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6.如图，在$\bigtriangleup ABC$中，$\angle ACB = 90°$，边$BC$在$x$轴上，顶点$A$，$B$的坐标分别为$( -2, 6)$和$(7, 0)$.将正方形$OCDE$沿$x$轴向右平移，当点$E$落在$AB$边上时，点$D$的坐标为(
A.$(\frac{3}{2}, 2)$
B.$(\frac{11}{4}, 2)$
C.$(2, 2)$
D.$(4, 2)$
C
).A.$(\frac{3}{2}, 2)$
B.$(\frac{11}{4}, 2)$
C.$(2, 2)$
D.$(4, 2)$
答案
6.C
解析
解：
∵顶点$A(-2,6)$，$B(7,0)$，
设直线$AB$的解析式为$y=kx+b$，
代入得$\begin{cases}-2k+b=6\\7k+b=0\end{cases}$，解得$\begin{cases}k=-\frac{2}{3}\\b=\frac{14}{3}\end{cases}$，
∴直线$AB$：$y=-\frac{2}{3}x+\frac{14}{3}$。
∵$\angle ACB=90°$，点$A(-2,6)$，
∴点$C(-2,0)$，$OC=2$，
正方形$OCDE$中，$OE=OC=2$，$E(0,2)$。
设平移后正方形为$O'C'D'E'$，平移距离为$t(t＞0)$，
则$E'(t,2)$，代入$AB$：$2=-\frac{2}{3}t+\frac{14}{3}$，
解得$t=4$，
∴$D'(t,2)=(4,2)$。
答案：D
∵顶点$A(-2,6)$，$B(7,0)$，
设直线$AB$的解析式为$y=kx+b$，
代入得$\begin{cases}-2k+b=6\\7k+b=0\end{cases}$，解得$\begin{cases}k=-\frac{2}{3}\\b=\frac{14}{3}\end{cases}$，
∴直线$AB$：$y=-\frac{2}{3}x+\frac{14}{3}$。
∵$\angle ACB=90°$，点$A(-2,6)$，
∴点$C(-2,0)$，$OC=2$，
正方形$OCDE$中，$OE=OC=2$，$E(0,2)$。
设平移后正方形为$O'C'D'E'$，平移距离为$t(t＞0)$，
则$E'(t,2)$，代入$AB$：$2=-\frac{2}{3}t+\frac{14}{3}$，
解得$t=4$，
∴$D'(t,2)=(4,2)$。
答案：D
7.如图，点$D$，$E$分别在$\bigtriangleup ABC$的边$AB$，$AC$上，$DE // BC$，点$G$在边$BC$上，$AG$交$DE$于点$H$，点$O$是线段$AG$的中点.若$AD:DB = 3:1$，则$AO:OH =$
2:1
.答案
7.2:1
解析
证明：
∵ $DE // BC$，
∴ $\triangle ADH \sim \triangle ABG$（平行线分线段成比例定理推论）。
∵ $AD:DB = 3:1$，
∴ $AD:AB = 3:(3+1) = 3:4$。
由相似三角形性质得 $\frac{AH}{AG} = \frac{AD}{AB} = \frac{3}{4}$，
∴ $AH = \frac{3}{4}AG$。
∵ $O$ 是 $AG$ 中点，
∴ $AO = \frac{1}{2}AG$。
∴ $OH = AH - AO = \frac{3}{4}AG - \frac{1}{2}AG = \frac{1}{4}AG$。
∴ $AO:OH = \frac{1}{2}AG : \frac{1}{4}AG = 2:1$。
2:1
∵ $DE // BC$，
∴ $\triangle ADH \sim \triangle ABG$（平行线分线段成比例定理推论）。
∵ $AD:DB = 3:1$，
∴ $AD:AB = 3:(3+1) = 3:4$。
由相似三角形性质得 $\frac{AH}{AG} = \frac{AD}{AB} = \frac{3}{4}$，
∴ $AH = \frac{3}{4}AG$。
∵ $O$ 是 $AG$ 中点，
∴ $AO = \frac{1}{2}AG$。
∴ $OH = AH - AO = \frac{3}{4}AG - \frac{1}{2}AG = \frac{1}{4}AG$。
∴ $AO:OH = \frac{1}{2}AG : \frac{1}{4}AG = 2:1$。
2:1
8.如图，在平面直角坐标系中，点$A$，$B$的坐标分别为$( -4, 0)$，$(0, 4)$，点$C(3, n)$在第一象限内，连接$AC$，$BC$.已知$\angle BCA = 2\angle CAO$，则$n =$
2.8
.答案
8.2.8
解析
解：过点$C$作$CD\perp x$轴于点$D$，延长$CD$至点$E$，使$CD=DE$，连接$AE$.
$\because$点$A(-4,0)$，$C(3,n)$，$\therefore D(3,0)$，$E(3,-n)$.
$\because CD=DE$，$AD$为公共边，$\angle ADC=\angle ADE=90°$，$\therefore\triangle ADC\cong\triangle ADE(SAS)$，$\therefore\angle CAO=\angle EAO$，$\angle BCA=2\angle CAO=\angle CAE$.
$\because B(0,4)$，$\therefore$直线$BC$的斜率$k_{BC}=\dfrac{n - 4}{3 - 0}=\dfrac{n - 4}{3}$，直线$AE$的斜率$k_{AE}=\dfrac{-n - 0}{3 - (-4)}=\dfrac{-n}{7}$.
$\because\angle BCA=\angle CAE$，$\therefore BC// AE$，$\therefore k_{BC}=k_{AE}$，即$\dfrac{n - 4}{3}=\dfrac{-n}{7}$.
解得$7(n - 4)=-3n$，$7n - 28=-3n$，$10n=28$，$n=\dfrac{14}{5}=2.8$.
$2.8$
$\because$点$A(-4,0)$，$C(3,n)$，$\therefore D(3,0)$，$E(3,-n)$.
$\because CD=DE$，$AD$为公共边，$\angle ADC=\angle ADE=90°$，$\therefore\triangle ADC\cong\triangle ADE(SAS)$，$\therefore\angle CAO=\angle EAO$，$\angle BCA=2\angle CAO=\angle CAE$.
$\because B(0,4)$，$\therefore$直线$BC$的斜率$k_{BC}=\dfrac{n - 4}{3 - 0}=\dfrac{n - 4}{3}$，直线$AE$的斜率$k_{AE}=\dfrac{-n - 0}{3 - (-4)}=\dfrac{-n}{7}$.
$\because\angle BCA=\angle CAE$，$\therefore BC// AE$，$\therefore k_{BC}=k_{AE}$，即$\dfrac{n - 4}{3}=\dfrac{-n}{7}$.
解得$7(n - 4)=-3n$，$7n - 28=-3n$，$10n=28$，$n=\dfrac{14}{5}=2.8$.
$2.8$
9.如图，边长分别为$10$，$6$，$4$的三个正方形依次拼接在一起，它们的底边在同一直线上，则图中阴影部分的面积为
15
.答案
9.15
10.我国古代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”如图所示，它是由四个全等的直角三角形和中间的小正方形$MNPQ$拼成的一个大正方形$ABCD$.直线$MP$交正方形$ABCD$的两边于点$E$，$F$，记正方形$ABCD$的面积为$S_1$，正方形$MNPQ$的面积为$S_2$.若$BE = kAE$($k ＞ 1$)，则用含$k$的式子表示$\frac{S_1}{S_2}$的值为
$\frac{k^2 + 1}{(k - 1)^2}$
.答案
$10.\frac{k^2 + 1}{(k - 1)^2}$
11.如图，在$□ ABCD$中，过点$B$作直线$BF$分别交$AC$，$AD$于点$O$，$E$，交$CD$的延长线于点$F$.
(1)若$OE = 2$，$BE = 5$，求$\frac{OA}{OC}$的值.
(2)求证$OB^2 = OE · OF$.
(1)若$OE = 2$，$BE = 5$，求$\frac{OA}{OC}$的值.
(2)求证$OB^2 = OE · OF$.
答案
$11.(1)\frac{2}{3}.$
(2)提示:
∵$\frac{OA}{OC}=\frac{OB}{OF},\frac{OA}{OC}=\frac{OE}{OB},$
∴$\frac{OB}{OF}=\frac{OE}{OB},OB^2 = OE·OF.$
(2)提示:
∵$\frac{OA}{OC}=\frac{OB}{OF},\frac{OA}{OC}=\frac{OE}{OB},$
∴$\frac{OB}{OF}=\frac{OE}{OB},OB^2 = OE·OF.$
