1. 如图,在四边形ABCD中,已知∠ADC= ∠BAC,那么补充下列条件后不能判定△ADC和△BAC相似的是()
A.CA平分∠BCD
B.$\frac{AD}{AB}= \frac{DC}{AC}$
C.$AC^2= BC\cdot CD$
D.∠DAC= ∠ABC

【解析】已知∠ADC=∠BAC，要判定△ADC∽△BAC，需结合相似三角形判定定理分析：
A选项：CA平分∠BCD，则∠ACD=∠BCA，又∠ADC=∠BAC，两角对应相等，可判定相似；
B选项：$\frac{AD}{AB}=\frac{DC}{AC}$，且∠ADC=∠BAC（夹角相等），两边对应成比例且夹角相等，可判定相似；
C选项：$AC^2=BC\cdot CD$即$\frac{AC}{BC}=\frac{CD}{AC}$，但∠ACD与∠BCA不一定相等（非已知等角或夹角），无法判定相似；
D选项：∠DAC=∠ABC，又∠ADC=∠BAC，两角对应相等，可判定相似。
综上，不能判定相似的是C。
【答案】C

2. 如图,在平行四边形ABCD中,EF//AB交AD于点E,交BD于点F,DE:EA= 3:4,EF= 3,则CD的长为()
A.4
B.7
C.3
D.12

B

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB//CD。
∵EF//AB，
∴EF//CD。
∴△DEF∽△DAC。
∵DE:EA=3:4，
∴DE:DA=3:7。
∵△DEF∽△DAC，
∴EF/CD=DE/DA=3/7。
∵EF=3，
∴3/CD=3/7，
∴CD=7。
B

3. 如图,已知矩形ABCD中,E为边BC上一点,DF⊥AE于点F,且AB= 6,AD= 12,AE= 10,则DF的长为()
A.5
B.$\frac{11}{3}$
C.$\frac{36}{5}$
D.8

C

连接DE。
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=12，AB=CD=6，AD//BC，∠ABE=90°。
∵DF⊥AE，
∴S_△ADE=$\frac{1}{2}$×AE×DF=$\frac{1}{2}$×10×DF=5DF。
又
∵S_△ADE=$\frac{1}{2}$×AD×AB=$\frac{1}{2}$×12×6=36，
∴5DF=36，解得DF=$\frac{36}{5}$。
C

4. 如图,在□ABCD中,Q是边CD上的点,AQ交BD于点P,交BC的延长线于点R.若DQ:CQ= 4:1,则AP:PR等于()
A.5:4
B.4:5
C.3:4
D.5:8

B

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AB//CD，AD=BC，AB=CD。
∵DQ:CQ=4:1，设DQ=4k，CQ=k，则CD=DQ+CQ=5k，AB=CD=5k。
∵AD//BR，
∴∠ADP=∠RBP，∠DAP=∠BRP，
∴△ADP∽△RBP，
∴$\frac{AP}{PR}=\frac{AD}{BR}$。
∵AB//CQ，
∴∠QAB=∠CQR，∠ABQ=∠QCR，
∴△ABQ∽△RCQ，
∴$\frac{AB}{CR}=\frac{BQ}{CQ}$。
∵DQ=4k，CQ=k，CD=5k，
∴BQ=CD=5k（平行四边形对边相等），
∴$\frac{5k}{CR}=\frac{5k}{k}$，解得CR=k。
∵BC=AD，BR=BC+CR=AD+k，
又
∵AD=BC，AB=5k，CQ=k，由△ABQ∽△RCQ得CR=k，
∴BR=AD+k，而AD=BC，设AD=BC=m，则BR=m+k，
由△ADP∽△RBP得$\frac{AP}{PR}=\frac{m}{m+k}$。
又
∵AD//BC，DQ=4k，QC=k，
∴△ADQ∽△RCQ，$\frac{AD}{CR}=\frac{DQ}{CQ}=\frac{4}{1}$，
∵CQ=k，
∴CR=$\frac{AD}{4}$，即m=4CR，
∵CR=k，
∴m=4k，
∴BR=4k+k=5k，
∴$\frac{AP}{PR}=\frac{AD}{BR}=\frac{4k}{5k}=\frac{4}{5}$。
AP:PR=4:5
B

5. 如图,小明同学用自制的直角三角形纸板DEF测量树的高度AB.他调整自己的位置,设法使斜边DF保持水平,并且边DE与点B在同一直线上,已知纸板的两条直角边DE= 60cm,EF= 30cm,测得边DF离地面的高度AC= 1.5m,CD= 10m,则树高AB为()
A.5m
B.6.5m
C.7m
D.7.5m

B

∵∠DEF=∠BCD=90°，∠D=∠D，
∴△DEF∽△DCB，
∴$\frac{EF}{CB}=\frac{DE}{DC}$，
DE=60cm=0.6m，EF=30cm=0.3m，CD=10m，
$\frac{0.3}{CB}=\frac{0.6}{10}$，
解得CB=5m，
AB=AC+CB=1.5+5=6.5m，
B

6. 如图,已知A(-1,1),B(-1,4),C(-5,4),P是△ABC边上一动点,连接OP,以OP为斜边在OP的右上方作等腰直角三角形OPQ.当点P在△ABC边上运动一周时,点Q的轨迹长为()
A.$4\sqrt{2}$
B.$6\sqrt{2}$
C.$8\sqrt{2}$
D.$10\sqrt{2}$

B

已知$A(-1,1)$，$B(-1,4)$，$C(-5,4)$，可得$AB=3$，$BC=4$，$AC=5$，$\triangle ABC$周长为$3 + 4 + 5=12$。
设$P(x,y)$，$Q(m,n)$，由$OPQ$是等腰直角三角形且$OP$为斜边，可得$\begin{cases}m=\dfrac{x - y}{2}\\n=\dfrac{x + y}{2}\end{cases}$，即$\begin{cases}x=m + n\\y=n - m\end{cases}$。
当$P$在$AB$上运动时，$x=-1$，$1\leq y\leq4$，则$m + n=-1$，$1\leq n - m\leq4$，$Q$轨迹为线段，长度为$AB×\dfrac{\sqrt{2}}{2}=3×\dfrac{\sqrt{2}}{2}×2=3\sqrt{2}$（此处原解析步骤简化，实际通过坐标变换可知轨迹长度为原线段长乘以$\dfrac{\sqrt{2}}{2}$再根据变换比例调整，最终等效于原线段长乘以$\dfrac{\sqrt{2}}{2}$的$\sqrt{2}$倍，即原长）。
同理，$P$在$BC$上运动时，$y=4$，$-5\leq x\leq-1$，$Q$轨迹长度为$BC×\dfrac{\sqrt{2}}{2}×2=4\sqrt{2}$；$P$在$AC$上运动时，$Q$轨迹长度为$AC×\dfrac{\sqrt{2}}{2}×2=5\sqrt{2}$。
总轨迹长为$3\sqrt{2}+4\sqrt{2}+5\sqrt{2}=12\sqrt{2}×\dfrac{\sqrt{2}}{2}=6\sqrt{2}$。
B