6. 如图，在正$△ ABC$中，$D$，$E$分别在$AC$，$AB$上，且$\dfrac{AD}{AC}=\dfrac{1}{3}$，$AE=BE$，则有()


A.$△ AED∽△ ABC$
B.$△ ADB∽△ BED$
C.$△ BCD∽△ ABC$
D.$△ AED∽△ CBD$

6. D

证明：设正$△ABC$的边长为$3a$。
$\because \dfrac{AD}{AC}=\dfrac{1}{3}$，$AC=3a$，$\therefore AD=a$，$DC=AC - AD=3a - a=2a$。
$\because AE=BE$，$AB=3a$，$\therefore AE=BE=\dfrac{3a}{2}$。
$\because △ABC$是正三角形，$\therefore ∠A=∠C=60^{\circ}$。
$\dfrac{AE}{CB}=\dfrac{\dfrac{3a}{2}}{3a}=\dfrac{1}{2}$，$\dfrac{AD}{CD}=\dfrac{a}{2a}=\dfrac{1}{2}$，$\therefore \dfrac{AE}{CB}=\dfrac{AD}{CD}$。
又$\because ∠A=∠C$，$\therefore △AED∽△CBD$。
结论：D

7. 如图，在四边形$ABCD$中，对角线$AC$与$BD$相交于点$O$，$AC$平分$∠ DAB$，且$∠ DAC=∠ DBC$，那么下列结论不一定正确的是()


A.$△ AOD∽△ BOC$
B.$△ AOB∽△ DOC$
C.$CD=BC$
D.$BC· CD=AC· OA$

7. D

证明：
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC=∠CAB.
∵∠DAC=∠DBC，
∴∠CAB=∠DBC.
∵∠AOB=∠DOC，∠AOD=∠BOC，
∴△AOB∽△DOC（AA），△AOD∽△BOC（AA），故A、B正确.
∵△AOB∽△DOC，
∴$\frac{OC}{OB}=\frac{OD}{OA}$.
∵△AOD∽△BOC，
∴$\frac{OC}{OA}=\frac{BC}{AD}$，$\frac{CD}{AB}=\frac{OC}{OB}$.
∵∠DAC=∠DBC，∠ACB=∠ACB，
∴△ACB∽△BCD（AA），
∴$\frac{BC}{CD}=\frac{AC}{BC}$，即$BC^2=AC·CD$，
∴CD=BC，故C正确.
∵$BC^2=AC·CD$，无法得出BC·CD=AC·OA，故D不一定正确.
结论：D

8. 如图，在$△ ABC$中，$AB=AC$，点$E$在边$BC$上移动（点$E$不与点$B$，$C$重合），满足$∠ DEF=∠ B$，且点$D$，$F$分别在边$AB$，$AC$上。
(1) 求证：$△ BDE∽△ CEF$；
(2) 当点$E$移动到$BC$的中点时，求证：$FE$平分$∠ DFC$。
]

8. (1) $\because AB=AC,\therefore ∠ B=∠ C.\because ∠ DEF+∠ CEF=∠ B+∠ BDE,∠ DEF=∠ B,\therefore ∠ BDE=∠ CEF,\therefore △ BDE∽△ CEF$；(2) 由(1) 得：$\frac{BE}{CF}=\frac{DE}{EF}.\because E$ 是 $BC$ 的中点，$\therefore BE=CE,\therefore \frac{CE}{CF}=\frac{DE}{EF}$，即 $\frac{CE}{DE}=\frac{CF}{EF}.\because ∠ C=∠ B=∠ DEF,\therefore △ CEF∽△ EDF,\therefore ∠ CFE=∠ EFD$，即 $FE$ 平分 $∠ DFC$.

(1) 证明：
$\because AB=AC$，
$\therefore ∠ B=∠ C$。
$\because ∠ DEF+∠ CEF=∠ B+∠ BDE$，且$∠ DEF=∠ B$，
$\therefore ∠ BDE=∠ CEF$。
$\therefore △ BDE ∽ △ CEF$。
(2) 证明：
由(1)得$△ BDE ∽ △ CEF$，
$\therefore \frac{BE}{CF}=\frac{DE}{EF}$。
$\because E$是$BC$的中点，
$\therefore BE=CE$，
$\therefore \frac{CE}{CF}=\frac{DE}{EF}$，即$\frac{CE}{DE}=\frac{CF}{EF}$。
$\because ∠ C=∠ B=∠ DEF$，
$\therefore △ CEF ∽ △ EDF$，
$\therefore ∠ CFE=∠ EFD$，
即$FE$平分$∠ DFC$。

9. 如图，$AB$为$\odot O$的直径，$AB=4$，$C$为半圆$AB$的中点，$P$为$\overset{\frown}{AC}$上一动点，延长$BP$至点$Q$，使$BP· BQ=AB^{2}$。若点$P$由$A$运动到$C$，则点$Q$运动的路径长为_______。

1. 首先，连接$AP$，$AQ$：
已知$AB$为$\odot O$的直径，$AB = 4$，$BP· BQ=AB^{2}$，则$\frac{BP}{AB}=\frac{AB}{BQ}$。
又因为$∠ ABP=∠ QBA$（公共角）。
根据相似三角形的判定定理（两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似），可得$△ ABP∼△ QBA$。
2. 然后，求$∠ BAQ$的度数：
因为$△ ABP∼△ QBA$，所以$∠ BAP=∠ BQA$。
由于$AB$是直径，$C$为半圆$AB$的中点，所以$∠ BAC = 45°$。
当$P$在$A$点时，$BP = 0$（极限情况），当$P$从$A$运动到$C$时，$∠ BAP$从$0°$增大到$45°$。
因为$∠ BAP=∠ BQA$，所以$∠ BQA$从$0°$增大到$45°$。
又因为$△ ABP∼△ QBA$，$∠ BAQ=∠ BPA$，而$∠ BPA = 90°$（直径所对的圆周角是直角），所以$∠ BAQ = 90°$（固定值）。
3. 接着，确定点$Q$的运动轨迹：
因为$∠ BAQ = 90°$，$AB = 4$，所以点$Q$的运动轨迹是以$AB$为弦，$∠ AQB$所对圆心角$∠ AOB$（$O$为圆心）的弧。
由$△ ABP∼△ QBA$，$∠ ABQ$为公共角，$∠ BAP=∠ BQA$，当$P$运动时，点$Q$的轨迹是以$AB$为直径的圆的一部分。
因为$∠ BAC = 45°$，$∠ BAQ = 90°$，点$Q$运动轨迹所对圆心角$θ=90°$（半径$r = 2$）。
4. 最后，根据弧长公式$l=\frac{nπ r}{180}$（$n$为圆心角度数，$r$为半径）计算弧长：
已知$n = 90°$，$r=\frac{AB}{2}=2$。
代入弧长公式$l=\frac{nπ r}{180}$，可得$l=\frac{90π×2}{180}=2π$。
所以点$Q$运动的路径长为$2π$。

10. 如图，在矩形$ABCD$中，$AC$为对角线，点$P$为$BC$边上一动点，连接$AP$，过点$B$作$BQ⊥ AP$，垂足为$Q$，连接$CQ$。
(1) 证明：$△ ABP∽△ BQP$；
(2) 当点$P$为$BC$的中点时，若$∠ BAC=37^{\circ}$，求$∠ CQP$的度数；
(3) 当点$P$运动到与点$C$重合时，延长$BQ$交$CD$于点$F$，若$AQ=AD$，则$\dfrac{DF}{CF}=$。

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10. (1) $\because$ 四边形 $ABCD$ 是矩形，$\therefore ∠ ABP=90^{\circ}.\because BQ⊥ AP,\therefore ∠ BQP=∠ ABP=90^{\circ}.\because ∠ BPQ=∠ APB,\therefore △ ABP∽△ BQP$. (2) $\because △ ABP∽△ BQP,\therefore \frac{PB}{PQ}=\frac{PA}{PB},\therefore PB^{2}=PQ· PA.\because PB=PC,\therefore PC^{2}=PQ· PA,\therefore \frac{PC}{PQ}=\frac{PA}{PC}.\because ∠ CPQ=∠ APC,\therefore △ CPQ∽△ APC,\therefore ∠ PQC=∠ ACP.\because ∠ BAC=37^{\circ},\therefore ∠ ACB=90^{\circ}-37^{\circ}=53^{\circ},\therefore ∠ CQP=53^{\circ}$. (3) $\frac{\sqrt{5}-1}{2}$

(1) 证明：$\because$ 四边形$ABCD$是矩形，$\therefore ∠ ABP=90^{\circ}$。$\because BQ⊥ AP$，$\therefore ∠ BQP=90^{\circ}$，$\therefore ∠ ABP=∠ BQP$。$\because ∠ BPQ=∠ APB$，$\therefore △ ABP∽ △ BQP$。
(2) $\because △ ABP∽ △ BQP$，$\therefore \dfrac{PB}{PQ}=\dfrac{PA}{PB}$，$\therefore PB^{2}=PQ· PA$。$\because P$为$BC$中点，$\therefore PB=PC$，$\therefore PC^{2}=PQ· PA$，$\therefore \dfrac{PC}{PQ}=\dfrac{PA}{PC}$。$\because ∠ CPQ=∠ APC$，$\therefore △ CPQ∽ △ APC$，$\therefore ∠ CQP=∠ ACP$。$\because$ 四边形$ABCD$是矩形，$∠ BAC=37^{\circ}$，$\therefore ∠ ABC=90^{\circ}$，$∠ ACP=∠ ACB=90^{\circ}-37^{\circ}=53^{\circ}$，$\therefore ∠ CQP=53^{\circ}$。
(3) $\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$