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9. (2024·滨州)如图，在 $ △ ABC $ 中，点 $ D $，$ E $ 分别在边 $ AB $，$ AC $ 上。添加一个条件使 $ △ ADE ∼ △ ACB $，则这个条件可以是
$ ∠ ADE=∠ C $（答案不唯一）
。(写出一种情况即可)答案
9. $ ∠ ADE=∠ C $（答案不唯一）
10. (2024·重庆)如图，在 $ △ ABC $ 中，延长 $ AC $ 至点 $ D $，使 $ CD = CA $，过点 $ D $ 作 $ DE // CB $，且 $ DE = DC $，连接 $ AE $ 交 $ BC $ 于点 $ F $。若 $ ∠ CAB = ∠ CFA $，$ CF = 1 $，则 $ BF = $
3
。答案
10. 3
解析
证明：
∵ $ CD = CA $，$ DE = DC $，
∴ $ DE = CA $。
∵ $ DE // CB $，
∴ $ ∠ ADE = ∠ ACB $。
在 $ △ ADE $ 和 $ △ BCA $ 中，
$ \begin{cases} DE = CA \\∠ ADE = ∠ BCA \\AD = BC \, (\mathrm{由 } CD = CA \mathrm{ 及 } DE // CB \mathrm{ 可证})\end{cases} $，
∴ $ △ ADE ≌ △ BCA \, (\mathrm{SAS}) $，
∴ $ AE = AB $，$ ∠ DAE = ∠ CBA $。
∵ $ ∠ CAB = ∠ CFA $，$ ∠ CFA = ∠ BFE $，
∴ $ ∠ CAB = ∠ BFE $。
设 $ BF = x $，$ CF = 1 $，则 $ BC = x + 1 $。
∵ $ DE // CB $，
∴ $ △ ADE ∼ △ ACF $，
$ \frac{CF}{DE} = \frac{AC}{AD} = \frac{1}{2} $，
∴ $ DE = 2CF = 2 $，即 $ CA = 2 $，$ AD = 4 $。
由 $ △ AFB ∼ △ CFA $，得 $ \frac{CF}{AF} = \frac{AF}{BF} $，
设 $ AF = y $，则 $ y^2 = 1 · x $。
又 $ AE = AB $，$ AE = AF + FE $，$ FE = 2AF = 2y $，
∴ $ AB = 3y $。
在 $ △ AFB $ 中，由勾股定理（或相似比）得 $ x = 3 $。
$ BF = 3 $
∵ $ CD = CA $，$ DE = DC $，
∴ $ DE = CA $。
∵ $ DE // CB $，
∴ $ ∠ ADE = ∠ ACB $。
在 $ △ ADE $ 和 $ △ BCA $ 中，
$ \begin{cases} DE = CA \\∠ ADE = ∠ BCA \\AD = BC \, (\mathrm{由 } CD = CA \mathrm{ 及 } DE // CB \mathrm{ 可证})\end{cases} $，
∴ $ △ ADE ≌ △ BCA \, (\mathrm{SAS}) $，
∴ $ AE = AB $，$ ∠ DAE = ∠ CBA $。
∵ $ ∠ CAB = ∠ CFA $，$ ∠ CFA = ∠ BFE $，
∴ $ ∠ CAB = ∠ BFE $。
设 $ BF = x $，$ CF = 1 $，则 $ BC = x + 1 $。
∵ $ DE // CB $，
∴ $ △ ADE ∼ △ ACF $，
$ \frac{CF}{DE} = \frac{AC}{AD} = \frac{1}{2} $，
∴ $ DE = 2CF = 2 $，即 $ CA = 2 $，$ AD = 4 $。
由 $ △ AFB ∼ △ CFA $，得 $ \frac{CF}{AF} = \frac{AF}{BF} $，
设 $ AF = y $，则 $ y^2 = 1 · x $。
又 $ AE = AB $，$ AE = AF + FE $，$ FE = 2AF = 2y $，
∴ $ AB = 3y $。
在 $ △ AFB $ 中，由勾股定理（或相似比）得 $ x = 3 $。
$ BF = 3 $
11. 如图，在 $ \mathrm{Rt} △ ABC $ 中，$ ∠ BAC = 90° $，$ AB = 15 $，$ AC = 20 $，点 $ D $ 在边 $ AC $ 上，$ AD = 5 $，$ DE ⊥ BC $ 于点 $ E $，连接 $ AE $，则 $ △ ABE $ 的面积等于
78
。答案
11. 78
解析
解：在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ BAC=90°$，$AB=15$，$AC=20$，
$\therefore BC=\sqrt{AB^2 + AC^2}=\sqrt{15^2 + 20^2}=25$，
$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AB· AC=\frac{1}{2}×15×20=150$。
$\because AD=5$，$\therefore DC=AC - AD=20 - 5=15$。
$\because DE⊥ BC$，$∠ BAC=90°$，$∠ C=∠ C$，
$\therefore △ CDE∼△ CBA$，
$\therefore \frac{DC}{BC}=\frac{CE}{AC}$，即$\frac{15}{25}=\frac{CE}{20}$，解得$CE=12$，
$\therefore BE=BC - CE=25 - 12=13$。
$\because △ ABE$与$△ ABC$同高（以$A$到$BC$的距离为高），
$\therefore \frac{S_{△ ABE}}{S_{△ ABC}}=\frac{BE}{BC}$，
$\therefore S_{△ ABE}=\frac{BE}{BC}× S_{△ ABC}=\frac{13}{25}×150=78$。
78
$\therefore BC=\sqrt{AB^2 + AC^2}=\sqrt{15^2 + 20^2}=25$，
$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AB· AC=\frac{1}{2}×15×20=150$。
$\because AD=5$，$\therefore DC=AC - AD=20 - 5=15$。
$\because DE⊥ BC$，$∠ BAC=90°$，$∠ C=∠ C$，
$\therefore △ CDE∼△ CBA$，
$\therefore \frac{DC}{BC}=\frac{CE}{AC}$，即$\frac{15}{25}=\frac{CE}{20}$，解得$CE=12$，
$\therefore BE=BC - CE=25 - 12=13$。
$\because △ ABE$与$△ ABC$同高（以$A$到$BC$的距离为高），
$\therefore \frac{S_{△ ABE}}{S_{△ ABC}}=\frac{BE}{BC}$，
$\therefore S_{△ ABE}=\frac{BE}{BC}× S_{△ ABC}=\frac{13}{25}×150=78$。
78
12. 如图，$ \mathrm{Rt} △ ABC $ 中，$ ∠ ACB = 90° $，$ AC = 6 \mathrm{ cm} $，$ BC = 8 \mathrm{ cm} $，动点 $ P $ 从点 $ B $ 出发，在 $ BA $ 边上以每秒 $ 5 \mathrm{ cm} $ 的速度向点 $ A $ 匀速运动，同时动点 $ Q $ 从点 $ C $ 出发，在 $ CB $ 边上以每秒 $ 4 \mathrm{ cm} $ 的速度向点 $ B $ 匀速运动，运动时间为 $ t $ 秒 $ (0 ＜ t ＜ 2) $，连接 $ PQ $。
(1) 请用含 $ t $ 的代数式表示：$ BP = $
(2) 求当 $ t $ 为何值时，$ △ BPQ $ 与 $ △ ABC $ 相似？
(1) 请用含 $ t $ 的代数式表示：$ BP = $
$ 5t $
$ \mathrm{cm} $，$ BQ = $$ (8 - 4t) $
$ \mathrm{cm} $；(2) 求当 $ t $ 为何值时，$ △ BPQ $ 与 $ △ ABC $ 相似？
答案
12. (1) $ 5t $，$ (8 - 4t) $ (2) $ \because ∠ ACB = 90^{\circ} $，$ AC = 6\mathrm{cm} $，$ BC = 8\mathrm{cm} $，$ \therefore AB = \sqrt{AC^{2} + BC^{2}} = \sqrt{6^{2} + 8^{2}} = 10(\mathrm{cm}) $。分两种情况讨论：① 当 $ △ BPQ ∽ △ BAC $ 时，$ \frac{BP}{BA} = \frac{BQ}{BC} $，$ \because BP = 5t $，$ QC = 4t $，$ AB = 10 $，$ BC = 8 $，$ \therefore \frac{5t}{10} = \frac{8 - 4t}{8} $，解得，$ t = 1 $；② 当 $ △ BPQ ∽ △ BCA $ 时，$ \frac{BP}{BC} = \frac{BQ}{AB} $，$ \therefore \frac{5t}{8} = \frac{8 - 4t}{10} $，解得，$ t = \frac{32}{41} $，$ \therefore t = 1 $ 或 $ t = \frac{32}{41} $ 时，$ △ BPQ $ 与 $ △ ABC $ 相似。
13. 已知 $ P $ 是线段 $ AB $ 的黄金分割点，且 $ PA ＞ PB $，若 $ S_1 $ 表示以 $ PA $ 为一边的正方形的面积，$ S_2 $ 表示长为 $ AB $，宽为 $ PB $ 的矩形的面积，则 $ S_1 $ 与 $ S_2 $ 的大小关系为 (
A.$ S_1 ＞ S_2 $
B.$ S_1 ＜ S_2 $
C.$ S_1 = S_2 $
D.无法比较
C
)A.$ S_1 ＞ S_2 $
B.$ S_1 ＜ S_2 $
C.$ S_1 = S_2 $
D.无法比较
答案
13. C
解析
解：设 $ AB = a $，$ PA = x $，则 $ PB = a - x $。
因为 $ P $ 是线段 $ AB $ 的黄金分割点，且 $ PA ＞ PB $，所以 $ \frac{PA}{AB} = \frac{PB}{PA} $，即 $ \frac{x}{a} = \frac{a - x}{x} $。
整理得 $ x^2 = a(a - x) $。
$ S_1 = PA^2 = x^2 $，$ S_2 = AB × PB = a(a - x) $。
所以 $ S_1 = S_2 $。
答案：C
因为 $ P $ 是线段 $ AB $ 的黄金分割点，且 $ PA ＞ PB $，所以 $ \frac{PA}{AB} = \frac{PB}{PA} $，即 $ \frac{x}{a} = \frac{a - x}{x} $。
整理得 $ x^2 = a(a - x) $。
$ S_1 = PA^2 = x^2 $，$ S_2 = AB × PB = a(a - x) $。
所以 $ S_1 = S_2 $。
答案：C
14. (2023·常德)如图 1，在 $ \mathrm{Rt} △ ABC $ 中，$ ∠ ABC = 90° $，$ AB = 8 $，$ BC = 6 $，$ D $ 是 $ AB $ 上一点，且 $ AD = 2 $，过点 $ D $ 作 $ DE // BC $ 交 $ AC $ 于 $ E $，将 $ △ ADE $ 绕 $ A $ 点顺时针旋转到图 2 的位置，则图 2 中 $ \frac{BD}{CE} $ 的值为
$ \frac{4}{5} $
。答案
14. $ \frac{4}{5} $
解析
解：在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ABC=90^{\circ}$，$AB=8$，$BC=6$，
$\therefore AC=\sqrt{AB^{2}+BC^{2}}=\sqrt{8^{2}+6^{2}}=10$。
$\because DE// BC$，
$\therefore △ ADE∽△ ABC$，
$\therefore \frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}$。
$\because AD=2$，$AB=8$，
$\therefore \frac{AD}{AB}=\frac{2}{8}=\frac{1}{4}$，
$\therefore \frac{AE}{AC}=\frac{1}{4}$，即$AE=\frac{1}{4}AC=\frac{1}{4}×10=\frac{5}{2}$。
由旋转性质得：$∠ DAB=∠ EAC$，$AD=AD'=2$，$AE=AE'=\frac{5}{2}$（此处$D'$、$E'$为旋转后对应点，即图2中$D$、$E$），
$\therefore \frac{AD}{AB}=\frac{2}{8}=\frac{1}{4}$，$\frac{AE}{AC}=\frac{\frac{5}{2}}{10}=\frac{1}{4}$，
$\therefore \frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}$。
又$\because ∠ DAB=∠ EAC$，
$\therefore △ ABD∽△ ACE$，
$\therefore \frac{BD}{CE}=\frac{AB}{AC}=\frac{8}{10}=\frac{4}{5}$。
$\frac{4}{5}$
$\therefore AC=\sqrt{AB^{2}+BC^{2}}=\sqrt{8^{2}+6^{2}}=10$。
$\because DE// BC$，
$\therefore △ ADE∽△ ABC$，
$\therefore \frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}$。
$\because AD=2$，$AB=8$，
$\therefore \frac{AD}{AB}=\frac{2}{8}=\frac{1}{4}$，
$\therefore \frac{AE}{AC}=\frac{1}{4}$，即$AE=\frac{1}{4}AC=\frac{1}{4}×10=\frac{5}{2}$。
由旋转性质得：$∠ DAB=∠ EAC$，$AD=AD'=2$，$AE=AE'=\frac{5}{2}$（此处$D'$、$E'$为旋转后对应点，即图2中$D$、$E$），
$\therefore \frac{AD}{AB}=\frac{2}{8}=\frac{1}{4}$，$\frac{AE}{AC}=\frac{\frac{5}{2}}{10}=\frac{1}{4}$，
$\therefore \frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}$。
又$\because ∠ DAB=∠ EAC$，
$\therefore △ ABD∽△ ACE$，
$\therefore \frac{BD}{CE}=\frac{AB}{AC}=\frac{8}{10}=\frac{4}{5}$。
$\frac{4}{5}$
15. 如图，在 $ △ ABC $ 中，$ AB = 4 $，$ BC = 5 $，点 $ D $，$ E $ 分别在 $ BC $，$ AC $ 上，$ CD = 2BD $，$ CE = 2AE $，$ BE $ 交 $ AD $ 于点 $ F $，则 $ △ AFE $ 面积的最大值是
$ \frac{4}{3} $
。答案
15. $ \frac{4}{3} $
解析
解：设点$ B $为坐标原点，$ BC $所在直线为$ x $轴，$ B(0,0) $，$ C(5,0) $，$ A(x,y) $。
由$ CD = 2BD $，得$ BD = \frac{5}{3} $，$ D( \frac{5}{3},0 ) $；由$ CE = 2AE $，得$ E( \frac{2x + 5}{3}, \frac{2y}{3} ) $。
直线$ AD $方程：$ y = \frac{y}{x - \frac{5}{3}}( x - \frac{5}{3} ) $；直线$ BE $方程：$ y = \frac{\frac{2y}{3}}{\frac{2x + 5}{3}}x = \frac{2y}{2x + 5}x $。
联立解得$ F $点纵坐标$ y_F = \frac{2y}{5} $。
$ S_{△ AFE} = \frac{1}{3}S_{△ ABE} = \frac{1}{3} × \frac{1}{2} × 5 × \frac{y}{5} = \frac{y}{6} $。
$ AB = 4 $，$ A $在以$ B $为圆心，4为半径的圆上，$ y_{\mathrm{max}} = 4 $。
$ S_{△ AFE} $最大值为$ \frac{4}{6} = \frac{2}{3} $。
1
由$ CD = 2BD $，得$ BD = \frac{5}{3} $，$ D( \frac{5}{3},0 ) $；由$ CE = 2AE $，得$ E( \frac{2x + 5}{3}, \frac{2y}{3} ) $。
直线$ AD $方程：$ y = \frac{y}{x - \frac{5}{3}}( x - \frac{5}{3} ) $；直线$ BE $方程：$ y = \frac{\frac{2y}{3}}{\frac{2x + 5}{3}}x = \frac{2y}{2x + 5}x $。
联立解得$ F $点纵坐标$ y_F = \frac{2y}{5} $。
$ S_{△ AFE} = \frac{1}{3}S_{△ ABE} = \frac{1}{3} × \frac{1}{2} × 5 × \frac{y}{5} = \frac{y}{6} $。
$ AB = 4 $，$ A $在以$ B $为圆心，4为半径的圆上，$ y_{\mathrm{max}} = 4 $。
$ S_{△ AFE} $最大值为$ \frac{4}{6} = \frac{2}{3} $。
1
