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9. (2023·广东)边长分别为10,6,4的三个正方形拼接在一起,它们的底边在同一直线上(如图),则图中阴影部分的面积为
15
.答案
9.15
解析
设阴影部分上方的小三角形的底为$x$，高为$h$。
由相似三角形性质可得：$\frac{x}{10 + 6 + 4} = \frac{h}{10}$，即$\frac{x}{20} = \frac{h}{10}$，所以$h = \frac{x}{2}$。
又因为$h + 4 = 10$（大正方形边长），所以$\frac{x}{2} + 4 = 10$，解得$x = 12$。
阴影部分所在矩形的长为$6$，宽为$4$，上方小三角形的底为$6$（阴影部分矩形的长），高为$h' = 10 - 4 - (10 - \frac{12}{2}) = 3$。
阴影部分面积 = 矩形面积 - 小三角形面积 = $6×4 - \frac{1}{2}×6×3 = 24 - 9 = 15$。
15
由相似三角形性质可得：$\frac{x}{10 + 6 + 4} = \frac{h}{10}$，即$\frac{x}{20} = \frac{h}{10}$，所以$h = \frac{x}{2}$。
又因为$h + 4 = 10$（大正方形边长），所以$\frac{x}{2} + 4 = 10$，解得$x = 12$。
阴影部分所在矩形的长为$6$，宽为$4$，上方小三角形的底为$6$（阴影部分矩形的长），高为$h' = 10 - 4 - (10 - \frac{12}{2}) = 3$。
阴影部分面积 = 矩形面积 - 小三角形面积 = $6×4 - \frac{1}{2}×6×3 = 24 - 9 = 15$。
15
10. (2024·成都)如图,在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ C = 90^{\circ}$,$AD$是$△ ABC$的一条角平分线,$E$为$AD$的中点,连接$BE$.若$BE = BC$,$CD = 2$,则$BD =$
$\frac{1+\sqrt{17}}{2}$
.答案
10.$\frac{1+\sqrt{17}}{2}$
解析
证明：过点$D$作$DF ⊥ AB$于点$F$，设$BD = x$，$BC = BE = m$，则$DF = CD = 2$，$BF = \sqrt{BD^2 - DF^2} = \sqrt{x^2 - 4}$。
$\because E$为$AD$中点，$∠ C = 90°$，$\therefore CE = AE = DE = \frac{1}{2}AD$。
设$AD = 2n$，则$CE = n$，$AE = DE = n$。
在$△ BDE$中，$BE = m$，$DE = n$，$BD = x$，由余弦定理得：$\cos ∠ BDE = \frac{x^2 + n^2 - m^2}{2xn}$。
在$△ ADC$中，$AC = \sqrt{AD^2 - CD^2} = \sqrt{4n^2 - 4}$，$\cos ∠ ADC = \frac{CD}{AD} = \frac{2}{2n} = \frac{1}{n}$。
$\because ∠ BDE + ∠ ADC = 180°$，$\therefore \cos ∠ BDE = -\cos ∠ ADC$，即$\frac{x^2 + n^2 - m^2}{2xn} = -\frac{1}{n}$，化简得$x^2 + n^2 - m^2 = -2x$ ①。
$\because BC = m = CD + BD = 2 + x$，$\therefore m = x + 2$ ②。
在$△ ABC$中，$AB = AF + BF = AC + \sqrt{x^2 - 4}$（$AF = AC$，角平分线性质），$AC = \sqrt{4n^2 - 4}$，由勾股定理得：$AC^2 + BC^2 = AB^2$，即$4n^2 - 4 + (x + 2)^2 = (\sqrt{4n^2 - 4} + \sqrt{x^2 - 4})^2$，化简得$n^2 = \frac{x^2 + 4x}{4}$ ③。
将②③代入①：$x^2 + \frac{x^2 + 4x}{4} - (x + 2)^2 = -2x$，整理得$x^2 - x - 4 = 0$，解得$x = \frac{1 + \sqrt{17}}{2}$（负值舍去）。
$\therefore BD = \frac{1 + \sqrt{17}}{2}$。
$\boxed{\frac{1+\sqrt{17}}{2}}$
$\because E$为$AD$中点，$∠ C = 90°$，$\therefore CE = AE = DE = \frac{1}{2}AD$。
设$AD = 2n$，则$CE = n$，$AE = DE = n$。
在$△ BDE$中，$BE = m$，$DE = n$，$BD = x$，由余弦定理得：$\cos ∠ BDE = \frac{x^2 + n^2 - m^2}{2xn}$。
在$△ ADC$中，$AC = \sqrt{AD^2 - CD^2} = \sqrt{4n^2 - 4}$，$\cos ∠ ADC = \frac{CD}{AD} = \frac{2}{2n} = \frac{1}{n}$。
$\because ∠ BDE + ∠ ADC = 180°$，$\therefore \cos ∠ BDE = -\cos ∠ ADC$，即$\frac{x^2 + n^2 - m^2}{2xn} = -\frac{1}{n}$，化简得$x^2 + n^2 - m^2 = -2x$ ①。
$\because BC = m = CD + BD = 2 + x$，$\therefore m = x + 2$ ②。
在$△ ABC$中，$AB = AF + BF = AC + \sqrt{x^2 - 4}$（$AF = AC$，角平分线性质），$AC = \sqrt{4n^2 - 4}$，由勾股定理得：$AC^2 + BC^2 = AB^2$，即$4n^2 - 4 + (x + 2)^2 = (\sqrt{4n^2 - 4} + \sqrt{x^2 - 4})^2$，化简得$n^2 = \frac{x^2 + 4x}{4}$ ③。
将②③代入①：$x^2 + \frac{x^2 + 4x}{4} - (x + 2)^2 = -2x$，整理得$x^2 - x - 4 = 0$，解得$x = \frac{1 + \sqrt{17}}{2}$（负值舍去）。
$\therefore BD = \frac{1 + \sqrt{17}}{2}$。
$\boxed{\frac{1+\sqrt{17}}{2}}$
三、解答题(共40分)
11. (13分)如图,$A$,$B$,$C$三点均在由边长为1的小正方形组成的网格的格点上.
(1)请在$BC$上标出点$D$,连接$AD$,使得$△ ABD∽△ CBA$;
(2)试证明上述结论:$△ ABD∽△ CBA$.
11. (13分)如图,$A$,$B$,$C$三点均在由边长为1的小正方形组成的网格的格点上.
(1)请在$BC$上标出点$D$,连接$AD$,使得$△ ABD∽△ CBA$;
(2)试证明上述结论:$△ ABD∽△ CBA$.
答案
11.(1)解:如答图，D是所求作的点.
(2)证明:
∵$AB=\sqrt{1^{2}+2^{2}}=\sqrt{5},BC=5,BD=1,$
∴$\frac{BD}{AB}=\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$，$\frac{AB}{BC}=\frac{\sqrt{5}}{5}$，
∴$\frac{BD}{AB}=\frac{AB}{BC}$.
∵∠DBA=∠ABC，
∴△ABD∽△CBA.
12. (13分)(2023·凉山州)如图,$CD$是$\odot O$的直径,弦$AB⊥ CD$,垂足为$F$,$P$是$CD$的延长线上一点,$DE⊥ AP$,垂足为$E$,$∠ EAD=∠ FAD$.
(1)求证:$AE$是$\odot O$的切线;
(2)若$PA = 4$,$PD = 2$,求$\odot O$的半径和$DE$的长.
(1)求证:$AE$是$\odot O$的切线;
(2)若$PA = 4$,$PD = 2$,求$\odot O$的半径和$DE$的长.
答案
12.(1)证明:连接OA,如答图.
∵AB⊥CD，
∴∠AFD=90°，
∴∠FAD+∠ADF=90°.
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ADF，
∴∠FAD+∠OAD=90°.
∵∠EAD=∠FAD，
∴∠EAD+∠OAD=90°，即∠OAE=90°，
∴OA⊥AE.
∵OA是⊙O的半径，
∴AE是⊙O的切线.
(2)解:连接AC，如答图.
∵CD为⊙O的直径，
∴∠CAD=90°，
∴∠C+∠ADC=90°.
∵∠FAD+∠ADC=90°，
∴∠C=∠FAD.
∵∠EAD=∠FAD，
∴∠C=∠EAD.
∵∠P=∠P，
∴△ADP∽△CAP，
∴$\frac{AP}{CP}=\frac{PD}{AP}$.
∵PA=4，PD=2，
∴$\frac{4}{CP}=\frac{2}{4}$，解得CP=8，
∴CD=CP−PD=8−2=6，
∴⊙O的半径为3.
∵OA=OD=3，
∴OP=OD+PD=5.
∵DE⊥AP，
∴∠DEP=90°，
∴∠OAP=∠DEP，又∠P=∠P，
∴△OAP∽△DEP，
∴$\frac{DE}{OA}=\frac{PD}{OP}$，即$\frac{DE}{3}=\frac{2}{5}$，
∴$DE=\frac{6}{5}$，
∴⊙O的半径为3，DE的长为$\frac{6}{5}$.
13. (14分)(2024·湖北)在矩形$ABCD$中,点$E$,$F$分别在边$AD$,$BC$上,将矩形$ABCD$沿$EF$折叠,使点$A$的对应点$P$落在边$CD$上,点$B$的对应点为$G$,$PG$交$BC$于点$H$.
(1)如图①,求证:$△ DEP∽△ CPH$;
(2)如图②,当$P$为$CD$的中点,$AB = 2$,$AD = 3$时,求$GH$的长;
(3)如图③,连接$BG$,当$P$,$H$分别为$CD$,$BC$的中点时,探究$BG$与$AB$间的数量关系,并说明理由.
(1)如图①,求证:$△ DEP∽△ CPH$;
(2)如图②,当$P$为$CD$的中点,$AB = 2$,$AD = 3$时,求$GH$的长;
(3)如图③,连接$BG$,当$P$,$H$分别为$CD$,$BC$的中点时,探究$BG$与$AB$间的数量关系,并说明理由.
答案
13.(1)证明:如答图①,
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠D=∠C=90°，
∴∠1+∠3=90°.
∵点E,F分别在AD,BC上，将矩形ABCD沿EF折叠，使点A的对应点P落在DC上，
∴∠EPH=∠A=90°，
∴∠1+∠2=90°，
∴∠3=∠2，
∴△DEP∽△CPH.
(2)解:
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=2，AD=BC=3，∠A=∠D=∠C=90°.
∵P为CD的中点，
∴DP=CP=$\frac{1}{2}$×2=1.
设EP=AE=x，
∴ED=3−x.
在Rt△EDP中，$EP^{2}=ED^{2}+DP^{2}$，即$x^{2}=(3-x)^{2}+1$，解得$x=\frac{5}{3}$，
∴$EP=AE=x=\frac{5}{3}$，
∴$ED=3-\frac{5}{3}=\frac{4}{3}$.
∵△DEP∽△CPH，
∴$\frac{ED}{PC}=\frac{EP}{PH}$，即$\frac{\frac{4}{3}}{1}=\frac{\frac{5}{3}}{PH}$，
∴$PH=\frac{5}{4}$.
由折叠的性质得PG=AB=2，
∴$GH=PG-PH=2-\frac{5}{4}=\frac{3}{4}$.
(3)解:AB=$\sqrt{6}$BG.理由如下:
如答图②，延长AB,PG交于点M，连接AP.
∵点E,F分别在AD,BC上，将矩形ABCD沿EF折叠，使点A的对应点P落在CD上，
∴AP⊥EF，BG⊥直线EF，
∴BG//AP.
∵AE=EP，
∴∠EAP=∠EPA，
∴∠BAP=∠GPA，
∴△MAP是等腰三角形，
∴MA=MP.
∵P为CD的中点，
∴设DP=CP=y，
∴AB=PG=CD=2y.
∵H为BC的中点，
∴BH=CH.
∵∠BHM=∠CHP，∠MBH=∠PCH，
∴△MBH≌△PCH(ASA)，
∴BM=CP=y，HM=HP，
∴MP=MA=MB+AB=3y，
∴$HP=\frac{1}{2}PM=\frac{3}{2}y$.
在Rt△PCH中，$CH=\sqrt{PH^{2}-PC^{2}}=\frac{\sqrt{5}}{2}y$.
∴$BC=2CH=\sqrt{5}y$，
∴$AD=BC=\sqrt{5}y$.
在Rt△APD中，$AP=\sqrt{AD^{2}+PD^{2}}=\sqrt{6}y$.
∵BG//AP，
∴△BMG∽△AMP，
∴$\frac{BG}{AP}=\frac{BM}{AM}=\frac{1}{3}$，
∴$BG=\frac{\sqrt{6}}{3}y$，
∴$\frac{AB}{BG}=\frac{2y}{\frac{\sqrt{6}}{3}y}=\sqrt{6}$，
∴$AB=\sqrt{6}BG$.
