登录
7. 如图，点$P$是$ Rt \triangle ABC$斜边$AB$上任意一点(A，B两点除外)，过点$P$作一直线，使截得的三角形与$ Rt \triangle ABC$相似.可以作出这样直线的条数是(
A.$1$条
B.$2$条
C.$3$条
D.$4$条
C
).A.$1$条
B.$2$条
C.$3$条
D.$4$条
答案
7.C
解析
解：在$Rt\triangle ABC$中，$\angle C=90°$，点$P$在斜边$AB$上（不与$A$，$B$重合）。
1. 过点$P$作$PD\perp AC$于点$D$，则$\angle ADP=\angle C=90°$，又$\angle A=\angle A$，故$\triangle APD\sim\triangle ABC$。
2. 过点$P$作$PE\perp BC$于点$E$，则$\angle BEP=\angle C=90°$，又$\angle B=\angle B$，故$\triangle BPE\sim\triangle BAC$。
3. 过点$P$作$PF$，使$\angle APF=\angle B$，则$\angle A=\angle A$，故$\triangle APF\sim\triangle ABC$。
综上，可作出3条直线。答案：C
1. 过点$P$作$PD\perp AC$于点$D$，则$\angle ADP=\angle C=90°$，又$\angle A=\angle A$，故$\triangle APD\sim\triangle ABC$。
2. 过点$P$作$PE\perp BC$于点$E$，则$\angle BEP=\angle C=90°$，又$\angle B=\angle B$，故$\triangle BPE\sim\triangle BAC$。
3. 过点$P$作$PF$，使$\angle APF=\angle B$，则$\angle A=\angle A$，故$\triangle APF\sim\triangle ABC$。
综上，可作出3条直线。答案：C
8. 如图，在四边形$ABCD$中，$\angle B = 90°$，$AC = 4$，$AB // CD$，$DH$垂直平分$AC$，$H$为垂足.设$AB = x$，$AD = y$，则$y$关于$x$的函数关系用图象大致可以表示为(
D
).答案
8.D
解析
连接$AH$，$CH$。
∵$DH$垂直平分$AC$，$AC=4$，
∴$AH=CH=2$，$\angle AHD=90°$。
∵$AB//CD$，$\angle B=90°$，
∴$\angle BAC=\angle ACD$。
设$\angle BAC=\alpha$，则$\angle ACD=\alpha$，
在$Rt\triangle ABC$中，$\cos\alpha=\frac{AB}{AC}=\frac{x}{4}$。
在$\triangle ACH$中，$AH=CH=2$，$\angle AHC=180°-2\alpha$，
在$Rt\triangle AHD$中，$\cos(90°-\alpha)=\frac{AH}{AD}$，即$\sin\alpha=\frac{2}{y}$。
∵$\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1$，
∴$\left(\frac{2}{y}\right)^2+\left(\frac{x}{4}\right)^2=1$，
整理得$y=\frac{8}{\sqrt{16-x^2}}(0＜x＜4)$。
函数图象为双曲线在第一象限的部分，且$x$趋近于4时$y$趋近于无穷大，$x$趋近于0时$y$趋近于2。
D
∵$DH$垂直平分$AC$，$AC=4$，
∴$AH=CH=2$，$\angle AHD=90°$。
∵$AB//CD$，$\angle B=90°$，
∴$\angle BAC=\angle ACD$。
设$\angle BAC=\alpha$，则$\angle ACD=\alpha$，
在$Rt\triangle ABC$中，$\cos\alpha=\frac{AB}{AC}=\frac{x}{4}$。
在$\triangle ACH$中，$AH=CH=2$，$\angle AHC=180°-2\alpha$，
在$Rt\triangle AHD$中，$\cos(90°-\alpha)=\frac{AH}{AD}$，即$\sin\alpha=\frac{2}{y}$。
∵$\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1$，
∴$\left(\frac{2}{y}\right)^2+\left(\frac{x}{4}\right)^2=1$，
整理得$y=\frac{8}{\sqrt{16-x^2}}(0＜x＜4)$。
函数图象为双曲线在第一象限的部分，且$x$趋近于4时$y$趋近于无穷大，$x$趋近于0时$y$趋近于2。
D
9. 如图，点$A$为反比例函数$y = -\frac{1}{x}(x＜0)$图象上的一点，连接$AO$，过点$O$作$OA$的垂线与反比例函数$y = \frac{4}{x}(x＞0)$的图象交于点$B$，则$\frac{AO}{BO}$的值为(
A.$\frac{1}{2}$
B.$\frac{1}{4}$
C.$\frac{\sqrt{3}}{3}$
D.$\frac{1}{3}$
A
).A.$\frac{1}{2}$
B.$\frac{1}{4}$
C.$\frac{\sqrt{3}}{3}$
D.$\frac{1}{3}$
答案
9.A
解析
解：设点$A$的坐标为$(a,-\frac{1}{a})$，其中$a＜0$。
$\because OA\perp OB$，
$\therefore$直线$OB$的斜率为$-a$，直线$OB$的方程为$y=-ax$。
联立$\begin{cases}y=-ax\\y=\frac{4}{x}\end{cases}$，解得点$B$的坐标为$(\sqrt{-\frac{4}{a}},-a\sqrt{-\frac{4}{a}})$。
$AO=\sqrt{a^{2}+(-\frac{1}{a})^{2}}=\sqrt{a^{2}+\frac{1}{a^{2}}}$，
$BO=\sqrt{(\sqrt{-\frac{4}{a}})^{2}+(-a\sqrt{-\frac{4}{a}})^{2}}=\sqrt{-\frac{4}{a}+4a^{2}·(-\frac{1}{a})}=\sqrt{-\frac{4}{a}-4a}$。
设$t = a^{2}$，则$AO=\sqrt{t+\frac{1}{t}}$，$BO=2\sqrt{t+\frac{1}{t}}$，
$\therefore\frac{AO}{BO}=\frac{1}{2}$。
答案：A
$\because OA\perp OB$，
$\therefore$直线$OB$的斜率为$-a$，直线$OB$的方程为$y=-ax$。
联立$\begin{cases}y=-ax\\y=\frac{4}{x}\end{cases}$，解得点$B$的坐标为$(\sqrt{-\frac{4}{a}},-a\sqrt{-\frac{4}{a}})$。
$AO=\sqrt{a^{2}+(-\frac{1}{a})^{2}}=\sqrt{a^{2}+\frac{1}{a^{2}}}$，
$BO=\sqrt{(\sqrt{-\frac{4}{a}})^{2}+(-a\sqrt{-\frac{4}{a}})^{2}}=\sqrt{-\frac{4}{a}+4a^{2}·(-\frac{1}{a})}=\sqrt{-\frac{4}{a}-4a}$。
设$t = a^{2}$，则$AO=\sqrt{t+\frac{1}{t}}$，$BO=2\sqrt{t+\frac{1}{t}}$，
$\therefore\frac{AO}{BO}=\frac{1}{2}$。
答案：A
10. 如图，在矩形$ABCD$中，$AB = 10$，$BC = 5$.若点$M$，$N$分别是线段$AC$，$AB$上的两个动点，则$BM + MN$的最小值为(
A.$10$
B.$8$
C.$5\sqrt{3}$
D.$6$
B
).A.$10$
B.$8$
C.$5\sqrt{3}$
D.$6$
答案
10.B
解析
证明：作点B关于AC的对称点B'，过点B'作B'N⊥AB于N，交AC于M，连接BM，此时BM+MN最小，最小值为B'N的长。
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，AD=BC=5，AB=CD=10。
在Rt△ABC中，AC=$\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{10^2+5^2}=5\sqrt{5}$。
∵点B与B'关于AC对称，
∴BB'⊥AC，BM=B'M。
由S△ABC=$\frac{1}{2}AB· BC=\frac{1}{2}AC· \frac{BB'}{2}$，得$\frac{1}{2}×10×5=\frac{1}{2}×5\sqrt{5}×\frac{BB'}{2}$，解得BB'=$\frac{20\sqrt{5}}{5}=4\sqrt{5}$。
∵∠B'BN+∠BAC=90°，∠ACB+∠BAC=90°，
∴∠B'BN=∠ACB。
在Rt△B'NB中，sin∠B'BN=sin∠ACB=$\frac{AB}{AC}=\frac{10}{5\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$。
∵sin∠B'BN=$\frac{B'N}{BB'}$，
∴B'N=BB'·sin∠B'BN=4\sqrt{5}×\frac{2\sqrt{5}}{5}=8。
即BM+MN的最小值为8。
答案：B
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，AD=BC=5，AB=CD=10。
在Rt△ABC中，AC=$\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{10^2+5^2}=5\sqrt{5}$。
∵点B与B'关于AC对称，
∴BB'⊥AC，BM=B'M。
由S△ABC=$\frac{1}{2}AB· BC=\frac{1}{2}AC· \frac{BB'}{2}$，得$\frac{1}{2}×10×5=\frac{1}{2}×5\sqrt{5}×\frac{BB'}{2}$，解得BB'=$\frac{20\sqrt{5}}{5}=4\sqrt{5}$。
∵∠B'BN+∠BAC=90°，∠ACB+∠BAC=90°，
∴∠B'BN=∠ACB。
在Rt△B'NB中，sin∠B'BN=sin∠ACB=$\frac{AB}{AC}=\frac{10}{5\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$。
∵sin∠B'BN=$\frac{B'N}{BB'}$，
∴B'N=BB'·sin∠B'BN=4\sqrt{5}×\frac{2\sqrt{5}}{5}=8。
即BM+MN的最小值为8。
答案：B
11. 在同一时刻，身高$1.6 m$的小强在阳光下的影长为$0.8 m$，而一棵大树的影长为$4.8 m$，则该大树的高度为
9.6 m
.答案
11.9.6 m
解析
设大树的高度为$h$米。
同一时刻，物体高度与影长成正比，可得：
$\frac{1.6}{0.8}=\frac{h}{4.8}$
解得$h = \frac{1.6×4.8}{0.8}=9.6$
9.6 m
同一时刻，物体高度与影长成正比，可得：
$\frac{1.6}{0.8}=\frac{h}{4.8}$
解得$h = \frac{1.6×4.8}{0.8}=9.6$
9.6 m
12. 在$\triangle ABC$中，$AB = 6$，$AC = 5$，点$D$在边$AB$上，且$AD = 2$，点$E$在边$AC$上，当$AE =$
$\frac{12}{5}$或$\frac{5}{3}$
时，以$A$，$D$，$E$为顶点的三角形与$\triangle ABC$相似.答案
12.$\frac{12}{5}$或$\frac{5}{3}$
解析
在$\triangle ABC$中，$AB = 6$，$AC = 5$，$AD = 2$。
情况一：当$\triangle ADE \sim \triangle ABC$时，$\frac{AD}{AB} = \frac{AE}{AC}$，即$\frac{2}{6} = \frac{AE}{5}$，解得$AE = \frac{5}{3}$。
情况二：当$\triangle AED \sim \triangle ABC$时，$\frac{AE}{AB} = \frac{AD}{AC}$，即$\frac{AE}{6} = \frac{2}{5}$，解得$AE = \frac{12}{5}$。
综上，$AE = \frac{12}{5}$或$\frac{5}{3}$。
情况一：当$\triangle ADE \sim \triangle ABC$时，$\frac{AD}{AB} = \frac{AE}{AC}$，即$\frac{2}{6} = \frac{AE}{5}$，解得$AE = \frac{5}{3}$。
情况二：当$\triangle AED \sim \triangle ABC$时，$\frac{AE}{AB} = \frac{AD}{AC}$，即$\frac{AE}{6} = \frac{2}{5}$，解得$AE = \frac{12}{5}$。
综上，$AE = \frac{12}{5}$或$\frac{5}{3}$。
13. 如图，$AC \perp BC$，$BD \perp BC$，$AC ＞ BC ＞ BD$，请你添加一个条件，使$\triangle ABC \backsim \triangle CDB$，则添加的条件是
∠BAC = ∠DCB(答案不唯一)
.答案
13.∠BAC = ∠DCB(答案不唯一)
