【文档说明】《2022年中考数学毕业班二轮热点题型归纳与变式演练（全国通用）》专题09 相似三角形（解析版）.docx，共(74)页，2.037 MB，由管理员店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

专题09相似三角形目录一、热点题型归纳.......................................................................................

.................................................................【题型一】线段成比例问题................................................................

..............................................................【题型二】相似三角形的判定问题.................................

..................................................................................【题型三】相似三角形的性质问题..............................................

.....................................................................【题型四】位似问题与位似的作图.....................................................

..............................................................二、最新模考题组练.....................................

.........................................................................................................

....2【题型一】线段成比例问题【典例分析】（2021·四川巴中·中考真题）两千多年前，古希腊数学家欧多克索斯发现了黄金分割，即：如图，点P是线段AB上一点（AP＞BP），若满足BPAPAPAB=，则称

点P是AB的黄金分割点．黄金分割在日常生活中处处可见，例如：主持人在舞台上主持节目时，站在黄金分割点上，观众看上去感觉最好．若舞台长20米，主持人从舞台一侧进入，设他至少走x米时恰好站在舞台的黄金分割点上，则x满足的方程是（）A．（20﹣x）2＝20xB．x2＝20（20﹣x）C．x（20﹣

x）＝202D．以上都不对【答案】A【分析】点P是AB的黄金分割点，且PB＜PA，PB＝x，则PA＝20−x，则BPAPAPAB=，即可求解．【解析】解：由题意知，点P是AB的黄金分割点，且PB＜PA，PB＝x，则PA＝20−x，∴BPAPAPAB

=，∴（20−x）2＝20x，故选：A．【提分秘籍】1.对于四条线段a，b，c，d，如果其中两条线段的比(即它们长度的比）与另两条线段的比相等，如dcba=(即ad=bc)，我们就说这四条线段成比例。其主要性质有：(1)基本性质：如果dcba=，那么ad=bc。(如果c

bba=那么b²=ac)(2)合分比性质：如果dcba=那么ddcbba=(3)等比性质：如果knmfedcba=====（0++++nfdb），那么knfdbmeca=++++++++。2.黄金分割有关的问题点C把线段AB分成两条线段AC

和BC，如果ACBCABAC=,那么称线段AB被点C黄金分割，点C叫做线段AB的黄金分割点，黄金比1618.01:215:：−=ABAC。用黄金分割解决实际问题时常用到黄金比，即较长线段：全线段=618.0215−。3.成比例线段的证明或

求值问题要证明线段成比例或求两线段之比的问题，常用到的理论依据有两点：（1）平行线分线段成比例的基本事实；（2）相似三角形对应边成比例的性质。【变式演练】1．（2021·广西平桂·九年级期中）下列四条线段中，成比例的是（）．A．a=1，b=2，c=3，d=

4B．a=1，b=2，c=3，d=6C．a=2，b=3，c=4，d=7D．a=3，b=2，c=5，d=4【答案】B【分析】根据比例线段的定义，分别计算各选项中最小的数与最大的数的积是否等于另外两个数的积可判断四条线段成比例．【解析】解：A、1×4≠2×3，所以A

选项不符合题意；B、1×6＝2×3，所以B选项符合题意；C、2×7≠3×4，所以C选项不符合题意；D、2×5≠3×4，所以D选项不符合题意；故选：B．2．（2021·北京昌平·九年级期中）如果一个矩形的宽与长的比等于黄金数512−（约为0.618

），就称这个矩形为黄金矩形．若矩形ABCD为黄金矩形，宽AD＝5﹣1，则长AB为（）A．1B．﹣1C．2D．﹣2【答案】C【分析】根据黄金矩形的定义，得出宽与长的比例即可得出答案．【解析】解：黄金矩形的宽与

长的比等于黄金数512−，512ADAB−=，51(51)22AB−=−=．故选：C．3．（2021·江苏·扬州市梅岭中学九年级）2022年即将到来，一年一度的“元旦汇演”即将拉开帷幕，若“元旦汇演”

的舞台纵深为8米，要想获得最佳音响效果，主持人应站在舞台纵深所在线段的离舞台前沿较近的黄金分割点P处，那么主持人站立的位置离舞台前沿较近的距离约为（）A．2.5米B．2.9米C．3.0米D．3.1米【答案】D【分析】由黄金分割

的定义即可求解．【解析】解：主持人应站在舞台纵深所在线段的离舞台前沿较近的黄金分割点P处，离舞台前沿较近的距离为：35812453.12−=−（米)，故选：D．【题型二】相似三角形的判定问题【典例分析】（2021·湖南湘潭·中考真题）如图，在ABC中，点D，E分别为边A

B，AC上的点，试添加一个条件：_____，使得ADE与ABC相似．（任意写出一个满足条件的即可）【答案】ADAEABAC=【分析】根据相似三角形的判定方法：两边成比例，夹角相等解题．【解析】解：根据题意，添加条件ADAEABAC=，=AA

ADE~ABC故答案为：ADAEABAC=．【提分秘籍】1.相似三角形的判定方法：(1)平行于三角形一边的直线和其他两边(或其延长线)相交，所构成的三角形与原三角形相似.这是判定两个三角形相似的最基本的一个定理.(2)两个三角形相似的判定定理：

①三边成比例的两个三角形相似；②两边成比例且夹角相等的两个三角形相似；③两角分别相等的两个三角形相似.2.判定两个三角形相似需要根据条件选择方法.有时条件不具备，需从以下几个方面探求：(1)条件中若有平行线，可考虑用平行线直接推出相似三角形；(2)两个三角形中

若有一组等角，可再找一组等角，或再找夹这组等角的两边成比例；(3)两个三角形中若有两边成比例，可找这两边的夹角相等，或再找第三边成比例；(4)条件中若有一组直角，可再找一组等角或两边成比例.【变式演练】1．（2021·北京市师达中学九年级）如图，点

E在▱ABCD的边CD的延长线上，连接BE分别交AD、AC于F、G．图中相似的两个三角形共有_____对．【答案】6【分析】根据平行四边形的性质及相似三角形的判定方法进行分析即可．【解析】解：∵ABCD是平行四边形∴AD∥BC，AB∥DC∵△ABG∽△CEG，△

AGF∽△CGB，△EFD∽△EBC，△ABF∽△DEF，△ABF∽△EBC五对，还有一对特殊的相似即△ABC≌△ADC，∴共6对．故答案为：6．2．（2021·宁夏·银川市第十五中学九年级期中）如图，点D在ABC的边AC上，要判

定ADB△与ABC相似，则需要添加一个条件是_______．【答案】ABDACB=（答案不唯一）【分析】根据相似三角形的判定定理，已知BADBAC=，进而再找一对相等的角即可【解析】BADBAC

=，ABDACB=ADBABC∽故答案为：ABDACB=（答案不唯一）3．（2021·重庆实验外国语学校九年级）如图，在平行四边形ABCD中，E、F分别是边AB、CD上的点，且AE＝BE，DF＝3CF，连接EF、BD交

于点O，则△BEO与△ODF的面积比为____．【答案】4:9【分析】由条件证明EOBFOD△△，得到2SBEOBESDFODF=△△，再由AE＝BE，DF＝3CF，AB=DC得到23BEDF==，从而得到答案．【解

析】解：∵四边形ABCD是平行四边形∴//ABDC，AB=DC∴∠EBO=∠FDO又∵∠EOB=∠FOD∴EOBFOD△△∴2SBEOBESDFODF=△△又∵AE＝BE，DF＝3CF∴12BEAB=,34DFDC=又∵AB=DC∴114223233

4BEDF===∴2224==39SBEOBESDFODF=△△故答案为：4:9【题型三】相似三角形的性质问题【典例分析】（2021·江苏镇江·中考真题）如图，点D，E分别在△ABC的边AC，AB上，△ADE∽△ABC，M，N分别是DE，BC的中点，若

AMAN＝12，则ADEABCSS＝__．【答案】14【分析】根据相似三角形对应中线的比等于相似比求出DEBC，根据相似三角形面积的比等于相似比的平方解答即可．【解析】解：∵M，N分别是DE，BC的中点，∴AM、AN分别为△ADE、△ABC的中线，∵△ADE∽△ABC，

∴DEBC＝AMAN＝12，∴ADEABCSS＝(DEBC)2＝14，故答案为：14．【提分秘籍】解与三角形相似有关的问题时常用到以下性质：(1)相似三角形对应角相等，对应边成比例；(2)相似三角形对应高的比、对应中线的比、对应角平分线的比都等于相似比；(3)相似三角形周长的比

等于相似比，相似多边形周长的比等于相似比；(4)相似三角形面积的比等于相似比的平方，相似多边形面积的比等于相似比的平方。【变式演练】1．（2021·内蒙古·中考真题）已知抛物线223yxx=−−与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧

），与y轴交于点C，点(4,)Dy在抛物线上，E是该抛物线对称轴上一动点．当BEDE+的值最小时，ACE的面积为__________．【答案】4【分析】根据题意画出函数图像，要使BEDE+的值最小，需运

用对称相关知识求出点E的坐标，然后求ACE的面积即可．【解析】解：根据题意可求出(1,0),(3,0),(0,3)(4,5)ABCD−，，抛物线223yxx=−−的对称轴为：12bxa=−=，根据函数对称关系，点B关于1x=的对称点为点A，连接AD与1x=交于点E，此时BED

E+的值最小，过D点作x轴垂线，垂足为F，设抛物线对称轴与x轴交点为G，∵EGDF∥，∴AEGADF∽，∴255AGEGEGAFDF==，∴2EG=，过点C作1x=的垂线，垂足为H，所以四边形ACHE的面积等于AGE与梯

形ACHG的面积和，即111322+(21)3222+=，则ACES=S四边形ACHE-13115422ECHS=−=，故答案为：4．2．（2021·广东惠阳·二模）如图，AB，CD相交于O点，△AOC∽△BOD，OC：CD＝1：3，AC

＝2，则BD的长为。【答案】4【分析】根据OC：CD＝1：3，求得OC：OD＝1：2，根据相似三角形的对应边的比相等列出方程，计算即可．【解析】∵OC：CD＝1：3，∴OC：OD＝1：2，∵△AOC∽△BOD，∴

ACOCBDOD=，即212BD=，解得：BD＝4，故答案为：4．3．（2021·福建永春·九年级期中）如图，点B、C是线段AD上的点，△ABE、△BCF、△CDG都是等边三角形，且AB=12，BC=18，已知△ABE与△CDG的

相似比为2：5．则：①CD=______；②图中阴影部分面积为______．【答案】30932【分析】①证明ABE△∽CDG，再利用相似三角形的性质可得答案；②如图，设AG与CF、BF分别相交于点M、N，先证明AGGD⊥，再证明ACM△∽ADG，可得MNCF⊥．CMACDGAD=，1

5CM=，再求解333MNMF==，从而可得答案.【解析】解：①ABE、CDG都是等边三角形，ABE∽CDG，25ABCD=，即1225CD=，解得30CD=；②如图，设AG与CF、BF分别相交于点M、N，121

830ACABBC=+=+=，ACCG=．CAGCGA=．又60CAGCGADCG+==，30CGA=．306090AGDCGACGD=+=+=．AGGD⊥．60BCFD==，CFDG\∥．ACM∽ADG．90

,AMCAGD\???MNCF⊥．ACM△∽ADG．CMACDGAD=，即303060CM=，解得15CM=，所以，18153MFCFCM=−=−=．60F=，333MNMF==，1193333222MNFSM

FMN===，即阴影部分面积为932．故答案为：30①；932②．【题型四】位似问题与位似的作图【典例分析】（2021·黑龙江绥化·中考真题）如图所示，在网格中，每个小正方形的边长均为1个单位长度，把小正方形的顶点叫做格点，O为平面直角

坐标系的原点，矩形OABC的4个顶点均在格点上，连接对角线OB．（1）在平面直角坐标系内，以原点O为位似中心，把OAB缩小，作出它的位似图形，并且使所作的位似图形与OAB的相似比等于12；（2）将OAB以O为旋转中心，逆时针旋转90，得到11OAB，作出11OAB，并求出线段O

B旋转过程中所形成扇形的周长．【答案】（1）见详解；（2）见详解；弧长是()41313+【分析】（1）根据位似图形的定义作图即可；（定义：如果两个图形不仅相似，而且对应点的连线交于一点，这两个图形叫做位似图形，交点叫做位似中心；）（2）根据图形旋转的方法

：将顶点与旋转中心的连线旋转90即可得旋转后的图形11OAB；OB旋转后扇形的半径为OB长度，在坐标网格中，根据直角三角形勾股定理可得OB长度，然后代入扇形弧长公式,同时加上扇形两半径即可求出答案．【解析】（1）位似图形如图所示（2）作出旋转后图形11O

AB，2264213OB=+=，周长是90213221341313180+=+．【提分秘籍】1.位似图形问题：如果两个平面图形不仅相似，而且对应顶点的连线或延长线相交于一点，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心，这时的相似比又叫做位似比。2.位似图形具有下列性质

：(1)位似图形上的任意一对对应点到位似中心的距离之比等于相似比；(2)位似图形对应点的连线或延长线相交于一点；(3)位似图形对应线段平行或在同一条直线上且成比例；(4)位似图形的对应角相等。3.似图形的画图问题：作位似图形就是将一个平面图形进行放大或缩

小，其依据是位似图形的性质，即位似图形上任意一对对应点到位似中心的距离之比等于相似比。因此，作位似图形有两个要点：一是位似中心（位似中心位于对应点的连线所在的直线上）；二是相似比。【变式演练】1．（2021·四川高县·九年级期末）在如图所示的方格中，△OAB的顶点坐标分别为O(0，0)、A(﹣2

，﹣1)、B(﹣1，﹣3)，△O1A1B1与△OAB是关于点P为位似中心的位似图形．(1)在图中标出位似中心P的位置，并写出点P的坐标及△O1A1B1与△OAB的位似比；(2)以原点O为位似中心，在y轴的左侧画出△OAB的另一个位似△OA2B2，使它与△OAB的

位似比为2：1，并写出点B的对应点B2的坐标．【答案】(1)见解析，P点坐标为（-5，-1），△O1A1B1与△OAB的位似比为2：1；(2)见解析，点B2的坐标为（-2，-6）．【分析】（1）延长B1B、A1A，

它们的交点即为P点；（2）延长OA到A2，使OA2=2OA，延长OB到B2，使OB2=2OB，则△OA2B2满足条件．【解析】(1)如图，点P为所作，P点坐标为（-5，-1），△O1A1B1与△OAB的位似比为2：1；(2)如图，△OA2B2为所作，点B2的坐标为（-2，-6）．2．（

2021·山东省济南育贤中学九年级期中）在平面直角坐标系中，ABC的项点坐标分别为(0,2)A、()1,3B、(2,1)C．(1)在坐标系中面出ABC关于y轴的对称图形111ABC△；(2)在坐标系中原点O的异侧，画出以O为位似中心与

ABC位似比为2的位似图形222ABC△；(3)求出222ABC△的面积．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)6【分析】（1）根据纵不变，横相反，确定对称点的坐标，依次连接各点，得到所求三角形；（2）根据位似比，确定坐标的绝对值，结合位置，确定坐标，依次连线，得到所求三角形；（3）先计算AB

CS，利用面积之比等于相似比的平方，计算即可．【解析】(1)∵ABC的项点坐标分别为(0,2)A、()1,3B、(2,1)C，∴各点关于y轴的对称点坐标依次为1A(0，2)，1B(-1，3)，1C(-

2，1)，画图如下：则111ABC△即为所求．(2)∵ABC的项点坐标分别为(0,2)A、()1,3B、(2,1)C，∴位似比为2时的位似点坐标依次为2A(0，-4)，2B(-2，-6)，2C(-4，-2)，则222AB

C△即为所求．画图如下：(3)∵11122212111222ABCS=−−−=32，位似比为2，∴22223262ABCS==．3．（2021·北京四中九年级）如图，已知O是坐标原点，A，B两点的坐标分别为（2，1），（3，﹣1），（1）以点O为位

似中心，将△OAB放大为原来的两倍，画出图形；（2）A点的对应点A'的坐标是；B点的对应点B′的坐标是；（3）在AB上有一点P（x，y），按（1）的方式得到的对应点P′的坐标是．【答案】（1）图见解析；（2）(4,2)−−或(4,2)，(6,2)−或(6,2)−；（3）(2,2)xy−

−或(2,2)xy．【分析】（1）分①放大后的图形OAB△在y左侧，②放大后的图形OAB△在y右侧两种情况，先分别将点,AB的横纵坐标乘以2或2−得到点,AB，再顺次连接点,,OAB即可得；（2）结合（1）的两种情况，根据位似图形的性质即可得；（3）结合（1）的两种情况，根据位

似图形的性质即可得．【解析】解：（1）①当放大后的图形OAB△在y左侧时，画图如下：②当放大后的图形OAB△在y右侧时，画图如下：（2）(2,1),(3,1)AB−，(22,21),(23,2(1))AB−−−−−或(22,21),(23,12)AB

−，即(4,2),(6,2)AB−−−或(4,2),(6,2)AB−，故答案为：(4,2)−−或(4,2)，(6,2)−或(6,2)−；（3）(,)Pxy，(2,2)Pxy−−或(2,2)Pxy，故答

案为：(2,2)xy−−或(2,2)xy．1．（2022·山东历城·九年级期末）如图，在△ABC中，∥DEBC，3AE=，9AC=，4=AD，则AB的值为（）A．6B．8C．9D．12【答案】D【分析】根据平行线分线段成比例的推论可得AEADACAB=，代入数据求解即可．【解析】∵在ΔAB

C中，//DEBC，∴AEADACAB=，即349AB=∴49312AB==．故选：D．2．（2022·江苏启东·九年级期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，210AB=，连结AB并延长至C，连结OC，若满足2=OCBCAC，tan3

=，则点C的坐标为（）A．()2,6−B．()3,9−C．39,44−D．515,34−【答案】C【分析】根据相似三角形的判定和性质得出ACOB=，进而得出ABO=，利用tan3=，得出3OAOB=，利用勾股定理解得OB，

从而可知OA的长，进而可知tanA的值，由tan3=，设(,3),0Cmmm−，根据tanA的值列出关于m的方程，解得m的值，则可得点C的坐标．【解析】解：2,BCAOCC=即,OCACBCOC=,CC=,OBCOAC,ACOB=90,90COBAABO+

=+=,ABO=tan3,=tan3,OAABOOB==3,OAOB=2,10AB=由勾股定理可得222,OAOBAB+=即2229(20,1)OBOB+=6,2.OAOB==1tan.3OBAOA==如图，过点C作CDx⊥轴于点Dtan3,

=设(,3),0,Cmmm−6,ADm=+1tan,3A=13,CDAD=313,6mm=+解得3,4m=经检验，3,4m=是原方程的解点C的坐标为39,44−故选：C．3．（2022·福建·泉州五中九年

级开学考试）若ABCDEF:△△且相似比为1：4，则ABC与DEF的面积比为（）A．1：4B．4：1C．1：16D．16：1【答案】C【分析】利用相似三角形面积之比等于相似比的平方计算即可．【解析】解：∵△

ABC∽△DEF，且相似比为1：4，∴△ABC与△DEF的面积比为1：16，故选：C．4．（2022·山东槐荫·九年级期末）如图，已知△ABC∽△ACP，∠A＝70°，∠APC＝65°，则∠B的度数为（）A．45°B．50°C．

55°D．60°【答案】A【分析】根据相似三角形对应角相等可得∠ACB=∠APC=65°，再根据三角形内角和定理即可求解．【解析】解：∵△ABC∽△ACP，∴∠ACB=∠APC=65°，∵∠A=70°，∴∠B=180°-∠A-

∠ACB=180°-70°-65°=45°．故选：A．5．（2022·广东顺德·九年级开学考试）如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，下列条件不能满足△ADE∽△ACB的条件是（）A．∠AED=∠BB．ADAEACAB=C．AD·BC=D

E·ACD．DE//BC【答案】C【分析】根据相似三角形的判定定理去判断分析即可．【解析】∵∠AED=∠B，∠A=∠A，∴△ADE∽△ACB，故A不符合题意；∵ADAEACAB=，∠A=∠A，∴△ADE∽△ACB，故B不符合题意；∵AD·BC=D

E·AC，无夹角相等，∴不能判定△ADE∽△ACB，故C符合题意；∵DE//BC，∴△ADE∽△ACB，故D不符合题意；故选C．6．（2022·山东无棣·九年级期末）如图平行四边形ABCD中，F为BC中

点，延长AD至E，使:3:4ADAE=，连结EF交DC于点G，则:DEGCFGSS=VV（）A．2∶3B．4∶9C．9∶4D．3∶2【答案】B【分析】先设出3,4ADxAEx==，进而得出43DEAEADxxx=−=−=，再用平行四边形的性质得出3

BCx=，进而求出CF，最后用相似三角形的性质即可得出结论．【解析】解：∵:3:4ADAE=，∴设3,4ADxAEx==，∴43DEAEADxxx=−=−=，∵四边形ABCD是平行四边形，∴//ADBC，3BCADx==，∵点F是BC的中点，∴1322CFBCx==，∵//ADBC，D

EGCFGEDGFCG==∴DEGCFG∽，∴224392DEGCFGSDExSCFx===，故选B．7．（2022·陕西雁塔·九年级期末）如图，△ABC中，AB＝AC，AD是∠BAC的角平分线交BC于点D，DE⊥AC于点E，CF⊥A

B于点F，DE＝3，则CF的长为（）A．4B．6C．9D．12【答案】B【分析】根据等腰三角形的性质可知BACB=，根据相似三角形的判定定理可证明BCFCDE∽，利用相似三角形的性质定理即可求出CF的长度．【解析】解：ABAC=，BACB=

，由题意可知：90BFCDEC==，BCFCDE∽，BCCFCDDE=，设CDx=，22BCCDx==，23xCFx=，6CF=．故选：B．8．（2022·山东北区·九年级期末）如图是小孔

成像原理的示意图，根据图中标注的尺寸，如果物体AB的高度为36cm，那么它在暗盒中所成的像CD的高度应为（）A．14cmB．16cmC．25cmD．32cm【答案】B【分析】如图，过O作OGAB⊥于,G过O作OKCD⊥于,K再利用相似三角形的对应高之比等于相似比列方程，再解方程即可.【解析】

解：如图，过O作OGAB⊥于,G过O作OKCD⊥于,K由小孔成像原理可得：,AOBCOD∽,ABOGCDOK\=而45,20,OGOK==3645,20CD\=所以16CD=（cm），经检验符合题意.故选B9．（

2022·江苏崇川·九年级期末）如图所示，点D、E、F分别位于△ABC的三边上，且DE//BC，EF//AB．如果△ADE的面积为2，△CEF的面积为8，那么四边形BFED的面积是（）A．4B．6C．8D．10【答案】C【分析】根

据已知条件证明△ADE∽△EFC．相似三角形面积比等于相似比的平方可得AE：EC=1：2，设AE=k，则EC=2k，AC=3k．再证明△ADE∽△ABC，利用相似三角形面积比等于相似比的平方即可得结论．【解析】解：∵DE//BC，EF//AB，∴∠AED=

∠C，∠ADE=∠B，∠EFC=∠B，∴∠ADE=∠EFC，∴△ADE∽△EFC．∴2()ADEEFCSAESEC=，而S△ADE=2，S△CEF=8，∴AE：EC=1：2，设AE=k，则EC=2k，AC=3k．则AE：AC=k：3k=1：3，设S四边形B

FED=S；∵DE//BC，∴△ADE∽△ABC，∴21()9ADEABCSAESAC==，即21289S=++，解得：S=8，即四边形BFED的面积为8．故选：C．10．（2022·江苏扬州·九年级期末）若点C是线段AB的黄金分割点，AB＝8cm，AC＞BC，则AC等于（）A

．512−cmB．2（5﹣1）cmC．4（5﹣1）cmD．6（5﹣1）cm【答案】C【分析】把一条线段分成两部分，使其中较长的线段为全线段与较短线段的比例中项，这样的线段分割叫做黄金分割，他们的比值51()2−叫做黄金比．【解析】解：根据黄金分割

点的概念得：514(51)2ACABcm−==−．故选：C．11．（2022·黑龙江铁锋·九年级期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，BC=6，D，E分别在AB、AC上，将△ABC沿DE折叠，若A为CE的中点，则折痕DE的长为（）A．12B．2

C．3D．4【答案】B【分析】△ABC沿DE折叠，使点A落在点A处，可得∠DEA＝∠DEA＝90°，AE＝AE，所以，△ACB∽△AED，A为CE的中点，所以，可运用相似三角形的性质求得．【解析】∵△ABC沿DE折

叠，使点A落在点A处，∴∠DEA＝∠DEA＝90°，AE＝AE，∴DE∥BC∴△ACB∽△AED，又A′为CE的中点，∴AE＝AE＝AC＝13AC，∴EDAEBCAC=，即163ED=，∴ED＝2故选：B．12．（2022·辽宁·东北育才实验学校模拟预测）如图，点E、F分别在正方形AB

CD的边CD、AD上，且AB＝2CE＝3AF，过F作FG⊥BE于P交BC于G，连接DP交BC于H，连BF、EF．下列结论：①△PBF为等腰直角三角形；②H为BC的中点；③∠DEF＝2∠PFE；④2=3PHGPDESS．其中正确的结论（）A．只有①②③B．只有①②④C．只

有③④D．①②③④【答案】D【分析】如图，①绕点B将△EBC逆时针旋转90°得△ABM，就有AM＝CE，由勾股定理可以求出EF的值，通过证明△EFB≌△MFB就可以求出①；根据△BPG∽△BCE就可以求出P

G、BG从而求出GC，再求△HPG∽△DPF得出GH的值就可以得出HC的值，从而得出②的结论；由△BCE≌△DCH可以得出∠1＝∠4，根据四点共圆的性质可以得出∠4＝∠5，进而由角的关系得出∠9＝∠5而得出③成立；根据△BHP≌△DEP就可以得出面积相等，根据等高的两三

角形的面积关系等于底之比就可以求出结论．【解析】解：如图，①绕点B将△EBC逆时针旋转90°得△ABM，∴AM＝CE，BE＝BM，∠1＝∠2．∠BAM＝∠BCE．∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD，∠ABC＝∠BCD＝∠CDA

＝∠DAB＝90°．ADBC∥．∴∠BAM＝∠BCE＝90°，∴∠MAF＝180°，∴点M、A、F在同一直线上．∵AB＝2CE＝3AF，设AF＝x，∴AB＝3x，CE＝1.5x，∴MF＝1.5x+x＝2.5x，FD＝3x﹣x＝2x，ED＝1.5x．在Rt△DFE

中，由勾股定理得EF＝2.5x，∴EF＝MF．∵在△EFB和△MFB中，EFMFBEBMBFBFì=ïï=íï=ïî，∴△EFB≌△MFB（SSS），∴∠EBF＝∠MBF．∵∠MBF＝∠2+∠3，∴∠MBF＝∠1+∠3，∴∠EBF＝∠1+∠3．∵∠EBF+∠1+∠3＝90°，

∴∠EBF＝45°．∵FG⊥BE，∴∠FPB＝∠BPG＝90°，∴∠BFP＝45°，∴∠BFP＝∠PBF，∴PF＝PB，∴△PBF为等腰直角三角形，故①正确；在Rt△AFB中，由勾股定理得BF＝10x，在Rt△BFP中，由勾股定理得PF＝PB＝5x，在

Rt△BEC中，由勾股定理得BE＝352x，∵∠1＝∠1，∠BPG＝∠BCE＝90°，∴△BPG∽△BCE，∴PGPBBGCEBCBE==，∴531.5352PGxBGxxx==，∴PG＝52x，BG＝2.5x．∴GC＝0.5x．

∵ADBC∥，∴△HPG∽△DPF，∴GHPGDFPF=，∴5225xGHxx=，∴GH＝x，∴HC＝1.5x，∴2HC＝3x，∴2HC＝BC，∴H是BC的中点．故②正确；∵AB＝2CE，∴2HC＝2CE，∴HC＝CE，在△BCE和△DCH中，BCDCC

CCECHì=ïï??íï=ïî，∴△BCE≌△DCH（SAS），∴∠1＝∠4．过点E作QRFG∥交AD于Q，交BC的延长线于R．∴∠BER＝∠BPG＝90°，∠5＝∠6．∴∠7+∠8＝90°．∵∠1+∠7＝90°，∴∠1＝∠8．∵∠8＝∠9，∴∠1＝∠9，∴∠4

＝∠9．如图，∵∠FPE＝∠FDE＝90°，取EF的中点,J连接,,JPJD,JPJFJEJD\===∴F、P、E、D四点共圆，∴∠4＝∠5．∴∠9＝∠5，∴∠DEF＝2∠5，即∠DEF＝2∠PFE．故③正确；∵在△BHP和△DEP中，14BPHDPEBHDEì??ïï??íï=ïî，∴△B

HP≌△DEP（AAS），∴S△BHP＝S△DEP．作PS⊥BC于S，∴S△BHP＝2BHPSg，S△PHG＝2HGPSg．∴S△BHP＝1.52xPSg，S△PHG＝2xPSg，∴221.532PHGPHGPDEPHBxPSSSxPSS

S===VVVVgg，故④正确．∴①②③④都是正确的．故选：D．13．（2022·山东历城·九年级期末）如图，在矩形ABCD中，3AB=，9AD=，点E，F分别在边AD，BC上，且2AE=，沿直线EF翻折，点A的对应点A恰好落在对角线AC上，点B的对应点为B；分别在线段EF，AB上

取点M，N，沿直线MN二次翻折，使点F与点E重合，则线段MN的长为______．【答案】102【分析】如图，过点F作FT⊥AD于T，则四边形ABFT是矩形，连接FN，EN，设AC交EF于J．证明△FTE∽△ADC，求出ET=

1，EF=10，设A′N=x，根据NF=NE，可得12+（3-x）2=22+x2，解方程求出x，可得结论．【解析】解：如图，过点F作FT⊥AD于T，则四边形ABFT是矩形，连接FN，EN，设AC交EF于J．∵四边形ABFT是矩形，∴AB=FT=3，B

F=AT，∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD=3，AD=BC=9，∠B=∠D=90°∴AC=222293310ADCD+=+=，∵∠TFE+∠AEJ=90°，∠DAC+∠AEJ=90°，∴∠TFE=∠DAC，∵∠FTE=∠D=90°，∴△FTE∽△

ADC，∴FTTEEFADCDAC==，∴393310TEEF==，∴TE=1，EF=10，∴BF=AT=AE-ET=2-1=1，设A′N=x，∵NM垂直平分线段EF，∴NF=NE，∴12+（3-x）2=22+x2，∴x=1，∴FN=2222125BFB

N+=+=，∴MN=22221010(5)()22FNFM−=−=，故答案为：102．14．（2022·北京市第十一中学九年级开学考试）如图，在ABC中，M、N分别为AC，BC的中点．若2CMNS=△，ABNMS=四边形______．【答案】6【分析】先根据三角形中

位线定理可得//MNAB,12MNAB=，再根据相似三角形的判定与性质可得14CMNCABSS=，从而可得13CMNABNMSS=四边形，由此即可得出答案．【解析】解：∵M，N分别是边AC，BC的中点，∴MN是ABC的中位线，∴//MNAB，12

MNAB=∴CMNCAB，∴214CMNCABMNSSAB==，∴13CMNABNMSS=四边形，∴3326CMNABNMSS===V四边形，故答案为：6．15．（2022·山东商河·九年级期末）矩形纸片ABCD中，5AB=，4=AD，将纸片折叠，使点B落在边CD上的B

处，折痕为AE．延长BE交AB的延长线于M，折痕AE上有点P，下列五个结论中正确的是___________．①MDAB=；②PBPB=；③552AE=；④MBCD=；⑤若BPCD⊥，则EBBP=．【答案】①②③⑤【分析】①由翻折知∠ABE=∠AB'E=90º，再证∠M=∠CB'

E=∠B'AD即可；②借助轴对称可知；③利用计算，勾股定理求B′D，构造方程，求EB，在构造勾股定理求MB′=552；④由相似CB'：BM=CE：BE，BM=103，在计算B'M>5；⑤证△BEG≌△B′PG得BE=B′P，再证菱形即可．

【解析】解：①连结AB′，由折叠性质知∠ABE=∠AB'E=90º，∴∠CB'E+∠AB'D=90º，∵∠D=90º，∴∠B'AD+∠AB'D=90º，∴∠CB'E=∠B'AD，∵CD∥MB，∴∠M=∠CB'E=∠B'AD；故①正

确②点P在对称轴上，点B与点B′是对称点，则B'P=BP；故②正确；③由翻折，AB=AB'=5，AD=4，由勾股定理DB'=2222-AD=5-4AB=3，∴CB'=5-3=2，设BE=x=B'E，CE=4-x，在Rt△B′CE中，∠

C=90º，由勾股定理（4-x）2+22=x2，解得x=52，∴CE=4-52=32，在Rt△ABE中，∠ABE=90º，AE=2222555+5=22BEAB+=；故③正确；④过M作MF⊥DC，交DC延长线于F，由BM

∥CB′，∴△ECB′∽△EBM，∴CB'：BM=CE：BE，∴2：BM=32：52，∴BM=103，∴FB′=FC+CB′=1016233+=，MF=BC=4，则B'M=22221620+4=33MFFB+=>5=CD；故④

不正确；⑤连接BB′，由对称性可知，BG=B′G，EP⊥BB′，∵BPCD⊥，∴∠DB′P=90°=∠C，∴BE∥B′P，∴∠EBG=∠PB′G，在△BEG和△B′PG中，EBGPBGBGBGEGBPGB===，∴△BEG≌△B′PG（ASA），∴BE=B′P

，∴四边形BPB′E为平行四边形，又BE=EB′，∴四边形BPB′E是菱形，∴PB′=B'E．故⑤正确．五个结论中正确的是①②③⑤．故答案为：①②③⑤．16．（2022·浙江宁波·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，AB＝4，BC＝3，点D在斜边AB上，连接CD把△ACD沿直线CD翻

折，使点A落在同一平面内的点A′处．当A′D与Rt△ABC的直角边垂直时，AD的长为_____．【答案】1或7【分析】根据勾股定理可得：7AC=，分两种情况进行讨论：①当∥ADBC时，由平行线及折叠的性质可得：AAACB==

，'ADAD=，依据相似三角形的判定和性质可得BCHBAC∽，BCCHABAC=，得出374CH=，再利用一次相似三角形的判定和性质可得；②当∥ADAC时，'ADBC⊥，根据等腰三角形的判定和性质及平行线的性质可得出结果．【解析】解：在RtABC中，4AB=，3BC=，∴22437AC=−

=，①如图所示，当∥ADBC时，∵把ACD沿直线CD折叠，点A落在同一平面内的'A处，∴AAACB==，'ADAD=，∵BCAC⊥，∴'ADAC⊥，'ACAB⊥，∵BB=，ACBA=，∴BCHBAC∽，∴BCCHABAC=，即：347CH=

，∴374CH=，∴377744AH=−=，∵'AHDCHB=，AACB=，∴'AHDCHB∽，∴''AHADCHBC=，即：7'43374AD=，解得：'1AD=，∴1AD=；②如图2，当∥ADAC时，'ADBC⊥，∵把ACD沿直线CD折叠，点A落在同一平面内的'A处，

∴'ADAD=，'ACAC=，'ACDACD=，∵'ADCACD=，∴''ADCACD=，∴''ADAC=，∴7ADAC==，综上所述：AD的长为1或7，故答案为：1或7．17．（2022·山东济南·九年级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90

°，CD⊥AB于点D，已知AD=5，BD=4，那么BC=______．【答案】6【分析】证明△BDC∽△CBA，根据相似三角形的性质列出比例式，把已知数据代入计算即可．【解析】解：∵CD⊥AB，∴∠BDC=90°，∴∠

BDC=∠BCA，∵∠B=∠B，∴△BDC∽△BCA，∴BDBCBCBA=，即445BCBC=+，解得：BC=6(负值已舍)，故答案为：6．18．（2022·山东北区·九年级期末）如图，已知正方形ABCD，延长AB至点E使BE＝AB，连接CE、DE，DE与BC交于点N，取CE的中点F，连接

BF，AF，AF交BC于点M，交DE于点O，则下列结论：①DN＝EN；②OA＝OE；③CN：MN：BM＝3：1：2；④tan∠CED＝13；⑤S四边形BEFM2CMFS=△．其中正确的是_____．（只填序号）【答案】①③④⑤【分析】证明△NCD∽△NBE，根据相似三角形的性质列出比例式，

得到DN=EN，故①正确；由直角三角形的性质可得AN=NE，即可得AO>OE，故②错误；通过证明△ABF∽△ECD，可得∠CED=∠FBG，作FG⊥AE于G，根据等腰直角三角形的性质，正切的定义求出tan∠FAG，可求tan∠CED=13，故④正确；根据三角形的面积公式计算，可判断⑤，设B

M=2x，MC=4x，可求MN=x，CN=3x，可得CN：MN：BM=3：1：2，故③正确；即可求解．【解析】解：∵四边形ABCD为正方形，AB=BE，∴AB=CD=BE，∵AB//CD，∴△NCD∽△NBE，∴1DNCDCNNEBENB===，∴CN=BN，DN=EN，故①正确；如

图，连接AN，∵DN=NE，∠DAE=90°，∴AN=NE，∵AO>AN，NE>OE，∴AO>OE，故②错误；∵∠CBE=90°，BC=BE，F是CE的中点，∴∠BCE=45°，BF=12CE=22BE，FB=FE，BF⊥EC，∴∠DCE=90°+45°=135°，∠FBE=

45°，∴∠ABF=135°，∴∠ABF=∠ECD，∵22DCBFCEAB==，∴△ABF∽△ECD，∴∠CED=∠BAF，如图，作FG⊥AE于G，则FG=BG=GE，∴13FGAG=，∴tan∠FAG=13FGAG

=，∴tan∠CED=13，故④正确；∵tan∠FAG=13，∴13BMAB=，∴12BMMC=，∴12FBMFCMSS=，∵F是CE的中点，∴S△FBC=S△FBE，∴S四边形BEFM=2S△CMF，故⑤正确；∵12BMMC=，∴设BM=2x，MC=4x，∴BC=6x，∴CN=BN=3x，∴

MN=x，∴CN：MN：BM=3：1：2，故③正确；故答案为：①③④⑤．19．（2022·山东槐荫·九年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，E为AB边上一点，连接CE，F为CE上一点，且∠DFE＝∠A．求证

：△DCF∽△CEB．【答案】见解析【分析】由平行四边形的性质可得∠A+∠B=180°，∠DCF=∠BEC．然后根据相似三角形的判定可得结论．【解析】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，

DC∥AB，∴∠A+∠B=180°，∠DCF=∠BEC．∵∠DFC+∠DFE=180°，∠DFE=∠A，∴∠DFC=∠B，∴△DCF∽△CEB．20．（2022·湖南·长沙市南雅中学九年级开学考试）如图

，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点E是BC的中点，以AC为直径的⊙O与AB边交于点D，连接DE．(1)判断直线DE与⊙O的位置关系，并说明理由；(2)若CD=6，DE=5，求⊙O的直径．【答案】(1)相切，理

由见解析(2)152【分析】（1）连接DO，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DE＝CE＝BE，根据等边对等角可得∠ODC＝∠OCD，进而可得∠EDC＋∠ODC＝90°，即可证明直线DE与⊙O相切；（2）勾股定理求得BD的

长，进而证明△BCA∽△BDC，列出比例式，代入数值求解即可．【解析】(1)证明：连接DO，如图，∵∠BDC＝90°，E为BC的中点，∴DE＝CE＝BE，∴∠EDC＝∠ECD，又∵OD＝OC，∴∠ODC＝∠OCD，而∠OCD＋∠DCE＝∠ACB＝90°，

∴∠EDC＋∠ODC＝90°，即∠EDO＝90°，∴DE⊥OD，∴DE与⊙O相切；(2)由（1）得，∠CDB＝90°，∵CE＝EB，∴DE＝12BC，∴BC＝10，∴BD＝22BCCD−＝22106−＝8，∵∠BCA＝∠BDC＝90°，∠B＝∠B，∴△BCA∽△BDC，∴ACCD＝B

CBD，∴1068AC=，∴152AC=，∴⊙O直径的长为152．21．（2022·广东揭东·九年级期末）已知：△ABC在直角坐标平面内，三个顶点的坐标分别为A（0，3）、B（3，4）、C（2，2）（正

方形网格中每个小正方形的边长是一个单位长度）．(1)画出△ABC向下平移5个单位长度得到的△A1B1C1，点C1的坐标是___________．(2)以点B为位似中心，在网格内画出△A2B2C2，使△A2B2C2与△ABC位似，且位似比为2：1，点C2的坐标是_____

______．【答案】(1)见解析，（2，-3）(2)见解析，（1，0）【分析】（1）将三个顶点分别向下平移5个单位得到其对应点，再首尾顺次连接即可；（2）延长BA到A2，使BA2=2BA，延长BC到C2，使BC2=2BC，继而可得答案．【解析】(1)解：如图所示，△A1B1C1即为所求，点C1的

坐标是（2，-3），故答案为：（2，-3）；(2)解：如图所示，△A2B2C2即为所求，点C2的坐标是（1，0）．故答案为：（1，0）．22．（2022·广东广州·一模）如图所示，在三角形ABC中，D是AC上的一点．(1)以AD为一边，在三角形ABC内求作∠ADE，使∠ADE＝

∠B，DE交AB于点E（要求用尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）(2)若AB＝4，AD＝1，BC＝3，求DE的长．【答案】(1)见解析(2)34【分析】（1）根据题意在三角形ABC内作∠ADE＝∠B；（2）根据（1）的结论可得∠ADE＝∠B，根据∠DA

E＝∠BAC，证明△ADE∽△ABC，列出比例式，代入数值进行计算求解即可．【解析】(1)如图，∠ADE为所作；(2)∵∠DAE＝∠BAC，∠ADE＝∠B，∴△ADE∽△ABC，∴DEADBCAB=，即3

DE＝14，∴DE＝34．23．（2022·江苏启东·九年级期末）如图，在RtABC和RtACD△中，90BACD==，AC平分BAD．(1)求证：ABCACD△△∽；(2)若4AB=，5AC=，求CD的长．【答案】(1)见解析(2)154CD=【分析】（1）根据角平分线的性

质可得∠BAC＝∠DAC，再根据∠B＝∠ACD＝90°，即可得证△ABC∽△ACD．（2）用勾股定理求得223BCACAB=−=，再根据△ABC∽△ACD，可得ABBCACCD=，代入即可求出CD的长．【

解析】(1)证明：∵AC平分∠BAD，∴∠BAC＝∠DAC．∵∠B＝∠ACD＝90°，∴△ABC∽△ACD．(2)解：在Rt△ABC中，∠B＝90°，∵AB＝4，AC＝5，∴223BCACAB=−=．∵△ABC∽△ACD，∴ABBCACCD=．∴435CD=，∴154CD=．

24．（2022·广东禅城·九年级期末）如图，四边形ABCD是正方形，E是BC延长线一动点，连AC，BD，连AE交DC于F，交BD于G．(1)若AC＝EC时，求∠DAE的大小；(2)求证：AG2＝GF•

GE；(3)连DE，求DEAE的最小值．【答案】(1)22.5°；(2)见解析；(3)512−【分析】（1）根据正方形的性质∠DAC=45°，AD∥BC，再根据平行线的性质和等边对等角证得∠DAE=∠CAE即可求解；（2）根

据平行线分线段成比例和比例性质即可证得结论；（3）如图，作∠ADP=∠CDE，过点A作AP⊥DP于P，根据相似三角形的判定与性质证明△PDA∽△CDE，△PDC∽△ADE，证得DEDCAEPC=，取AD的中点O，连接PO、CO，则PO=12AD，设PO=x，

则AD=DC=2x，CO=5x，根据两点之间线段最短求得PC的最大值即可求解．【解析】(1)解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAC=45°，AD∥BC，CD∥AB，AD=CD，∠ADC=∠DCB=∠DCE=90°，∴∠DAE=∠E，∵AC=EC，∴∠CAE=∠E，∴∠DAE=∠CAE，∴∠DAE

=12∠DAC=22.5°；(2)证明：∵AD∥BC，CD∥AB，∴AGDGGEGB=，DGGFGBAG=，∴AGGFGEAG=，∴AG2＝GF·GE；(3)解：如图，作∠ADP=∠CDE，过点A作AP⊥DP于P，∴∠APD=∠DCE=90°，又∠AD

P=∠CDE，∴△PDA∽△CDE，∴PDADCDDE=，即PDCDADDE=，∵∠ADP+∠ADC=∠CDE+∠ADC，∴∠PDC=∠ADE，∴△PDC∽△ADE，∴DEAEDCPC=，即DEDCAEPC=，取

AD的中点O，连接PO、CO，则PO=DO=12AD，设PO=x，则AD=DC=2x，∴CO=22DODC+=5x，∵PC≤PO+CO=(1+5)x，∴PC的最大值为(1+5)x，∴DEAE的最小值为512(15)

xx−=+．25．（2022·山东历城·九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形OCBA的顶点C，A分别在x轴，y轴的正半轴上，反比例函数()0kyxx=的图象与AB，BC分别交于D，E，且顶点()6,3B，2BD=．(1)求

反比例函数关系式和点E的坐标；(2)连接DE，AC，判断DE与AC的数量和位置关系并说明理由(3)点F是反比例函数()0kyxx=的图象上的一点，且使得45AEF=，求直线EF的函数关系式．【答案

】(1)12yx=，E（6，2）(2)DE∥AC，DE＝13AC，理由见解析(3)75255yx=−+【分析】（1）根据矩形OABC，得到AB与x轴平行，BC与y轴平行，得到B与D纵坐标相同，B与E横坐标相同，进而确定出D坐标，代入反比例解析式求出k的值，确定出E坐标即

可．(2)DE∥AC，DE＝13AC，理由为：由B（6，3），D（4，3），E（6，2），可得BD＝2，AB＝6，BE＝1，BC＝3，继而可得△BDE∽△BAC，由相似的性质可证得DE∥AC，DE＝1

3AC．(3)作AG⊥AE，交EF于点G，设()Gxy,，作GM⊥y轴交y轴于点M，EN⊥y轴交y轴于点N，由()Gxy,，B（6，3），E（6，2），可得MG＝x，MA＝y-3，AN＝1，EN＝6，由已知条件可得

∠AEG＝∠AGE＝45°，所以AG＝AE，再由同角的与角相等可证∠MGA＝∠NAE，继而利用AAS可证得△MGA≌△NAE，可以求出G点坐标，E点坐标已知，利用待定系数法可以求得解析式．【解析】(1)解：∵B（6，3），BD＝2∴D（4，3）∵y＝kx过

点D（4，3）∴k＝4×3＝12∴反比例函数关系式为12yx=∵B（6，3）∴可设E（6，n），将点E的坐标代入解析式，∴n＝2∴E（6，2）(2)解：DE∥AC，DE＝13AC，理由如下：∵B（6，3），D（4，3），E（6，2），∴BD＝2，AB＝6，BE＝1，BC＝

3，∴BDBEABBC=∵∠DBE＝∠ABC∴△BDE∽△BAC∴13DEBDACBA==，∠BDE＝∠BAC∴DE∥AC∴DE∥AC，DE＝13AC(3)解：作AG⊥AE，交EF于点G，设()Gxy,，作GM⊥y轴交y轴于点M，EN⊥y轴交y轴于点

N，∵B（6，3），E（6，2），∴MG＝x，MA＝y-3，AN＝1，EN＝6，∵∠AEF＝45°，∠EAG＝90°∴∠AEG＝∠AGE＝45°∴AG＝AE∵∠MGA＋∠MAG＝90°，∠MAG＋∠EAN＝

90°∴∠MGA＝∠NAE在△MGA和△NAE中°={90MGANAEAMGENAAGAE===∴△MGA≌△NAE()AAS∴MG＝AN＝1，AM＝NE∴136xy=−=∴19xy==∴G（1，9）∵E（6，2）∴752+55EGyx=−26．（2022·山东青岛·九年级期末

）如图，在矩形ABCD中，AB＝14cm，AD＝12cm，E是CD边上的一点，DE＝9cm，M是BC边的中点，动点P从点A出发．沿边AB以1cm/s的速度向终点B运动，过点P作PH⊥AE于点H，连接EP．设动点P的运动时间是t（s）（0＜t＜14）．(1)当t为何值时，PM⊥EM？

(2)设△EHP的面积为y（cm2），写出y（cm2）与t（s）之间的函数关系式．(3)当EP平分四边形PMEH的面积时，求t的值．(4)是否存在时刻t，使得点B关于PE的对称点B'落在线段AE上？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)当t=245s时，PM⊥EM；(

2)y=6t-625t2；(3)当EP平分四边形PMEH的面积时，求t的值为755734−；(4)存在，t=12．【分析】（1）证明△MEC∽△PMB时，进而根据CEBMCMBP=求得结果；（2）根据△AP

H∽△EAD表示出AH和PH，从而表示出三角形APH的面积，再表示出三角形APE的面积，从而得出y与t的关系式；（3）表示出三角形PHE和三角形PEM的面积，列出方程求得；（4）当EP平分∠AEB时，点B′落

在AE上，根据角平分线性质求得结果．【解析】(1)解：当t=245时，PM⊥EM，理由如下：∵四边形ABCD是矩形，∴CD=AB=14，BC=AD=12，∠B=∠C=90°，∴AB=14，CE=CD-DE=14-9=5，CM=BM=1

2BC=6，∵PM⊥EM，即∠EMP=90°，∴∠BMP+∠CME=90°，∠CEM+∠CME=90°，∴∠CEM=∠BMP，∴△ECM∽△MBP，∴56CEBMCMBP==，∴PB=365，∴AP=AB-PB=14-365=245，∵t=2

45（s），∴当t=245s时，PM⊥EM；(2)解：∵∠D=90°，DE=9，AD=12，∴AE=2222912DEAD+=+=15，∵矩形ABCD中，CD∥AB，∠D=90°，∴∠AED=∠HAP，∵∠D=∠AHP=90°，∴△AHP∽△ED

A，∴15PHAHAPtADDEAE===，∴AH=45t，PH=35t，∴S△APE=12AP•BC=6t，∴△AHP的面积为：12×35t•45t=625t2，∴△EHP的面积为y=6t-625t2；(3)解：∵S△APE=6t，S△APH=625t2，

∴S△PEH=6t-625t2，∵S梯形PBCE=12(PB+CE)•BC=12×12•（5+14-t）=114-6t，S△CEM=12×5×6=15，S△PBM=12×6•(14−t)=42-3t，∴S△PME=114-6t-15-（42-3t）=57-3t，∴6t-625t2=57

-3t，∴t1=755734−，t2=755734+（舍去），∴当EP平分四边形PMEH的面积时，求t的值为755734−；(4)解：如图，存在t，使得点B关于PE的对称点B'落在线段AE上．理由如下：∵∠C=90°，CE=5，BC=12，∴BE=13，当EP平分∠AEB时，点

B关于PE的对称点在AE上，作PG⊥AE于G，PH⊥BE于H，EN⊥AB于N，∴PG=PH，∵11221122APEPBEAEPGAPENSSBEPHPBEN==，∴APAEPBBE=，∴151413tt=−，∴t=12．27．（2022·山东济南·九年级期

末）如图1，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠ACB=60°，AC=2，点A1，B1为边AC，BC的中点，连接A1B1，将△A1B1C绕点C逆时针旋转α（0°≤α≤360°）．(1)如图1，当α=0°时，11BBAA=______，BB1，AA1所在直线相

交所成的较小夹角的度数为______；(2)将△A1B1C绕点C逆时针旋转至图2所示位置时，（1）中结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；(3)当△A1B1C绕点C逆时针旋转过程中，①请直接写出△ABA1面积的最大值

；②当A1，B1，B三点共线时，请直接写出线段BB1的长．【答案】(1)2，60°(2)（1）中结论仍然成立，证明见解析(3)①△ABA1面积的最大值为33；②BB1的长为153+或153−．【分析】（1）先求出BC，AA1=A1C，再求出B

1C，进而求出BB1，即可得出结论；（2）先判断出△ACA1∽△BCB1，得出112BBBCAAAC==，∠CAA1=∠CBB1，进而求出∠ABD+∠BAD=120°，即可得出结论；（3）①当点A1落在AC的延长线上时，△ABA1的面积最大，利用

三角形面积公式求解即可；②分两种情况：先画出图形，利用勾股定理求出A1B，即可得出结论．【解析】(1)解：在Rt△ABC中，AC=2，∴∠ACB=60°，∴∠ABC=30°，∴BC=2AC=4，∵点A1，B1为边AC，BC的中点，∴AA1=A

1C=12AC=1，BB1=B1C=12BC=2，∴112BBAA=，∵∠ACB=60°，∴BB1，AA1所在直线相交所成的较小夹角为∠ACB=60°，故答案为：2，60°；(2)解：（1）中结论仍然成立，证明：延长AA1，BB1相交于点D，如图2，由旋转知，

∠ACA1=∠BCB1，A1C=1，B1C=2，∵AC=2，BC=4，∴12ACAC=，12BCBC=，∴11ACBCACBC=，∴△ACA1∽△BCB1，∴112BBBCAAAC==，∠CAA1=∠CBB1，∴∠ABD

+∠BAD=∠ABC+∠CBB1+∠BAC-∠CAA1=∠ABC+∠BAC=30°+90°=120°，∴∠D=180°-（∠ABD+∠BAD）=60°；(3)解：①由题意，AC=2，AB=22BCAC−

=23，CA1=1，当点A1落在AC的延长线上时，△ABA1的面积最大，最大值=12×23×3=33；②在图1中，Rt△A1B1C中，由勾股定理得A1B1=3，当点B1在BA1的延长线上时，如图3，∵A1，B1，B

三点共线，∴∠BA1C=∠B1A1C=90°，在Rt△A1BC中，A1B=2222141BCAC−=−=15，∴BB1=A1B+A1B1=153+；当点B1在线段A1B上时，如图4，同①的方法得，A1B=15，∴BB1=A1B-A1B1=153−，即线段BB1的长为153+

或153−．28．如图，点C(0，1a)（a＜0）是y轴负半轴上的一点，经过点C作直线，与抛物线y＝ax2交于A、B两点（点A在点B的左侧），连接OA、OB，设点A的横坐标为m（m＜0）．(1)若点A的坐标为(﹣4，﹣2)，求

点C的坐标；(2)若AC：BC＝1：2，m＝﹣1，求a的值，并证明：∠AOB＝90°；(3)若AC：BC＝1：k（k＞1），问“∠AOB＝90°”这一结论还成立吗？试说明理由．【答案】(1)点C的坐标(0，﹣8)；(2)a＝22−，证明见解析；(3)还成立，

理由见解析。【分析】（1）将A（-4，-2）代入抛物线y=ax2中，求得a的值，则C点坐标可得；（2）过点A作AD⊥x轴于点D，过点B作BE⊥x轴于点E，过点A作AF⊥BE于F，交y轴于G，则AG⊥y轴，由m=-1，可得点A（-1，a），

则OD=AG=1，OG=AD=-a；利用△ACG∽△ABF，可得13AGAF=，求得OE=GF=2，则B（2，4a），BE=-4a，进而可得BF=BE-EF=BE-OG=-3a，因为点C（0，1a），所以O

C=-1a，可得CG=-1a+a，利用△ACG∽△ABF，可得13CGBF=，将CG，BF的值代入即可求得a的值；利用勾股定理的逆定理可证明：∠AOB=90°．（3）“∠AOB=90°”这一结论还成立；理由与（2）的过程相同．【解

析】(1)解：将A（﹣4，﹣2）代入抛物线y＝ax2中得：16a＝﹣2．解得：a＝﹣18，∴点C的坐标（0，﹣8）．(2)解：过点A作AD⊥x轴于点D，过点B作BE⊥x轴于点E，过点A作AF⊥BE于F，交y轴于G，则AG⊥y轴，如图，∵m＝﹣1，∴A（﹣1，a）．∴O

D＝AG＝1，OG＝AD＝EF＝﹣a．∵AC：BC＝1：2，∴AC：AB＝1：3．∵CG//BF，∴△ACG∽△ABF，∴13AGACAFAB==，∴AF＝3，∴GF＝AF﹣AG＝2，∴B（2，4a），∴BE＝﹣4a，∴BF＝BE﹣EF＝﹣3a．∵C（0，1a）（

a＜0），∴OC＝﹣1a，∴CG＝OC﹣OG＝﹣1a+a．∵△ACG∽△ABF，∴13CGACBFAB==，∴1133aaa+=−．解得：a＝22．∵a＜0，∴a＝﹣22．∵OA2＝AD2+OD2＝1+a2，BO2＝BE2+OE2＝4+16a2，∴OA2+OB2＝5

+17a2＝13.5．又AB2＝AF2+BF2＝9+9a2＝13.5，∴OA2+OB2＝AB2，∴∠AOB＝90°．(3)解：过点A作AD⊥x轴于点D，过点B作BE⊥x轴于点E，过点A作AF⊥BE于F，交y轴

于G，则AG⊥y轴，如图，∵点A的横坐标为m（m＜0），∴A（m，am2）．∴OD＝AG＝﹣m，OG＝AD＝EF＝﹣am2．∵AC：BC＝1：k（k＞1），∴AC：AB＝1：（k+1）．∵CG//BF，∴△ACG∽△ABF．∴11AGACAFABk==+．∴AF＝﹣（1+k）m．∴OE＝GF

＝AF﹣AG＝﹣km．∴B（﹣km，k2m2a）．∴BE＝﹣k2m2a，∴BF＝BE﹣EF＝﹣k2m2a+am2．∵C（0，1a）（a＜0），∴OC＝﹣1a．∴CG＝OC﹣OG＝﹣1a+am2．∵△ACG∽△ABF，∴11

CGACBFABk==+．∴2222111amakmamk+=−++．解得：221akm=．∵OA2＝AD2+OD2＝m2+a2m4，BO2＝BE2+OE2＝k2m2+k4m4a2，∴OA2+OB2＝2422442211mmkmkmkmkm+++

＝4321kkkmk+++．又AB2＝AF2+BF2＝（﹣km﹣m）2+（﹣k2m2a+am2）2＝k2m2+2km2+m2+k4m4a2﹣2k2m4a2+a2m4＝222244212kmkmmkmkm+++﹣22442211kmmkmkm+＝222232m

kmmkmk+++＝4321kkkmk+++，∴OA2+OB2＝AB2．∴∠AOB＝90°．∴“∠AOB＝90°”这一结论还成立．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100

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