中考数学模拟题汇总《相似三角形的综合题》专项练习(附答案解析)一、综合题1．如图，四边形ABCD中，AC平分∠DAB，∠ADC=∠ACB=9
0°，E为AB的中点，（1）求证：AC2=AB?AD；（2）求证：CE∥AD；（3）若AD=4，AB=6，求 的值.2．如图，在
矩形 中， ， ，点 是 上一点，且 ， 是边 上的动点，以 为边作矩形 ，使 ，矩形 是矩形 关于对角
线 的轴对称图形. （1）当 时，求矩形 的面积. （2）当点 落在 上时，求 . （3）在 从 到 的运
动过程中， ①当 落在边 上时，求 的长.②当矩形 与矩形 的边只有两个交点时，直接写出 的取值范围.3．阅读下面材
料，完成（1）-（3）题．数学课上，老师出示了这样一道题：如图，在 中， ， 于 ，点 为线段 上一点，延长 至点
，连结 ，使 ，且 ，求证： ．同学们经过思考后，交流了自己的想法：小明：“通过观察和度量，发现 与 相等．”小涛：
“利用这学期学的图形的旋转，构造全等三角形，可以解决问题”．……老师：“保留原题条件，若 ，则可求 的值．”（1）求证： ；
（2）求让： ； （3）若 ，求 的值（用含 的式子表示）． 4．将 绕点A逆时针方向旋转 ，并使各边长变为原
来的n倍，得到 ，我们将这种变换记为 . （1）问题发现如图①，对 作变换 得 ，则 ；直线 与直线 所夹的锐角度
数为 .（2）拓展探究如图②， 中， 且 ，连结 ， .对 作变换 得 ，求 的值及直线 与直线 相交所成的
较小角的度数，并就图②的情形说明理由.（3）问题解决如图③， 中， ， ，对 作变换 得 ，使点B、C、 在同一直线
上，且四边形 为矩形，请直接写出n的值.5．如图，抛物线 过点 ， ． 为线段OA上一个动点（点M与点A不重合），过点M
作垂直于x轴的直线与直线AB和抛物线分别交于点P、N．（1）求直线AB的解析式和抛物线的解析式；（2）如果点P是MN的中点，那么求
此时点N的坐标；（3）如果以B，P，N为顶点的三角形与 相似，求点M的坐标．6．如图1，点O在线段AB上，AO=2，OB=1，O
C为射线，且∠BOC=60°，动点P以每秒2个单位长度的速度从点O出发，沿射线OC做匀速运动，设运动时间为t秒．（1）当t= 秒
时，则OP= ，S△ABP= ；（2）当△ABP是直角三角形时，求t的值；（3）如图2，当AP=AB时，过点A作AQ∥BP，并使得
∠QOP=∠B，求证：AQ?BP=3．7．如图，在△ABC中，sin∠BAC＝，AB＝13，AC＝7.2，BD⊥AC，垂足为点D，
点E是BD的中点，AE与BC交于点F．（1）求：∠CBD的正切；（2）求的值．8．如图1，圆内接四边形ABCD，AD＝BC，AB是
⊙O的直径．（1）求证：AB∥CD；（2）如图2，连接OD，作∠CBE＝2∠ABD，BE交DC的延长线于点E，若AB＝6，AD＝2
，求CE的长；（3）如图3，延长OB使得BH＝OB，DF是⊙O的直径，连接FH，若BD＝FH，求证：FH是⊙O的切线．9．已知：如
图所示，在四边形ABCD中，对角线的交点为O，E是OC上的一点，过点A作AG⊥BE于点G，AG，BD交于点F．（1）如图①所示，若
四边形ABCD是正方形，求证：OE＝OF．（2）如图②所示，若四边形ABCD是菱形，∠ABC＝120°．探究线段OE与OF的数量关
系，并说明理由．10．在平面直角坐标系中，图形M上存在一点P，将点P先向右平移一个单位长度，再向上平移一个单位长度得到点Q，若点Q
在图形N上，则称图形M与图形N成“斜关联”．（1）已知点，，，．①点A与B、C、D中的哪个点成“斜关联”？②若线段与双曲线成“斜关
联”，求k的取值范围；（2）已知的半径为1，圆心T的坐标为，直线l的表达式为，若与直线l成“斜关联”，请直接写出t的取值范围．11
．如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y= x+2与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y=ax2+bx+c的对称轴是x=﹣
，且经过A，C两点，与x轴的另一个交点为点B．（1）求抛物线解析式．（2）若点P为直线AC上方的抛物线上的一点，连接PA，PC．求
四边形PAOC的面积的最大值，并求出此时点P的坐标．（3）抛物线上是否存在点M，过点M作MN垂直x轴于点N，使得以点A、M、N为顶
点的三角形与△AOC相似？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．12．在等腰三角形△ABC中，AB＝AC，作CM⊥AB交A
B于点M，BN⊥AC交AC于点N．（1）在图1中，求证：△BMC≌△CNB；（2）在图2中的线段CB上取一动点P，过P作PE∥AB
交CM于点E，作PF∥AC交BN于点F，求证：PE+PF＝BM；（3）在图3中动点P在线段CB的延长线上，类似（2）过P作PE∥A
B交CM的延长线于点E，作PF∥AC交NB的延长线于点F，求证：AM?PF+OM?BN＝AM?PE．13．如图，将矩形ABCD沿A
F折叠，使点D落在BC边的点E处，过点E作EG∥CD交AF于点G，连接DG.（1）求证：四边形EFDG是菱形；（2）求证：EG2=
GF AF； （3）若AB=4，BC=5，求GF的长.14．如图，在中，∠C=90°，AC=8，BC=6，动点P从点A出发
沿AC以每秒2个单位长度的速度向终点C运动，同时动点Q从点B出发沿折线BC-CA向终点A运动，点Q在BC上的速度是每秒3个单位长度
，在CA上的速度是每秒4个单位长度，当Q不与A、B重合时，过点P作AB的垂线交AB于点D，连接PQ、DQ．设点P运动的时间为t(秒
)(t>0)．（1）用含t的代数式表示线段PD的长；（2）当时，求t的值；（3）当Q在BC边上运动时，面积S最大时，求AP的长；（
4）当∠PDQ=∠A时，直接写出t的值．15．我们定义：如果圆的两条弦互相垂直且相交，那么这两条弦互为“十字弦”，也把其中的一条弦
叫做另一条弦的“十字弦”．如图1，已知⊙O的两条弦AB⊥CD，则AB、CD互为“十字弦”，AB是CD的“十字弦”，CD也是AB的“
十字弦”．（1）（概念理解）若⊙O的半径为5，一条弦AB =8，则弦AB的“十字弦”CD的最大值为 ，最小值为 ．（2）如图2，若
⊙O的弦CD恰好是⊙O的直径，弦AB与CD相交于H，连接AC，若AC= 12，DH =7，CH =9，求证︰AB、CD互为“十字弦
”；（3）（问题解决）如图3，在⊙O中，半径为 ，弦AB与CD相交于H，AB、CD互为“十字弦”且AB=CD， ，则CD的长度
．16．如图，抛物线y=ax2+bx+c经过A（﹣1，0），B（4，0），C（0，3）三点，D为直线BC上方抛物线上一动点，DE
⊥BC于E．（1）求抛物线的函数表达式；（2）如图1，求线段DE长度的最大值；（3）如图2，设AB的中点为F，连接CD，CF，是否
存在点D，使得△CDE中有一个角与∠CFO相等？若存在，求点D的横坐标；若不存在，请说明理由．参考答案与解析1．【答案】（1）证明
：∵AC平分∠DAB ∴∠DAC=∠CAB.∵∠ADC=∠ACB=90°∴△ADC∽△ACB.∴即AC2=AB?AD.（2）证明
：∵E为AB的中点 ∴CE= AB=AE∴∠EAC=∠ECA.∵∠DAC=∠CAB∴∠DAC=∠ECA∴CE∥AD.（3）∵C
E∥AD ∴△AFD∽△CFE∴ .∵CE= AB∴CE= ×6=3.∵AD=4∴∴ .2．【答案】（1）解：∵在矩形 中
， ， ， ∴ ， .∵ ，∴ ∽ .∴ 即 ，∴ .∴ .（2）解：如图2，当G落在 上时， 与 重合，作
于点 ， 可证 ∽ ，∴ ，∴ ， .设 ，则 ， ，由 ∽ ，得 即 ，∴ ，∴ .（3）解：①当 落
在 上时，如图3， 作 关于 的轴对称图形，使点 落在 处.则 在 上， 在 上.设 与 交于点 ，设
，则 由勾股定理得 ，解得 .∴ ， .作 于点 ，则由 ∽ ，得 .设 ，则 ， ，∴ ，解得 ，∴
.∴ .②当矩形 与矩形 的边只有两个交点时， .理由如下：∵当 落在 上时，如图4，易得 ，解得 .∴ 即 .∴
当矩形 与矩形 的边只有两个交点时， .3．【答案】（1）证明：在 中， ， ∴ ．∵ ，∴ ．∴ ．∴ ．∵ ，∴
．（2）证明：以C为圆心，CB为半径在AB上截取一点M，连接CM， ∴ ．∵ ，∴ ．∵ ， ，∴ ．∵ ，∴ ．∴ ．（3）解
：∵ ， ， ∴ ．∵ ，∴ ．∴ ．∴ ．∵ ，∴ ．∴ ．∴ ．∵ ，∴ ．∴ ．两边同除以 得： ．令 ，则 ．
解得 （负值已舍去） ，∴ ．4．【答案】（1）；°（2）解：根据题意得： ， ， ， ， ∽ ， 相似比 ，
， ， ，延长 交 于 ，如图，设 交 于 . ， ， ∽ ， ， ，直线 与直线 相交所成的较
小角的度数为 .（3）解： 四边形 为矩形， ， ， ， ， ，在 中， ， ， ，即 的值为 .5
．【答案】（1）解：设直线 的解析式为 （ ）∵ ， ∴ 解得 ∴直线 的解析式为 ∵抛物线 经过点 ， ∴ 解得 ∴
（2）解：∵ 轴， 则 ， ∴ ， ∵ 点是 的中点∴∴解得 ， （不合题意，舍去）∴（3）解：∵ ， ， ∴ ，
∴∵∴当 与 相似时，存在以下两种情况：∴ 解得 ∴∴ ，解得 ∴6．【答案】（1）1；（2）解：解：当△ABP是直角三角形时
，①若∠A=90°．∵∠BOC=60°且∠BOC＞∠A，∴∠A≠90°，故此种情形不存在；②若∠B=90°，如答图2所示：∵∠BO
C=60°，∴∠BPO=30°，∴OP=2OB=2，又OP=2t，∴t=1；③若∠APB=90°，如答图3所示：过点P作PD⊥AB
于点D，则OD=OP?sin30°=t，PD=OP?sin60°= t，∴AD=OA+OD=2+t，BD=OB﹣OD=1﹣t．∴
AD=OA+OD=2+t，BD=OB﹣OD=1﹣t．∴（AD2+PD2）+（BD2+PD2）=AB2，即[（2+t）2+（ t）
2]+[（1﹣t）2+（ t）2]=32解方程得：t= 或t= （负值舍去），∴t= ．综上所述，当△ABP是直角三角形时
，t=1或t= （3）解：证明：如答图4，过点O作OE∥AP，交PB于点E，则有 ，∴PE= PB．∵AP=AB，∴∠APB=
∠B，∵OE∥AP，∴∠OEB=∠APB，∴∠OEB=∠B，∴OE=OB=1，∠3+∠B=180°．∵AQ∥PB，∴∠OAQ+∠B
=180°，∴∠OAQ=∠3；∵∠AOP=∠1+∠QOP=∠2+∠B，∠QOP=∠B，∴∠1=∠2；∴△OAQ∽△PEO，∴ ，即
，化简得：AQ?PB=37．【答案】（1）解：∵BD⊥AC，∴∠D=90°，∴，∴，∴，∴，∴（2）解：如图所示，过点F作交A
D于H，∴∠FHC=∠EDC=90°，∠HFC=∠DBC，∴△CHF∽△CDE，△AHF∽△ADE，，∴，，，设，则，，∵E是BD
的中点，∴，∴∴解得，∴，∴，即，∴，∴，∴．8．【答案】（1）证明：圆内接四边形ABCD，AD＝BC， ∴弧AD＝弧BC，∴∠
ABD＝∠BDC∴AB∥CD（2）解：由（1）知，∠BCE＝∠CBA＝∠DAO， ∵∠CBE＝2∠ABD且∠AOD＝2∠ABD∴
△AOD∽△CBE∴∴（3）证明：作FM⊥AH于M， ∵∠ADB＝∠AFB＝∠DAF＝90°∴四边形AFBD是矩形，∴FH＝BD
＝AF∴AM＝HM，OM＝BM∴OF＝BF＝OD∴∠FOH＝60°，∠OHF＝30°∠DFH＝90°又∵DF是⊙O的直径，∴FH是
⊙O的切线．9．【答案】（1）证明： 四边形 是正方形，对角线的交点为 ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，在
和 中， ， ， ；（2）解： ． 理由： 四边形 是菱形，对角线的交点为 ， ， ， ， ， ， ． ，又
， ， ， ， ， ． ．10．【答案】（1）解：①将点先向右平移一个单位，再向上平移一个单位得到：，与点相同，∴点与点成
“斜关联”；②点 “斜关联”坐标为，点“斜关联”坐标为，∴线段与线段成“斜关联”，∵线段与双曲线成“斜关联”，∴线段与双曲线相交，
如图所示：线段所在直线解析式为，将代入双曲线，得到，∵交点落在点和之间，∴，解得：；（2）解：11．【答案】（1）解：y= x+
2中，当x=0时，y=2，当y=0时，x=﹣4，∴C（0，2），A（﹣4，0），由抛物线的对称性可知：点A与点B关于x=﹣ 对称
，∴点B的坐标为1，0）．∵抛物线y=ax2+bx+c过A（﹣4，0），B（1，0），∴可设抛物线解析式为y=a（x+4）（x﹣1
），又∵抛物线过点C（0，2），∴2=﹣4a∴a=﹣ ∴y=﹣ x2﹣ x+2．（2）解：设P（m，﹣ m2﹣ m+2）．
如图1，过点P作PQ⊥x轴交AC于点Q，∴Q（m， m+2），∴PQ=﹣ m2﹣ m+2﹣（ m+2）=﹣ m2﹣2m，
∵S四边形PAOC=S△AOC+S△PAC= ×4×2+ ×PQ×4=2PQ+4=﹣m2﹣4m+4=﹣（m+2）2+8，∴当m
=﹣2时，△PAC的面积有最大值是8，此时P（﹣2，3）．（3）解：如图2， ，在Rt△AOC中，AC= =2 ，在Rt△BO
C中，BC= = ，∵AC2+BC2=20+5=25=AB2，∴∠ACB=90°，CO⊥AB，∴△ABC∽△AOC∽△CBO，
①若点M在x轴上方时，当M点与C点重合，即M（0，2）时，△MAN∽△BAC．根据抛物线的对称性，当M（﹣3，2）时，△MAN∽△
ABC；②若点M在x轴的下方时，设N（n，0），则M（n，﹣ n2﹣ n+2），∴MN= n2+ n﹣2，AN=n+4，当
= ，即 = = = 时，MN= AN，即 n2+ n﹣2= （n+4），化简，得n2+2n﹣8=0，n1=
﹣4（舍），n2=2，M（2，﹣3）；当 = ，即 = = =2时，MN=2AN，即 n2+ n﹣2=2（n+4），
化简，得n2﹣n﹣20=0，解得：n1=﹣4（舍去），n2=5，∴M（5，﹣18），综上所述：存在点M1（0，2），M2（﹣3，2
），M3（2，﹣3），M4（5，﹣18），使得以点A、M、N为顶点的三角形与△ABC相似．12．【答案】（1）解：∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，∵CM⊥AB，BN⊥AC，∴∠BMC＝∠CNB＝90°，在△BMC和△CNB中， ，∴△BMC≌△CNB（A
AS）（2）解：∵△BMC≌△CNB， ∴BM＝NC，∵PE∥AB，∴△CEP∽△CMB，∴ ＝ ，∵PF∥AC，∴△BFP∽△
BNC，∴ ，∴ ＝1，∴PE+PF＝BM（3）解：同（2）的方法得到，PE﹣PF＝BM， ∵△BMC≌△CNB，∴MC＝BN，∵
∠ANB＝90°，∴∠MAC+∠ABN＝90°，∵∠OMB＝90°，∴∠MOB+∠ABN＝90°，∴∠MAC＝∠MOB，又∠AMC
＝∠OMB＝90°，∴△AMC∽△OMB，∴ ，∴AM?MB＝OM?MC，∴AM×（PE﹣PF）＝OM?BN，∴AM?PF+OM?
BN＝AM?PE．13．【答案】（1）证明：∵GE∥DF， ∴∠EGF＝∠DFG.∵由翻折的性质可知：GD＝GE，DF＝EF，∠D
GF＝∠EGF，∴∠DGF＝∠DFG.∴GD＝DF.∴DG＝GE＝DF＝EF，∴四边形EFDG为菱形.（2）证明：如图1所示：连接
DE，交AF于点O. ∵由（1）四边形EFDG为菱形.∴GF⊥DE，OG＝OF＝ GF.∵∠DOF＝∠ADF＝90°，∠OFD＝
∠DFA，∴△DOF∽△ADF.∴ ，即DF2＝FO?AF.∵FO＝ GF，DF＝EG，∴EG2＝ GF?AF.（3）解：作G
H⊥CD于H，如图2所示： 则CH＝EG，由（1）得：AE＝AD，在Rt△ABE中，AB＝4，AE＝AD＝5，∴BE＝ ＝3，∴
EC＝2.设GF＝x，菱形边长为y，则由（2）得：y2＝ x×AF①，在Rt△ADF中，AF2 ＝25+y2 ②在Rt△ECF中
，y2 ＝4+（4﹣y）2③解得：y＝ ，代入②得：AF＝ ，再代入①得： .即GF＝ .14．【答案】（1）解：由题意得
：AP=2t在Rt△ABC中，由勾股定理得∵PD⊥AB∴∠PDA=∠C=90°∵∠PAD=∠BAC∴△APD∽△ABC∴∴（2）解
：由（1）得：∴∵当DQ∥AC时，点Q在BC边上∴BQ=3t∴CQ=BC?BQ=6?3t∵DQ∥AC∴即∴解得：（3）解：过点Q作
QE⊥AB于E，如图则∠QEB=∠C=90°∵∠B=∠B∴△BQE∽△BAC∴∴∴∴∵∴当，即时，S有最大值，此时（4）解：满足条
件的t值为或15．【答案】（1）10；6（2）解：证明：如图，连接AD， ∵AC=12， DH=7， CH=9，∴CD=CH+DH
=16∴ ，∴∵∠C=∠C，∴△ACH∽△DCA，∴∠AHC=∠CAD ∵CD是直径，∴∠CAD=90°，∴∠AHC=90°，∴A
H⊥CD，∴AB、CD互为“十字弦”．（3）616．【答案】（1）解：由题意，得 ，解得 ，抛物线的函数表达式为y=- x2
+ x+3（2）解：设直线BC的解析是为y=kx+b， ，解得 ，∴y=- x+3，设D（a，- a2+ a+3），
（0＜a＜4），过点D作DM⊥x轴交BC于M点，如图1 ，M（a，- a+3），DM=（- a2+ a+3）-（- a+3
）=- a2+3a，∵∠DME=∠OCB，∠DEM=∠BOC，∴△DEM∽△BOC，∴ ，∵OB=4，OC=3，∴BC=5，∴DE= DM∴DE=- a2+ a=- （a-2）2+ ，当a=2时，DE取最大值，最大值是 （3）解：假设存在这样的点D，△CDE使得中有一个角与∠CFO相等， ∵点F为AB的中点，∴OF= ，tan∠CFO= =2，过点B作BG⊥BC，交CD的延长线于G点，过点G作GH⊥x轴，垂足为H，如图2 ，①若∠DCE=∠CFO，∴tan∠DCE= =2，∴BG=10，∵△GBH∽△BCO，∴∴GH=8，BH=6，∴G（10，8），设直线CG的解析式为y=kx+b，∴ ，解得 ，∴直线CG的解析式为y= x+3，∴ ，解得x= ，或x=0（舍）．②若∠CDE=∠CFO，同理可得BG= ，GH=2，BH= ，∴G（ ，2），同理可得，直线CG的解析是为y=- x+3，∴ ，解得x= 或x=0（舍），综上所述，存在点D，使得△CDE中有一个角与∠CFO相等，点D的横坐标为 或 ． 学科网（北京）股份有限公司 第 1 页 共 30 页 zxxk.com学科网（北京）股份有限公司 |
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