中考数学二轮复习第15讲 相似、投影与视图（压轴题组）（教师版）

这是一份中考数学二轮复习第15讲 相似、投影与视图（压轴题组）（教师版），共31页。试卷主要包含了我们定义，，与抛物线的对称轴交于点E，，0＜t＜5等内容，欢迎下载使用。
第15讲 相似、投影与视图（压轴题组）
1．（2021·辽宁甘井子·九年级期中）如图，△ABC中，点D，E在边AB上，点F在边BC上，且AD＝AC，EF＝EC，∠CEF＝∠A，连接DF．
（1）在图1中找出与∠ACE相等的角，并证明；
（2）求证：∠BDF＝∠EFC；
（3）如图2，延长FD，CA交于点G，连接EG，若EG＝AG，DE＝kAE，求的值（用含k的代数式表示）．

【答案】（1）∠DEF＝∠ACE，证明见解析；（2）见解析；（3）k
【详解】
解：（1）∠DEF＝∠ACE．
证明：∵∠DEC是△ACE的外角，
∴∠DEC＝∠A+∠ACE，
∵∠DEC＝∠DEF+∠CEF，
∴∠DEC+∠CEF＝∠A+∠ACE，
∵∠CEF＝∠A，
∴∠DEF＝∠ACE；
（2）证明：连接CD，过点E作AC的平行线与CD交于点M，

∵AD＝AC，
∴∠ADC＝∠ACD，
∵EM∥AC，
∴∠EMD＝∠ACD，∠CEM＝∠ACE，
∴∠EDM＝∠EMD，∠DEF＝∠CEM，
∴ED＝EM，
又∵EF＝EC，
∴△DEF≌△MEC（SAS），
∴∠EDF＝∠EMC，
∵∠BDF+∠EDF＝∠EMD+∠EMC＝180°，
∴∠BDF＝∠EMC，
∵EM∥AC，
∴∠DEM＝∠A，
∵∠A＝∠CEF，
∴∠DEM＝∠CEF，
∵△DEM中，∠EMD＝，△FEC中，∠EFC＝，
∴∠EMD＝∠EFC，
∴∠BDF＝∠EFC；
（3）连接CD，过点E作AC的平行线与CD交于点M，

∵EG＝AG，
∴∠GAE＝∠GEA，
∵∠DAC+∠GAE＝∠GEA+∠GED＝180°，
∴∠DAC＝∠GED，
∵∠CEF＝∠DAC，
∴∠DEG＝∠CEF，
∴∠DEG+∠DEF＝∠CEF+∠DEF，
即∠GEF＝∠DEC，
∵△DEF≌△MEC，
∴∠EFG＝∠ECD，DF＝MC，
又∵EF＝EC，
∴△EFG≌△ECD（ASA），
∴GF＝DC，
∴DC﹣MC＝GF﹣DF，
即GD＝DM，
∵EM∥AC，
∴，
∴．
2．（2021·安徽埇桥·九年级期中）如图1所示，在等边三角形ABC中，线段AD为其内角平分线，过点D的直线B1C1⊥AC于点C1，交AB的延长线于点B1．
（1）请你探究：是否都成立？请说明理由．
（2）请你继续探究：若△ABC为任意三角形，线段AD为其内角平分线，一定成立吗？并证明你的判断．
（3）如图2所示，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，AB＝，E为AB上一点且AE＝5，CE交内角平分线AD于点F，试求的值．

【答案】（1）都成立，理由见解析；（2）结论依然成立，理由见解析；（3）
【详解】
（1）两个等式都成立，理由如下：
∵△ABC为等边三角形，为角平分线
∴垂直平分，，
∴
∴
∵，
∴
∴，即
又∵
∴
在Rt△中，，∴，
∴
（2）结论依然成立，理由如下：
如下图：

过点作交延长线于点
∴
∴
∵
∴
∴
又∵
∴
（3）如图，连接

∵平分
∴为△ABC和△ACE的内角角平分线
由（2）的性质可得，，
又∵
∴
∴
又∵
∴△BDE∽△BCA
∴
∴
∴△AEF∽△ACF
∴
3．我们定义：三角形中，如果有一个角是另一个角的2倍，那么称这个三角形是2倍角三角形．
（1）定义应用
如果一个等腰三角形是2倍角三角形，则其底角的度数为 　 　；

（2）性质探索
小思同学通过从“特殊到一般”的过程，对2倍角三角形进行研究，得出结论：
如图1，在△ABC中，如果∠A＝2∠B，那么BC2＝AC（AB＋AC）．
下面是小思同学对其中一种特殊情形的证明方法．
已知：如图2，在△ABC中，∠A＝90°，∠B＝45°．
求证：BC2＝AC（AB＋AC）．
证明：如图2，延长CA到D，使得AD＝AB，连接BD．
∴∠D＝∠ABD，AB＋AC＝AD＋AC＝CD
∵∠CAB＝∠D＋∠ABD＝2∠D，∠CAB＝90°
∴∠D＝45°，
∵∠ABC＝45°，
∴∠D＝∠ABC，又∠C＝∠C
∴△ABC∽△BCD
∴
∴BC2＝AC•CD
∴BC2＝AC（AB＋AC）
根据上述材料提供的信息，请你完成下列情形的证明：
已知：如图1，在△ABC中，∠A＝2∠B．
求证：BC2＝AC（AB＋AC）．
证明：
（3）性质应用
已知：如图3，在△ABC中，∠C＝2∠B，AB＝12，BC＝10，则AC＝　 　；
（4）拓展应用
已知：如图4，在△ABC中，∠ABC＝3∠A，AC＝6，BC＝4，求AB的长．
【答案】（1）45°或72° （2）证明见解析 （3）8 （4）
【详解】
解：（1）当等腰三角形的内角分别为x，x，2x时，4x=180°，解得x=45°，
当等腰三角形的内角分别为x，2x，2x时，5x=180°，解得x=36°，2x=72°，
∴底角的度数为45°或72°，
故答案为45°或72°；
（2）

如上图，作角平分线AD，则有∠1=∠2=∠B，由∠1=∠B，得AD=BD，
由∠2=∠B，∠C=∠C得△CAD∽△CBA
∴
∴
∴CA2=CB×CD，
∴CD=
∵
∴AD=
∴BD=AD=BC-CD，
∴BC-=，
∴BC2-AC2=AC×AB，
∴BC2=AC(AB+BC)
（3）由性质探索可知：AB2=AC(BC+AC)，
∴AC2+10AC-144=0，
解得AC=8或-18(舍弃)，
故答案为：8；
（4）

作∠CBD=∠A，则∠ABD=2∠A，
∴△ABD是2倍角三角形
∴AD2=BD(BD+AB)，
∴∠BDC是△ABD的外角，
∴∠BDC=∠A+∠ABD=3∠A，∠C=∠C，
∴△CBD∽△CAB，
∴，
∴CD=，
∴AD=AC-CD=，
可设BD=2x，则AB=3x
∴2x(2x+3x),
∴x1=，x2=-（舍弃），
∴AB=3x=
4．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形OAEB为矩形，对角线AB的直线解析式为y=kx-6k，且S△AOB=18．
（1）如图1，求k的值；
（2）如图2，点P在线段AB上运动，其横坐标为t，连接OP，过点P作CP⊥OP，交BE于点C，设线段BC的长为d，求d与t之间的函数关系式；
（3）如图3，在（2）的条件下，延长OP交AE于点D（AD＜DE），过点D作DQ∥x轴，交PC于点Q，若BC+AD=5，求线段DQ的长．

【答案】（1）-1；（2）d＝2t﹣6；（3）
【详解】
解：（1）∵对角线AB的直线解析式为y=kx-6k，
∴当x=0时，y=-6k，当y=0时，x=6，
∴OA=6，OB=-6k，
∵S△AOB=OA•OB=18，
∴×6×（-6k）=18，
∴k=-1；
（2）如图，过点P作PN⊥OB于点N，PM⊥BE于点M，则∠PMC=∠PNO=90°，

由（1）可得直线AB的解析式为：y=-x+6，
∵点P在线段AB上运动，其横坐标为t，
∴P（t，-t+6），B（0，6），
∴BM=PN=t，ON=-t+6，PM=BN=6-（-t+6）=t，
∴PM=PN，
∵PN⊥OB，PM⊥BE，
∴∠PMC=∠PNO=90°，
∵CP⊥OP，
∴∠OPN+∠NPC=∠NPC+∠CPM=90°，
∴∠OPN=∠CPM，
∴△OPN≌△CPM（ASA），
∴CM=ON=-t+6，
∵BM=BC+CM，BC=d，
∴t=d+（-t+6），
∴d=2t-6；
（3）延长DA到F，使AF=BC，连接OF、OC、CD，

∵OA=OB=6，∠OBC=∠OAF=90°，BC=AF，
∴△OBC≌△OAF（SAS），
∴∠BOC=∠AOF，OC=OF，
由（2）可知，△POC为等腰直角三角形，
∴∠POC=45°，
∴∠BOC+∠AOD=45°，
∴∠AOD+∠AOF=∠DOF=45°，
∴∠COD=∠FOD=45°，
∵OD=OD，
∴△COD≌△FOD（SAS），
∴CD=DF=DA+AF=DA+BC=5，
设AD=x，则AF=BC=5-x，CE=6-（5-x）=1+x，DE=6-x，
在Rt△CDE中，CE2+DE2=CD2，
∴（6-x）2+（1+x）2=52，
解得：x1=2，x2=3（舍去），
∴AD=2，
∴AF=BC=5-2=3，
∴OD=，OC=，
∴OP=，
∴DP=OD-OP=，
∵DQ∥x轴，
∴∠QDP=∠DOA，
∵∠QPD=∠DAO=90°，
∴△QPD∽△DAO，
∴，
∴，
∴DQ=．
5．（2021·四川·成都教育科学研究院附属学校九年级期中）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点O在BC上（不与B、C重合），连接AO，F是线段AO上的点（不与A、O重合），∠EAF＝90°，AE＝AF，连接FE，FC，BE，BF．
（1）如图1，若AO⊥BC，求证：BE＝BF；
（2）如图2，若将△AEF绕点A旋转，使边AF在∠BAC的内部，延长CF交AB于点G，交BE于点K．
①求证：△AGC∽△KGB；
②当△BEF为等腰直角三角形时，请你直接写出AB：BF的值．

【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②或
【详解】
解：（1）∵，
∴
∴
∴
在△EAB和△FAB中

∴
∴
（2）①∵，
∴
∴
在△EAB和中

∴
∴
又∵
∴
②∵
∴
∴
当时，
由题意可得：，
∴
设，则
，即，
由勾股定理得：

当时，
由题意可得：，
∴
设，则，


6．（2021·重庆一中九年级期中）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点、，与轴交于点．是抛物线对称轴上一点，纵坐标为，是线段上方抛物线上的一个动点，连接、．

（1）求抛物线的函数表达式；
（2）当的面积取得最大值时，求点的坐标和面积的最大值；
（3）将抛物线沿着射线平移，使得新抛物线经过点．新抛物线与轴交于、两点（点在点左侧），与轴交于点，是新抛物线上一动点，是坐标平面上一点，当以点、、、为顶点的四边形是矩形时，请直接写出所有满足条件的点的横坐标．
【答案】（1）y=-x2+4x+5；（2），；（3）-4，5，，．
【详解】
解：（1）把A（-1，0）、B（5，0）代入y=ax2+bx+5，
，
解得，
∴y=-x2+4x+5；
（2）∵对称轴为直线x=2，
∴D(2，-5)，
∵B(5，0)，代入y=kx+b得，
解得，
∴直线BD：，
过点P作PQ⊥x轴交直线BD于点Q，
则，
设，则，
∵P在上方
∴PQ=，
∵，
∴=，
∴当时，；

（3）原来抛物线为，沿着射线平移，经过点，
∴B点移动后与D点重合，即抛物线向左平移3个单位，下移5个单位，
∴平移后抛物线为，
∴，
EG为边时，
∵OE=OG=3，
∴∠EGO=∠GEO=45°，
作MG⊥EG交抛物线于M，
设，则MK=KG，
∴-m=-m²-2m，
解得：(舍去)，
∴，则，
作EM⊥EG交抛物线于点M，作MK⊥x轴于点K，
则KE=MK，∴m+3=m²+2m-3，
解得：(舍)，
∴M(2,-5)，
∴；

EG为对角线时，
设，
则MK=-m，HM=m+3，KG=-m²-2m，HE=-m²-2m+3，
由△MKG∽△EHM得：，
∴，
∴，
∴，
∵m0，
∴，
∴，
∵E(-3,0)，G(0,3)，
∴；
综上N点的横坐标为：-4，5，，．

7．如图1，抛物线y＝ax2＋（a＋3）x＋3（a≠0）与x轴交于点A（4，0），与y轴交于点B，在x轴上有一动点E（m，0）（0＜m＜4），过点E作x轴的垂线交直线AB于点N，交抛物线于点P，过点P作PM⊥AB于点M．
（1）求a的值和直线AB的函数表达式；
（2）设△PMN的周长为C1，△AEN的周长为C2，若，求m的值；
（3）如图2，在（2）条件下，将线段OE绕点O逆时针旋转得到OE′，旋转角为α（0°＜α＜90°），连接E′A、E′B，求E′A＋E′B的最小值．

【答案】（1）a＝﹣；y＝﹣x+3；（2）2；（3）
【详解】
解：（1）将点代入抛物线，得
，解得，此时抛物线解析式为
∴
∵A（4，0），B（0，3），
设直线AB解析式为y＝kx+b，则，解得，
∴直线AB解析式为．
（2）由题意可得：，，则，
如图1中，∵PM⊥AB，PE⊥OA，
∴∠PMN＝∠AEN，
∵∠PNM＝∠ANE，
∴△PNM∽△ANE，
∴，
∵NE∥OB，
∴

∴，∴，
∵抛物线解析式为，
∴，
∴，解得．
（3）如图2中，在y轴上 取一点M′使得OM′＝，连接AM′，在AM′上取一点E′使得OE′＝OE．

∵OE′＝2，，
∴，
∴，
∵，
∴△M＇OE＇∽△E＇OB，
∴，
∴，
∴，当A、M′、E′共线时，最小，为，
由勾股定理可得
即最小值为
8．（2021·福建·泉州五中九年级期中）已知抛物线经过，，三点，其对称轴交轴于点H，一次函数的图象经过点C，与抛物线交于另一点D（点D在点C的左边），与抛物线的对称轴交于点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线上是否存在点F，使得点A、B、E、F构成的四边形是平行四边形，如果存在，求出点F的坐标，若不存在请说明理由
（3）设∠CEH=，∠EAH=，当时，直接写出的取值范围

【答案】（1）y＝x2＋x−；（2）（3，6）或（-5，6）或（−1，-2）；（3）−＜k＜且k≠0或＜k＜
【详解】
解：（1）设抛物线的解析式为y＝ax2＋bx＋c，
∵抛物线经过A（−3，0），B（1，0），C（2，）三点，
∴，
∴，
∴抛物线的解析式为y＝x2＋x−；
（2）如图1所示，

将C点坐标代入直线CD，得2k＋b＝，
当x＝−1时，y＝−k＋b，即E（−1，−k＋b）．
①若AB为平行四边形的边时，则F（-1+4，−k＋b）或F（-1-4，−k＋b），即：F（3，−k＋b）或F（-5，−k＋b），
把F（3，−k＋b）代入y＝x2＋x−，得−k＋b=6，
把F（-5，−k＋b），代入y＝x2＋x−，得−k＋b=6，
又∵2k＋b＝，
∴k=，b=
∴F（3，6）或（-5，6）；
②若AB为平行四边形的对角线时，则F和E关于x轴对称，
∴F（−1，k-b），
∴k-b=-2，
又∵2k＋b＝，
∴k=，b=，
∴F（−1，-2），
综上所述：F的坐标为（3，6）或（-5，6）或（−1，-2）；
（3）如图2所示，
①当E点在x轴上方时，如图2所示，

当α＝β时，∵∠EHA＝90°，
∴∠AEC＝90°，
∴∠AEH=∠EGH，
∵∠AHF=∠FHG=90°，
∴，
∴，
∵A（−3，0），E（−1，−k＋b），G（，0），
∴，
∴k2−bk−2＝0，
联立方程，解得k＝−（k＝舍去），
随着E点向下移动，∠CEH的度数越来越大，∠EAH的度数越来越小，当E点和H点重合时（如图3所示），α和β均等于0，此时联立方程，解得，

因此当−＜k＜且k≠0时，α＞β；
②E点在x轴下方时，如图4所示，

当α＝β时，
∵∠EHA＝90°，
∴∠AEC＝90°，
根据①可得此时k＝（k＝−舍去），
随着E点向下移动，∠CEH的度数越来越小，∠EAH的度数越来越大，
因此当＜k＜时，α＞β．
综上所述可得，当α＞β时，k取值范围为−＜k＜且k≠0或＜k＜．
9．（2021·四川·成都嘉祥外国语学校九年级期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，对角线AC，BD相交于点O，点P为边AD上一动点．
（1）如图1，当PC⊥BD时，求tan∠POD；
（2）如图2，连接CP交对角线BD于点E，作线段CP的中垂线MN分别交线段DC，DB，CP，AB于点N，G，F，M，当DP＝DE时，求；
（3）如图2，连接OP，以OP为折痕，将△AOP折叠，点A的对应点为点E，线段PE与OD相交于点F，若△PDF为直角三角形，求DP的长．

【答案】(1) ；（2） ；（3）或1
【详解】
（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴，AD//BC

由勾股定理得，
∴
∵
∴
∴
在Rt△CDE中，
∴
∴
∵AD//BC
∴
∴ 即
∴
∴
（2）∵DP=DE
∴
∵AD//BC
∴
又
∴
∴
∴
在Rt△CDP中，
∴
∵PD//BC
∴
∴，即
∴，
∵MN垂直平分CP
∴
∴
∴
（3）如图1，当∠时，过点O作于H，

∵四边形ABCD是矩形
∴，∠，
∴
∴
∴
∵以OP为折痕，将△AOP折叠，点A的对应点为点E，线段PE与OD相交于点F，
∴∠
又
∴∠
∴
∴
当∠时，

∵
∴
∵四边形ABCD是矩形
∴
∴∠
∵将折叠，点A的对应点为点F，线段PE与OD相交于点F
∴，∠
又∠
∴△
∴，即
∴
∴
∵∠，∠
∴△
∴，即
∴
综上，或1
10．（2021·四川中区·九年级期中）如图（1），在四边形ABCD中，AB∥DC，CB⊥AB，AB＝16cm，BC＝6cm，CD＝8cm，动点P从点D开始沿DA边匀速运动，动点Q从点A开始沿AB边匀速运动，它们的运动速度均为2cm/s．点P和点Q同时出发，设运动的时间为t（s），0＜t＜5
（1）用含t的代数式表示AP；
（2）当以点A、P、Q为顶点的三角形与△ABD相似时，求t的值；
（3）如图（2），延长QP、BD，两延长线相交于点M，当△QMB为直角三角形时，求t的值．

【答案】（1）10-2t；（2）或；（3）或
【详解】
（1）如图，作DH⊥AB于H

则四边形DHBC是矩形
∴CD=BH=8cm，DH=BC=6cm
∴AH=AB-BH=16-8=8(cm)
在Rt△ADH中，由勾股定理得
∵DP=2tcm
∴AP=AD-DP=(10-2t)cm
（2）①当△APQ∽△ADB时
则有
∴
解得：
②当△APQ∽△ABD时
则有
∴
解得：
综上所述，当或时，以点A、P、Q为顶点的三角形与△ABD相似；
（3）①当∠QMB=90゜时，△QMB为直角三角形
如图，过点P作PN⊥AB于N，DH⊥AB于H

∴∠PNQ=∠BHD
∵∠QMB=90゜
∴∠PQN+∠DBH=90゜
∵∠PQN+∠QPN=90゜
∴∠QPN=∠DBH
∴△PNQ∽△BHD
∴
即4QN=3PN
∵PN∥DH
∴△APN∽△ADH
∴，
∴，
∴
由4QN=3PN得：
解得：
②当∠MQB=90゜时，△QMB为直角三角形，如图

则PQ∥DH
∴△APQ∽△ADH
∴
∴
即
解得：
综上所述，当或时，△QMB是直角三角形．