登录
5.如图，在$\triangle ABC$中，点$D$，$E$分别在边$AB$，$AC$上，$\angle AED=\angle B$，射线$AG$分别交线段$DE$，$BC$于点$F$，$G$，且$\frac{AD}{AC}=\frac{DF}{CG}$.
(1)求证$\triangle ADF \backsim \triangle ACG$.
(2)若$\frac{AD}{AC}=\frac{1}{2}$，求$\frac{AF}{FG}$的值.
(1)求证$\triangle ADF \backsim \triangle ACG$.
(2)若$\frac{AD}{AC}=\frac{1}{2}$，求$\frac{AF}{FG}$的值.
答案
(1)证明：
∵∠AED=∠B，∠DAE=∠CAB，
∴△AED∽△ABC，
∴∠ADF=∠C，
∵$\frac{AD}{AC}=\frac{DF}{CG}$，
∴△ADF∽△ACG.
(2)
∵△ADF∽△ACG，
∴$\frac{AD}{AC}=\frac{AF}{AG}$，
∵$\frac{AD}{AC}=\frac{1}{2}$，
∴$\frac{AF}{AG}=\frac{1}{2}$，
设AF=k，则AG=2k，FG=AG-AF=2k-k=k，
∴$\frac{AF}{FG}=\frac{k}{k}=1$.
∵∠AED=∠B，∠DAE=∠CAB，
∴△AED∽△ABC，
∴∠ADF=∠C，
∵$\frac{AD}{AC}=\frac{DF}{CG}$，
∴△ADF∽△ACG.
(2)
∵△ADF∽△ACG，
∴$\frac{AD}{AC}=\frac{AF}{AG}$，
∵$\frac{AD}{AC}=\frac{1}{2}$，
∴$\frac{AF}{AG}=\frac{1}{2}$，
设AF=k，则AG=2k，FG=AG-AF=2k-k=k，
∴$\frac{AF}{FG}=\frac{k}{k}=1$.
6.要做两个形状相同的三角形框架，其中一个三角形框架的三边长分别为4，5，6，另一个三角形框架的一边长为2，你打算怎样安排？
答案
6.三边长分别为2,2.5,3或1.6,2,2.4或$\frac{4}{3}$,$\frac{5}{3}$,2.
解析
因为两个三角形形状相同，所以它们相似。
情况一：当边长为2的边与原三角形边长4对应时，相似比为$\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$，则另两边长分别为$5×\frac{1}{2}=2.5$，$6×\frac{1}{2}=3$，此时三角形三边长为2，2.5，3。
情况二：当边长为2的边与原三角形边长5对应时，相似比为$\frac{2}{5}$，则另两边长分别为$4×\frac{2}{5}=1.6$，$6×\frac{2}{5}=2.4$，此时三角形三边长为1.6，2，2.4。
情况三：当边长为2的边与原三角形边长6对应时，相似比为$\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$，则另两边长分别为$4×\frac{1}{3}=\frac{4}{3}$，$5×\frac{1}{3}=\frac{5}{3}$，此时三角形三边长为$\frac{4}{3}$，$\frac{5}{3}$，2。
综上，另一个三角形框架的三边长可以为2，2.5，3或1.6，2，2.4或$\frac{4}{3}$，$\frac{5}{3}$，2。
情况一：当边长为2的边与原三角形边长4对应时，相似比为$\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$，则另两边长分别为$5×\frac{1}{2}=2.5$，$6×\frac{1}{2}=3$，此时三角形三边长为2，2.5，3。
情况二：当边长为2的边与原三角形边长5对应时，相似比为$\frac{2}{5}$，则另两边长分别为$4×\frac{2}{5}=1.6$，$6×\frac{2}{5}=2.4$，此时三角形三边长为1.6，2，2.4。
情况三：当边长为2的边与原三角形边长6对应时，相似比为$\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$，则另两边长分别为$4×\frac{1}{3}=\frac{4}{3}$，$5×\frac{1}{3}=\frac{5}{3}$，此时三角形三边长为$\frac{4}{3}$，$\frac{5}{3}$，2。
综上，另一个三角形框架的三边长可以为2，2.5，3或1.6，2，2.4或$\frac{4}{3}$，$\frac{5}{3}$，2。
7.如图，矩形$ABCD$的边长$AD=3$，$AB=2$，点$E$为$AB$的中点，$F$在边$BC$上，且$BF=2FC$，$AF$分别与$DE$，$DB$相交于点$M$，$N$，则$MN$的长为(
A.$\frac{2\sqrt{2}}{5}$
B.$\frac{9\sqrt{2}}{20}$
C.$\frac{3\sqrt{2}}{5}$
D.$\frac{9\sqrt{2}}{10}$
B
).A.$\frac{2\sqrt{2}}{5}$
B.$\frac{9\sqrt{2}}{20}$
C.$\frac{3\sqrt{2}}{5}$
D.$\frac{9\sqrt{2}}{10}$
答案
7.B
解析
证明：以点$A$为原点，$AB$所在直线为$x$轴，$AD$所在直线为$y$轴，建立平面直角坐标系。
则$A(0,0)$，$B(2,0)$，$C(2,3)$，$D(0,3)$。
$\because E$为$AB$中点，$\therefore E(1,0)$。
$\because BF = 2FC$，$BC = 3$，$\therefore BF = 2$，$\therefore F(2,2)$。
设直线$AF$的解析式为$y = kx$，将$F(2,2)$代入得$2 = 2k$，$\therefore k = 1$，$\therefore AF:y = x$。
直线$DE$：$D(0,3)$，$E(1,0)$，设其解析式为$y = k_1x + b_1$，则$\begin{cases}b_1 = 3\\k_1 + b_1 = 0\end{cases}$，解得$\begin{cases}k_1 = -3\\b_1 = 3\end{cases}$，$\therefore DE:y = -3x + 3$。
联立$\begin{cases}y = x\\y = -3x + 3\end{cases}$，解得$\begin{cases}x = \frac{3}{4}\\y = \frac{3}{4}\end{cases}$，$\therefore M\left(\frac{3}{4},\frac{3}{4}\right)$。
直线$DB$：$D(0,3)$，$B(2,0)$，设其解析式为$y = k_2x + b_2$，则$\begin{cases}b_2 = 3\\2k_2 + b_2 = 0\end{cases}$，解得$\begin{cases}k_2 = -\frac{3}{2}\\b_2 = 3\end{cases}$，$\therefore DB:y = -\frac{3}{2}x + 3$。
联立$\begin{cases}y = x\\y = -\frac{3}{2}x + 3\end{cases}$，解得$\begin{cases}x = \frac{6}{5}\\y = \frac{6}{5}\end{cases}$，$\therefore N\left(\frac{6}{5},\frac{6}{5}\right)$。
$\therefore MN = \sqrt{\left(\frac{6}{5} - \frac{3}{4}\right)^2 + \left(\frac{6}{5} - \frac{3}{4}\right)^2} = \sqrt{\left(\frac{9}{20}\right)^2 + \left(\frac{9}{20}\right)^2} = \frac{9\sqrt{2}}{20}$。
答案：$\frac{9\sqrt{2}}{20}$
则$A(0,0)$，$B(2,0)$，$C(2,3)$，$D(0,3)$。
$\because E$为$AB$中点，$\therefore E(1,0)$。
$\because BF = 2FC$，$BC = 3$，$\therefore BF = 2$，$\therefore F(2,2)$。
设直线$AF$的解析式为$y = kx$，将$F(2,2)$代入得$2 = 2k$，$\therefore k = 1$，$\therefore AF:y = x$。
直线$DE$：$D(0,3)$，$E(1,0)$，设其解析式为$y = k_1x + b_1$，则$\begin{cases}b_1 = 3\\k_1 + b_1 = 0\end{cases}$，解得$\begin{cases}k_1 = -3\\b_1 = 3\end{cases}$，$\therefore DE:y = -3x + 3$。
联立$\begin{cases}y = x\\y = -3x + 3\end{cases}$，解得$\begin{cases}x = \frac{3}{4}\\y = \frac{3}{4}\end{cases}$，$\therefore M\left(\frac{3}{4},\frac{3}{4}\right)$。
直线$DB$：$D(0,3)$，$B(2,0)$，设其解析式为$y = k_2x + b_2$，则$\begin{cases}b_2 = 3\\2k_2 + b_2 = 0\end{cases}$，解得$\begin{cases}k_2 = -\frac{3}{2}\\b_2 = 3\end{cases}$，$\therefore DB:y = -\frac{3}{2}x + 3$。
联立$\begin{cases}y = x\\y = -\frac{3}{2}x + 3\end{cases}$，解得$\begin{cases}x = \frac{6}{5}\\y = \frac{6}{5}\end{cases}$，$\therefore N\left(\frac{6}{5},\frac{6}{5}\right)$。
$\therefore MN = \sqrt{\left(\frac{6}{5} - \frac{3}{4}\right)^2 + \left(\frac{6}{5} - \frac{3}{4}\right)^2} = \sqrt{\left(\frac{9}{20}\right)^2 + \left(\frac{9}{20}\right)^2} = \frac{9\sqrt{2}}{20}$。
答案：$\frac{9\sqrt{2}}{20}$
8.如图，三个正方形拼成一个矩形$ABEF$.求证：
(1)$\triangle ACE \backsim \triangle DCA$；
(2)$\angle 1+\angle 2+\angle 3=90^{\circ}$.
(1)$\triangle ACE \backsim \triangle DCA$；
(2)$\angle 1+\angle 2+\angle 3=90^{\circ}$.
答案
(1)设正方形边长为$a$，则$CD=a$，$BC=a$，$DE=a$，$EC=2a$，$DB=2a$，$EB=3a$。
在$ Rt\triangle ABC$中，$AC=\sqrt{BC^{2}+AB^{2}}=\sqrt{a^{2}+a^{2}}=\sqrt{2}a$。
$CD· CE = a· 2a = 2a^{2}$，$AC^{2}=(\sqrt{2}a)^{2}=2a^{2}$，故$AC^{2}=CD· CE$，即$\frac{CD}{AC}=\frac{AC}{CE}$。
又$\angle ACE = \angle DCA$，所以$\triangle ACE \backsim \triangle DCA$。
(2)由(1)知$\triangle ACE \backsim \triangle DCA$，则$\angle 2 = \angle CAE$。
在$ Rt\triangle ABC$中，$AB = BC$，故$\angle 1 = 45^{\circ}$。
$\angle 1+\angle 2+\angle 3 = \angle 1+\angle CAE+\angle 3 = \angle 1+\angle DAE$。
$\angle DAE + \angle 1 = 45^{\circ}+45^{\circ}=90^{\circ}$，所以$\angle 1+\angle 2+\angle 3=90^{\circ}$。
在$ Rt\triangle ABC$中，$AC=\sqrt{BC^{2}+AB^{2}}=\sqrt{a^{2}+a^{2}}=\sqrt{2}a$。
$CD· CE = a· 2a = 2a^{2}$，$AC^{2}=(\sqrt{2}a)^{2}=2a^{2}$，故$AC^{2}=CD· CE$，即$\frac{CD}{AC}=\frac{AC}{CE}$。
又$\angle ACE = \angle DCA$，所以$\triangle ACE \backsim \triangle DCA$。
(2)由(1)知$\triangle ACE \backsim \triangle DCA$，则$\angle 2 = \angle CAE$。
在$ Rt\triangle ABC$中，$AB = BC$，故$\angle 1 = 45^{\circ}$。
$\angle 1+\angle 2+\angle 3 = \angle 1+\angle CAE+\angle 3 = \angle 1+\angle DAE$。
$\angle DAE + \angle 1 = 45^{\circ}+45^{\circ}=90^{\circ}$，所以$\angle 1+\angle 2+\angle 3=90^{\circ}$。
