北京備戰(zhàn)中考數(shù)學(xué)壓軸題專題復(fù)習(xí)—相似的綜合

1、一、相似真題與模擬題分類匯編(難題易錯(cuò)題)1.如圖，已知拋物線經(jīng)過點(diǎn)A ( - 1, 0) , B (4, 0) , C (0, 2)三點(diǎn)，點(diǎn)D與點(diǎn)C關(guān) 于x軸對(duì)稱，點(diǎn)P是x軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(m, 0),過點(diǎn)P做x軸的垂線(1)求該拋物線所表示的二次函數(shù)的表達(dá)式:(2)已知點(diǎn)F (0, 2),當(dāng)點(diǎn)P在x軸上運(yùn)動(dòng)時(shí)，試求m為何值時(shí)，四邊形DMQF是平 行四邊形？(3)點(diǎn)P在線段AB運(yùn)動(dòng)過程中，是否存在點(diǎn)Q,使得以點(diǎn)B、Q、M為頂點(diǎn)的三角形與 BOD相似？若存在，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)：若不存在，請(qǐng)說明理由.【答案】(1)解：由拋物線過點(diǎn)A (-1, 0)、B (4, 0)可設(shè)解析式為y=a

2、 (x+1) (x- 4),將點(diǎn)C (0, 2)代入，得：4a=2,113則拋物線解析式為y=-2 (x+1) (x4) =-2x2+Wx+2(2)解：由題意知點(diǎn)D坐標(biāo)為(0, -2), 設(shè)直線BD解析式為丫=1«+2將 B (4, 0)、D (0,-2)代入，得：1 ( k=_4k + b=0i 2'b= - 2 ,解得：b= - 2 ,1直線BD解析式為y= 2x2QM，x 軸，P (m, 0),15Q (m, - m2+ m+2)、M (m, 2m-2), 則 QM=-2m2+2m+2- ( m-2) =- m2+m+4»1F (0, 2)、D (0, -2)

3、,5：.DF=2,QMII DF, 當(dāng)-2m2+m+4=2時(shí)，四邊形DMQF是平行四邊形, 解得：m=-l或m=3,即m=-l或3時(shí)，四邊形DMQF是平行四邊形。(3)解：如圖所示：環(huán)M/ QMII DF,/. Z ODB=Z QMB,分以下兩種情況：當(dāng)N DOB=Z MBQ=90°時(shí)， DOB- MBQ,則辦一 80 一 4 一 E, : Z MBQ=90%/. Z MBP+Z PBQ=90°,Z MPB=Z BPQ=90°,/. Z MBP+Z BMP=90°, Z BMP=Z PBQ,/. MBQ BPQ,DO MB _21解得：mi=3x mz=

4、4, 當(dāng)m=4時(shí)，點(diǎn)P、Q、M均與點(diǎn)B重合，不能構(gòu)成三角形，舍去，m=3,點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(3, 2)：當(dāng)N BQM=90。時(shí)，此時(shí)點(diǎn)Q與點(diǎn)A重合， BOD- BQM此時(shí)m=-l,點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(-1, 0):綜上，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(3, 2)或(-1, 0)時(shí)，以點(diǎn)B、Q、M為頂點(diǎn)的三角形與 BOD相 似.【解析】【分析】(1)A (；, 0) . B (4, 0)是拋物線與x軸的交點(diǎn)，則可由拋物線的 兩點(diǎn)式，設(shè)解析為y=a (x+1) (x-4),代入C (0,2)即可求得a的值：(2)由QMII DF且四邊形DMQF是平行四邊形知QM二DF,由D, F的坐標(biāo)可求得DF的長(zhǎng) 度：由P(m,0)可得Q

5、 (m, -2m2+2m+2),而M在直線BD上，由B, D的坐標(biāo)用待定系 數(shù)法求出直線BD的解析式,并當(dāng)=m時(shí)，表示出點(diǎn)M的坐標(biāo)，可用m表示出QM的長(zhǎng) 度。由QM=DF,列出關(guān)于m的方程，解之可得：(3)在 DOB 和 MBQ 中，由 QMII DF,可知NODB=NQMB,因?yàn)镹MBQ=90。要使 DOB 和仆 MBQ 相似，則需要N DOB=Z MBQ=90。或N DOB=Z BQM=90。2.(1)問題發(fā)現(xiàn):如圖1,在等邊三角形ABC中，點(diǎn)M為BC邊上異于B、C的一點(diǎn)，以AM為邊作等邊三角 形AMN,連接CN, NC與AB的位置關(guān)系為:(2)深入探究：如圖2,在等腰三角形ABC中，BA

6、=BC,點(diǎn)M為BC邊上異于B、C的一點(diǎn)，以AM為邊作 等腰三角形AMN,使NABC=NAMN, AM=MN,連接CN,試探究N ABC與N ACN的數(shù)量關(guān) 系，并說明理由；(3)拓展延伸：如圖3,在正方形ADBC中，AD=AC,點(diǎn)M為BC邊上異于B、C的一點(diǎn)，以AM為邊作正 方形AMEF,點(diǎn)N為正方形AMEF的中點(diǎn)，連接CN,若BC=10, Cn"，試求EF的長(zhǎng).【答案】(1)NCII AB(2)解：NABC=NACN,理由如下：AB _AA , , BC 加=1 且/ ABC=Z AMN,a ABC- AMNAS _AC MfAA,/ AB二BC,1：.Z BAO 2 (180&#

7、176; - Z ABC), AM=MN1：.Z MAN=Z (180°-Z AMN),Z ABC=Z AMN./. Z BAC=Z MAN,/. Z BAM=Z CAN, ABM- ACN,Z ABC=Z ACN(3)解:如圖3,連接AB, AN,四邊形ADBC, AMEF為正方形， /. Z ABC=Z BAC=45 Z MAN=45°, /. N BAC - N MAC=Z MAN - Z MAC 即N BAM=Z CAN.AB AM 一二一二卡 BC AN v , AB _AC AfAA, ABM - ACNBM _Ab 辦廠位,CN _ AC 更BM AB =co

8、s45°= 2 ,：.嬴一 T, /. BM=2,/. CM=BC- BM=8,在 RtA AMC,AM=心:+麻=商+停=2Ti, EF=AM=2 -41.【解析】【解答】解:NCII AB,理由如下：7 ABC與 MN是等邊三角形，/. AB=AC, AM=AN, Z BAC=Z MAN=60%?. Z BAM=Z CAN,在 ABM與aACN中，AB = ACNW = ZCAN AM = AN , . ABM合 & ACN （SAS）, . Z B=Z ACN=60% / Z ANC+Z ACN+Z CAN=Z ANC+60°+Z CAN=180%/. Z A

9、NC+Z MAN+Z BAM=Z ANC+60°+z CAN=Z BAN+Z ANC=180% CNII AB；【分析】（1）由題意用邊角邊易得 ABM2 ACN,則可得NB=NACN=60。，所以Z BCN+Z B=Z BCA+Z ACN+Z B=180。，根據(jù)平行線的判定即可求解：AB _ AC（2）由題意易得 ABC AMN,可得比例式防一五，由三角形內(nèi)角和定理易得 ZBAM=Z CAN,根據(jù)相似三角形的判定可得 ABM ACN,由相似三角形的性質(zhì)即可求 解：（3）要求EF的值，只須求得CM的值，然后解直角三角形AMC即可求解。連接AB, AN,由正方形的性質(zhì)和相似三角形的判定

10、易得 ABM ACN ,可得比例式 CN AC °2一二一二 cos45 -BM AB2 ,可求得BM的值，而CM=BC - BM,解直角三角形AMC即可求得AM的值，即為EF的值。3.正方形ABCD的邊長(zhǎng)為6cm,點(diǎn)E, M分別是線段BD, AD上的動(dòng)點(diǎn)，連接AE并延長(zhǎng)，交邊BC于F,過M作MNJ_AF,垂足為H,交邊AB于點(diǎn)N.（1）如圖，若點(diǎn)M與點(diǎn)D重合，求證：AF = MN；（2）如圖，若點(diǎn)M從點(diǎn)D出發(fā)，以lcm/s的速度沿DA向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)E從點(diǎn)B 出發(fā)，以$cm/s的速度沿BD向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ts.設(shè)BF=ycm,求y關(guān)于t的函數(shù)表達(dá)式: 當(dāng)BN = 2AN時(shí)，

11、連接FN,求FN的長(zhǎng).【答案】（1）證明：.,四邊形ABCD為正方形,. AD=AB, Z DAN = Z FBA=90"., MNJLAF,Z NAH + Z ANH = 90°.Z NDA+Z ANH=90°,Z NAH = Z NDA,/. AB檔 MAN./. AF = MN.（2）解：.四邊形ABCD為正方形，/. ADII BF, Z ADE = Z FBE.: Z AED = Z BEF,/. EBF a EDA,B卜BEAL=EL. 四邊形ABCD為正方形，/. AD = DC=CB=6cm, , BD=6 Vcm.點(diǎn)E從點(diǎn)B出發(fā)，以第cm/s的速

12、度沿BD向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ts,A BE= Vtcm, DE=（6 港一港t）cm,y 、缶/. 6 = 62 - yQ ,仇y= 6 - t .;四邊形ABCD為正方形，/. Z MAN = Z FBA = 90°.MN±AF, Z NAH + Z ANH = 90°.Z NMA+Z ANH = 90°, , Z NAH = Z NMA. ABF- MAN.力A Bb= AB.BN = 2AN, AB = 6cm,/. AN = 2cm.仇26- tJ 6 - t =6 ,.t=2,6X2BF= 6 - 2 =3(cm).又BN=4cm,FN=d(

13、 + /=5(cm).【解析】【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)得出AD=AB, NDAN = NFBA=90。.再根據(jù)同角的 余角相等得出N NAH = Z NDA,進(jìn)而證出 ABFW MAN即可解答，(2)根據(jù)正方形的性質(zhì)得出兩角相等證出EBFA EDA,得出BD的長(zhǎng)度，利用 EBF-a EDA得出比例式，得出y和t之間的函數(shù)解析式，據(jù)正方形的性質(zhì)得出兩角相等證出ABF- MAN,得出比例式，進(jìn)而解答.4.如圖，在 ABC中，Z C=90% N ABC的平分線交AC于點(diǎn)E,過點(diǎn)E作BE的垂線交AB 于點(diǎn)F, OO是4BEF的外接圓.(2)過點(diǎn)E作EHJ«AB,垂足為H,求證：CD=HF；(

14、3)已知：CD=1, EH=3,求 AF 的長(zhǎng).【答案】(1)證明：如圖，連接0E.BE 平分N ABC,/. Z CBE=Z OBE,0B=OE,/. Z OBE=Z OEB,/. Z OEB=Z CBE,/. OEII BC,/. Z AEO=Z C=90°, /. AC是。0的切線:B / Z CBE=Z OBE, ECJLBC 于 C, EHJLAB 于 H, , EC=EH.Z CDE+Z BDE=180°, Z HFE+Z BDE=180%/. Z CDE=Z HFE.在 CDE與4 HFE中，NCDE = /HFENC = NEHF =第EC = EH ,/.

15、 CDE HFE (AAS), , CD=HF.(3)解：由(2)得，CD=HF.又 CD=1 /. HF = 1在 RtA HFE 中，EF= 字77 = «正 EF±BE Z BEF=90°/. Z EHF=Z BEF=90°Z EFH=Z BFE . EHF BEFEF HF 亞 1J而一際，即好"T0：.BF=1O10E=-BF = 5J / t0H = 5 - 1 =4：.在 RtA OHE 中,/.在 RtA EOA 中，4 cos/EOA力OE 4casEOA -OA 5,【解析】【分析】(1)連接0E.利用角平分線的定義和等腰三

16、角形的性質(zhì)可證得OEII BC,從而得N AEO=N C=90°,可得到證明;(2)連結(jié)DE.利用AAS可證 CDE" HFE,從而得到證明：(3)證BEF,由相似三角形的性質(zhì)可求得BF,從而得到0E,在RtA OHE和 EOA中，由cosN EOA可求出0A,從而求出AF.5.如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，平行四邊形A80c如圖放置，將此平行四邊形繞點(diǎn)。順時(shí) 針旋轉(zhuǎn)90。得到平行四邊形A&0C.拋物線y=-K+2x+3經(jīng)過點(diǎn)4 C、A三點(diǎn).(2)求平行四邊形48OC和平行四邊形A60C重疊部分4的面積：(3)點(diǎn)M是第一象限內(nèi)拋物線上的一動(dòng)點(diǎn)，問點(diǎn)M在何處時(shí)，4MA的面

17、積最大？最大 面積是多少？并寫出此時(shí)M的坐標(biāo).【答案】(1)解：當(dāng)y=0時(shí)，-X+2x+3=0, 解得 Xt=3, x2= - 1，則 C (- 1, 0) , 4(3, 0), 當(dāng) x=0 時(shí)，y=3,則 4 (0, 3)(2)解：四邊形48OC為平行四邊形， ：,AB OC , AB = OC ,而 C ( - 1, 0) , 4 (0, 3),B (1, 3 ), /5 08=+ * = 71。,SA4os = 2 x3xl= 2 , 又；平行四邊形A8OC旋轉(zhuǎn)90。得平行四邊形A&0C,Z ACO=Z OCD , OC = OC=1.又 Z ACO=Z. ABO , N ABO

18、=N OCD .又 Z COD=A AOB ,/. COD- BOA ,S a COL OC' 11：.S zj 助=(OB 產(chǎn)=(yTd ) 2= ，133MMS« cOD= 16x2= 2G(3)解：設(shè)M點(diǎn)的坐標(biāo)為(m ,-蘇+2人+3) , o<m<3,作MN y軸交直線AA于A/ ,易得直線4A的解析式為y= - x+3,則N (mm+3),MN= - m2+2m+3 - ( - m+3 ) = - m2+3m ,Sa ama,=S anm+S mna'=2MN33= 2(- m2+3m)J 9=-2 m4 2 m5327= -2(m-£

19、)2+8,3【解析】27最大值為8 ,此時(shí)M點(diǎn)坐標(biāo)為(J 152, 7).【分析】(1)利用拋物線與x釉的交點(diǎn)問題可求出C ( - 1, 0) , A (3, 0)；計(jì)算自變量為。時(shí)的函數(shù)值可得到A (0, 3) ： (2)先由平行四邊形的性質(zhì)得A8II OC ,AB = OC ,易得B (1, 3),根據(jù)勾股定理和三角形面積公式得到08=2 ,再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得N4C0=N OCT? , OC = OC=1,接著證明。0。 804 ,利 S 4 col 0C'用相似三角形的性質(zhì)得S MA =(礪)2 ,則可計(jì)算出Sau。： (3)根據(jù)二次函數(shù)圖象 上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，設(shè)M點(diǎn)的坐標(biāo)為(m

20、, - m2+2m+3) , 0<n?<3,作MN y軸交直 線4T于N ,求出直線4r的解析式為y=-x+3,則N (m , -m+3),于是可計(jì)算出 39MMMN= - m2+3m ,再利用5廠用，=5廠川爐凡府田和三角形而枳公式得到5«加，=-2m?+幺 m ,然后根據(jù)二次函數(shù)的最值問題求出AM/T的面積最大值，同時(shí)即可確定此時(shí)M點(diǎn)的 坐標(biāo).36.拋物線y=ax?+bx+3 (a*0)經(jīng)過點(diǎn)A ( - 1, 0) , B ( 2 , 0),且與y軸相交于點(diǎn)C.(1)求這條拋物線的表達(dá)式；(2)求N ACB的度數(shù)；(3)設(shè)點(diǎn)D是所求拋物線第一象限上一點(diǎn)，且在對(duì)稱軸的右

21、側(cè)，點(diǎn)E在線段AC上，且 DEXAC,當(dāng)4 DCE與 AOC相似時(shí)，求點(diǎn)D的坐標(biāo).【答案】(1)解：當(dāng)x=0, y=3,C (0,3)3設(shè)拋物線的解析式為y=a(x+l)(x-W).將c (0, 3)代入得：-?a=3,解得a=2,拋物線的解析式為y=-2x?+x+3(2)解：過點(diǎn)B作BMJ_AC,垂足為M,過點(diǎn)M作MN_LOA,垂足為N。OC=3, AO=1,tanZ CAO=3 >直線AC的解析式為y=3x+3.ACJLBM,1.BM的一次項(xiàng)系數(shù)為3.1131一一X 一 + b =。一設(shè)BM的解析式為y=3+b,將點(diǎn)B的坐標(biāo)代入得：32 ，解得b=M1 1 "X + _ B

22、M的解析式為y=32.1133+ MM- flMBMM將y=3x+3與y=32聯(lián)立解得：x= 4以=4./. MC=BM=3 29 2 UTC夕iJ/. AMCB為等腰直角三角形。/. Z ACB=455.（3）解：如圖2所示，延長(zhǎng)CD,交x軸于點(diǎn)F.N ACB=45%點(diǎn)D是第一象限拋物線上一點(diǎn)，/. Z ECD>452.又 ADCE 與AAOC 相似,Z AOC=Z DEC=90% . Z CAO=Z ECD. , CF=AF.設(shè)點(diǎn)F的坐標(biāo)為（a, 0）,則（a+1） 2=3?+a2 ,解得=4. F （4,0）.3設(shè)CF的解析式為y=kx+3,將F （4,0）代入得4k+3=0,解得

23、k= 4 0 3CF的解析式為y= 4x+3. 37MBMM將y= 4 x+3與y=-2x2+x+3聯(lián)立，解得x=0 （舍去）或x= §,7375將 x= 8 代入 y=4 x+3 得 y= 32.775/. D （6, 32 ）【解析】【分析】（1）易求得C的坐標(biāo)，利用交點(diǎn)式設(shè)出解析式，再把C的坐標(biāo)代入可 求出：（2）過點(diǎn)B作BM_LAC,垂足為M,過點(diǎn)M作MN J«OA,垂足為N,由tanN CA0=3先求出 直線AC的解析式，從而求出BM的解析式，兩個(gè)解析式聯(lián)立求出M的坐標(biāo)，再由兩點(diǎn)之間的距離求出MC=BM,進(jìn)而得出AMCB的形狀，求出答案：（3）延長(zhǎng)CD,交x軸于點(diǎn)

24、F,由ADCE與AAOC相似可得出CF=AF,利用勾股定理求出F的 坐標(biāo)，由待定系數(shù)法求出CF的解析式，再與二次函數(shù)的解析式聯(lián)立求出D的坐標(biāo).7.如圖，己知AB是。0的直徑，弦CD與AB交于點(diǎn)E. F為CD的延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，連接 AF,且 FA?:FDFC.（1）求證：FA為。的切線;（2）若 AC=8, CE： ED=6： 5, AE： EB=2： 3,求 AB 的值.【答案】（1）證明：連接BD、AD,如圖，/ Fjf = FD FC,FA _ FC 而一方Z F=Z F,. FAD 4 FCA. Z DAF=Z C. Z DBA=Z C, Z DBA=Z DAR,/ AB是00的直徑，ZA

25、DB = 90°.：./DBA + /DAB = 90°.：.ZDAF + NDAB = 90 二NFAB = 90° ,即 AF±AB.，F(xiàn)A為。的切線.(2)解：設(shè) CE=6x, AE=2y,則 ED=5x, EB=3y.由相交弦定理得：EC- ED=EB- EA.30厘=6$.y = 每AE = 25x.-ZFAB = 90。，/盧二源一 A皮：, FD FC =- A 艮：. FD * (FD + llx) = (FD + 5x)2 _ (245x)2.：.FD=5x.= FD FC = 80/./. AF = 45x.ZFAE = 90。，F(xiàn)D

26、 = ED = 5x9：.AD = ED = 5x. FAD- 4 FCA.AD _ DFJ? J?AD 二 DF = 5x, AC = 8, AF =4后，5x _ 5x.7 一 訴解得：'一 5'AS = 5y = 55x = 10.：.AB的值為10【解析】【分析】(1)連接BD、AD,根據(jù)兩邊成比例且夾角相等可得 FAD- FCA：由 FAD- FCA及同弧所對(duì)的圓周角相等可得N DBA=Z DAF：再根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角是直 角即可得出結(jié)論。(2)設(shè)CE=6x,則ED=5x,用相交弦定理表示出則AE的長(zhǎng)，用勾股定 理及題中的已知條件分別表示出FD、AF、AD的長(zhǎng)：再利

27、用aFADsA FCA即可得出結(jié)論。8.己知：A、B兩點(diǎn)在直線I的同一側(cè)，線段AO. BM均是直線I的垂線段，且BM在AO 的右邊，AO=2BM,將BM沿直線I向右平移，在平移過程中，始終保持N ABP=90。不變， BP邊與直線I相交于點(diǎn)P.A(1)當(dāng)P與O重合時(shí)(如圖2所示)，設(shè)點(diǎn)C是A0的中點(diǎn)，連接BC.求證：四邊形 OCBM是正方形：Ab ON(2)請(qǐng)利用如圖1所示的情形，求證：麗=加：(3)若AO=2 V%,且當(dāng)M0=2P0時(shí)，請(qǐng)直接寫出AB和PB的長(zhǎng).【答案】(1)解：2BM=A0, 2co=A0,BM=CO>AOII BM,/.四邊形OCBM是平行四邊形， / Z BMO=

28、90%/. -OCBM是矩形， / Z ABP=90°, C 是 AO 的中點(diǎn)，/. OC=BC,/.矩形OCBM是正方形(2)解:連接 AP、OB,:.A、B、0、P四點(diǎn)共圓，由圓周角定理可知：NAPB二NAOB,/ AOII BM,，Z AOB=Z OBM, , Z APB=Z OBM,J APB OBM,AB _ Ok二麗一就(3)解：當(dāng)點(diǎn)P在0的左側(cè)時(shí)，如圖所示,過點(diǎn)B作BDJ_AO于點(diǎn)D,易證 PEO BED,PO Ob：.BD DE,易證：四邊形DBMO是矩形，/. BD=MO, OD=BM,/. MO=2PO=BD>OE _1 赤一;,AO=2BM=2 7%, ,BM= 瓦26：.0E= 3 , DE= 3 ,易證 ADB- & ABE,/. ab2=ad>ae.AD = DO = DM=7%,迎：.AE=AD+DE= 3：.AB=",由勾股定理可知：BE=F,易證： PEO- PBM,BE _0M 2J麗一百一 ？，/. PB= «/5；當(dāng)點(diǎn)P在0的右側(cè)時(shí)，如圖所示