6或k＝﹣2时，△AMN的面积等于3225【解析】【分析】（1）由切线的性质知∠AOB＝∠OAD＝∠ADB＝90°，所以可以判定四边形OADB是矩形；根据⊙O的半径是2求得直径AD＝4，从而求得点P的坐标，将其代入直线方程y＝kx＋3即可知p变化的函数关系式；（2）连接DN.∵直径所对的圆周角是直角，∴∠AND＝90°，根据图示易证∠AND＝∠ABD；然后根据同弧所对的圆周角相等推知∠ADN＝∠AMN，再由等量代换可知∠ABD＝∠AMN；最后利用相似三角形的判定定理AA证明△AMN∽△ABP；（3）存在.把x＝0代入y＝kx＋3得y＝3，即OA＝BD＝3，然后由勾股定理求得AB＝5；又由相似三角形的相似比推知相似三角形的面积比.分两种情况进行讨论：①当点P在B点上方时，由相似三角形的面积比得到k2−4k−2＝0，解关于k的一元二次方程；②当点P在B点下方时，由相似三角形的面积比得到k2＋1＝−（4k＋3），解关于k的一元二次方程.6．操作：ΔABC和ΔA'B'C'都是等边三角形，ΔA'B探究：（1）在上述三个图形中，AO:BO是否一个固定的值，若是，请选择任意一个图形求出这个比值；（2）AA（3）AA'与【答案】（1）解：∵ΔABC是等边三角形，由图（1）得AO⊥BC，BO=1∴AO=3BO，∴（2）证明：AO:BO=3:1，∠BO∴∠BO∴ΔAOA∴AA（3）证明：在图（3）中，由（2）得ΔAOA∴∠1=∴∠2+∠4=∠1+∠3，即∠AEF=∠AOB∵∠AOB=90°，∴∠AOB=∴AA【解析】【分析】（1）由等边三角形的性质可得AO⊥BC，BO=12BC=12AB，根据勾股定理计算即可求得AO=3BO，即AO∶BO是一个固定的值3∶1；（2）由等边三角形的性质可得AO⊥BC，A'O⊥B'O，由同角的余角相等可得∠BOB'7．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+c（a＞0）与x轴相交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C，对称轴为直线x=1．（1）求点C的坐标（用含a的代数式表示）；（2）联结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关于点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（a＞0）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）设抛物线解析式为y=a（x+1）（x﹣3），即y=ax2﹣2ax﹣3a，当x=0时，y=﹣3a，∴C（0，﹣3a）（2）解：∵A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3a），∴AB=4，OC=3a，∴S△ACB=12∴6a=6，解得a=1，∴抛物线解析式为y=x2﹣2x﹣3（3）解：设点Q的坐标为（m，0）．过点G作GH⊥x轴，垂足为点H，如图，∵点G与点C，点F与点A关于点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，∴Rt△QGH∽Rt△GFH，∴GHFH=QHGH，即∴Q的坐标为（9，0）；当∠CFG=90°时，∵∠GFH+∠CFO=90°，∠GFH+∠FGH=90°，∴∠CFO=∠FGH，∴Rt△GFH∽Rt△FCO，∴GHFO=FHCO，即32m+1∴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）．【解析】【分析】（1）根据抛物线是轴对称图形和已知条件可求得抛物线与x轴的另一个交点B的坐标，再用交点式可求得抛物线的解析式，然后根据抛物线与y轴交于点C可得x=0，把x=0代入解析式即可求得点C的坐标；（2）由（1）的结论可求得AB=4，OC=3a，根据三角形ABC的面积=12（3）设点Q的坐标为（m，0）．过点G作GH⊥x轴，垂足为点H，根据中心对称的性质可得QC=QG，QA=QF=m+1，QO=QH=m，OC=GH=3。分两种情况讨论：①当∠CGF=90°时，由同角的余角相等可得∠GQH=∠HGF，于是根据有两个角相等的两个三角形相似可得Rt△QGH∽Rt△GFH，则可得比例式GHFH②当∠CFG=90°时，同理可得另一个Q坐标。8．在△ABC中，D为AB边上一点，过点D作DE∥BC交AC于点E，以DE为折线，将△ADE翻折，设所得的△A（1）如图（甲），若∠C=90°，AB=10，BC=6，ADAB（2）如图（乙），若AB=AC=10，BC=12，D为AB中点，则y的值为________．（3）若∠B=30°，AB=10，BC=12，设①求y与x的函数解析式