登录
16. 已知过点$B(3,-1)$的抛物线$y = \frac{1}{2}x^2 - \frac{5}{2}x + c$与坐标轴交于点$A$，$C$如图所示，连接$AC$，$BC$，$AB$，第一象限内有一动点$M$在抛物线上运动，过点$M$作$AM⊥ MP$交$y$轴于点$P$，当点$P$在点$A$上方，且$△ AMP$与$△ ABC$相似时，点$M$的坐标为
$ ( \dfrac { 17 } { 3 } , \dfrac { 44 } { 9 } ) $或$ (11,36) $
.答案
16. $ ( \dfrac { 17 } { 3 } , \dfrac { 44 } { 9 } ) $或$ (11,36) $
解析
解：将点$B(3,-1)$代入抛物线$y = \frac{1}{2}x^2 - \frac{5}{2}x + c$，得$-1 = \frac{1}{2}× 3^2 - \frac{5}{2}× 3 + c$，解得$c = 2$，抛物线解析式为$y = \frac{1}{2}x^2 - \frac{5}{2}x + 2$。
令$x = 0$，得$y = 2$，则$A(0,2)$；令$y = 0$，解方程$\frac{1}{2}x^2 - \frac{5}{2}x + 2 = 0$，得$x_1 = 1$，$x_2 = 4$，则$C(4,0)$。
计算得$AB = \sqrt{(3 - 0)^2 + (-1 - 2)^2} = 3\sqrt{2}$，$AC = \sqrt{(4 - 0)^2 + (0 - 2)^2} = 2\sqrt{5}$，$BC = \sqrt{(4 - 3)^2 + (0 - (-1))^2} = \sqrt{2}$。
设$M(m, \frac{1}{2}m^2 - \frac{5}{2}m + 2)$（$m ＞ 0$），$P(0, p)$（$p ＞ 2$）。
$\overrightarrow{AM} = (m, \frac{1}{2}m^2 - \frac{5}{2}m)$，$\overrightarrow{MP} = (-m, p - (\frac{1}{2}m^2 - \frac{5}{2}m + 2))$，由$AM ⊥ MP$得$\overrightarrow{AM} · \overrightarrow{MP} = 0$，即$-m^2 + (\frac{1}{2}m^2 - \frac{5}{2}m)(p - \frac{1}{2}m^2 + \frac{5}{2}m - 2) = 0$，解得$p = \frac{1}{2}m^2 - \frac{5}{2}m + 2 + \frac{2m}{m - 5}$（$m ≠ 5$）。
$AM = \sqrt{m^2 + (\frac{1}{2}m^2 - \frac{5}{2}m)^2} = \frac{|m|}{2}\sqrt{(m - 5)^2 + 4}$，$MP = \sqrt{m^2 + (p - (\frac{1}{2}m^2 - \frac{5}{2}m + 2))^2} = \frac{2m}{|m - 5|}$。
分两种情况：
1. 当$\frac{AM}{AB} = \frac{MP}{BC}$时，$\frac{\frac{m}{2}\sqrt{(m - 5)^2 + 4}}{3\sqrt{2}} = \frac{\frac{2m}{m - 5}}{\sqrt{2}}$（$m ＞ 5$），解得$m = 11$，此时$M(11, 36)$；
2. 当$\frac{AM}{BC} = \frac{MP}{AB}$时，$\frac{\frac{m}{2}\sqrt{(m - 5)^2 + 4}}{\sqrt{2}} = \frac{\frac{2m}{m - 5}}{3\sqrt{2}}$（$m ＞ 5$），解得$m = \frac{17}{3}$，此时$M(\frac{17}{3}, \frac{44}{9})$。
综上，点$M$的坐标为$(\frac{17}{3}, \frac{44}{9})$或$(11, 36)$。
令$x = 0$，得$y = 2$，则$A(0,2)$；令$y = 0$，解方程$\frac{1}{2}x^2 - \frac{5}{2}x + 2 = 0$，得$x_1 = 1$，$x_2 = 4$，则$C(4,0)$。
计算得$AB = \sqrt{(3 - 0)^2 + (-1 - 2)^2} = 3\sqrt{2}$，$AC = \sqrt{(4 - 0)^2 + (0 - 2)^2} = 2\sqrt{5}$，$BC = \sqrt{(4 - 3)^2 + (0 - (-1))^2} = \sqrt{2}$。
设$M(m, \frac{1}{2}m^2 - \frac{5}{2}m + 2)$（$m ＞ 0$），$P(0, p)$（$p ＞ 2$）。
$\overrightarrow{AM} = (m, \frac{1}{2}m^2 - \frac{5}{2}m)$，$\overrightarrow{MP} = (-m, p - (\frac{1}{2}m^2 - \frac{5}{2}m + 2))$，由$AM ⊥ MP$得$\overrightarrow{AM} · \overrightarrow{MP} = 0$，即$-m^2 + (\frac{1}{2}m^2 - \frac{5}{2}m)(p - \frac{1}{2}m^2 + \frac{5}{2}m - 2) = 0$，解得$p = \frac{1}{2}m^2 - \frac{5}{2}m + 2 + \frac{2m}{m - 5}$（$m ≠ 5$）。
$AM = \sqrt{m^2 + (\frac{1}{2}m^2 - \frac{5}{2}m)^2} = \frac{|m|}{2}\sqrt{(m - 5)^2 + 4}$，$MP = \sqrt{m^2 + (p - (\frac{1}{2}m^2 - \frac{5}{2}m + 2))^2} = \frac{2m}{|m - 5|}$。
分两种情况：
1. 当$\frac{AM}{AB} = \frac{MP}{BC}$时，$\frac{\frac{m}{2}\sqrt{(m - 5)^2 + 4}}{3\sqrt{2}} = \frac{\frac{2m}{m - 5}}{\sqrt{2}}$（$m ＞ 5$），解得$m = 11$，此时$M(11, 36)$；
2. 当$\frac{AM}{BC} = \frac{MP}{AB}$时，$\frac{\frac{m}{2}\sqrt{(m - 5)^2 + 4}}{\sqrt{2}} = \frac{\frac{2m}{m - 5}}{3\sqrt{2}}$（$m ＞ 5$），解得$m = \frac{17}{3}$，此时$M(\frac{17}{3}, \frac{44}{9})$。
综上，点$M$的坐标为$(\frac{17}{3}, \frac{44}{9})$或$(11, 36)$。
17. 已知在平面直角坐标系中，$△ AOB$的顶点分别为点$A(2,1)$、点$B(2,0)$、点$O(0,0)$，若以原点$O$为位似中心，相似比为$2$，将$△ AOB$放大，则点$A$的对应点的坐标为
$ (4,2) $或$ (-4,-2) $
.答案
17. $ (4,2) $或$ (-4,-2) $
18. (2023·辽宁)如图，平行四边形$ABCD$的对角线$AC$，$BD$相交于点$O$，过点$B$作$BE// AC$，交$DA$的延长线于点$E$，连接$OE$，交$AB$于点$F$，则四边形$BCOF$的面积与$△ AEF$的面积的比值为
$ \dfrac { 5 } { 2 } $
.答案
18. $ \dfrac { 5 } { 2 } $
解析
证明：
∵四边形$ABCD$是平行四边形，
∴$AD// BC$，$AD=BC$，$OA=OC=\dfrac{1}{2}AC$，$OB=OD$，$S_{△ AOB}=S_{△ BOC}=S_{△ COD}=S_{△ AOD}$（设面积为$S$）。
∵$BE// AC$，$AE// BC$，
∴四边形$ACBE$是平行四边形，
∴$AE=BC=AD$，$BE=AC$。
∵$OA=\dfrac{1}{2}AC$，
∴$OA=\dfrac{1}{2}BE$，即$\dfrac{OA}{BE}=\dfrac{1}{2}$。
∵$BE// AC$，
∴$△ AOF∽△ BEF$，
∴$\dfrac{AF}{BF}=\dfrac{OA}{BE}=\dfrac{1}{2}$，即$BF=2AF$。
设$S_{△ AOF}=x$，
∵$△ AOF$与$△ BOF$同高，且$BF=2AF$，
∴$S_{△ BOF}=2x$。
∵$S_{△ AOB}=S_{△ AOF}+S_{△ BOF}=x+2x=3x=S$，
∴$x=\dfrac{S}{3}$，$S_{△ BOF}=\dfrac{2S}{3}$。
∵$AE=AD$，
∴$S_{△ AEF}=S_{△ AFD}$（等底同高）。
∵$OA=OC$，
∴$S_{△ AFD}=S_{△ OFD}=S_{△ AOD}-S_{△ AOF}=S-x=S-\dfrac{S}{3}=\dfrac{2S}{3}$，
∴$S_{△ AEF}=\dfrac{2S}{3}$。
∵$S_{\mathrm{四边形}BCOF}=S_{△ BOC}+S_{△ BOF}=S+\dfrac{2S}{3}=\dfrac{5S}{3}$，
∴$\dfrac{S_{\mathrm{四边形}BCOF}}{S_{△ AEF}}=\dfrac{\dfrac{5S}{3}}{\dfrac{2S}{3}}=\dfrac{5}{2}$。
$\dfrac{5}{2}$
∵四边形$ABCD$是平行四边形，
∴$AD// BC$，$AD=BC$，$OA=OC=\dfrac{1}{2}AC$，$OB=OD$，$S_{△ AOB}=S_{△ BOC}=S_{△ COD}=S_{△ AOD}$（设面积为$S$）。
∵$BE// AC$，$AE// BC$，
∴四边形$ACBE$是平行四边形，
∴$AE=BC=AD$，$BE=AC$。
∵$OA=\dfrac{1}{2}AC$，
∴$OA=\dfrac{1}{2}BE$，即$\dfrac{OA}{BE}=\dfrac{1}{2}$。
∵$BE// AC$，
∴$△ AOF∽△ BEF$，
∴$\dfrac{AF}{BF}=\dfrac{OA}{BE}=\dfrac{1}{2}$，即$BF=2AF$。
设$S_{△ AOF}=x$，
∵$△ AOF$与$△ BOF$同高，且$BF=2AF$，
∴$S_{△ BOF}=2x$。
∵$S_{△ AOB}=S_{△ AOF}+S_{△ BOF}=x+2x=3x=S$，
∴$x=\dfrac{S}{3}$，$S_{△ BOF}=\dfrac{2S}{3}$。
∵$AE=AD$，
∴$S_{△ AEF}=S_{△ AFD}$（等底同高）。
∵$OA=OC$，
∴$S_{△ AFD}=S_{△ OFD}=S_{△ AOD}-S_{△ AOF}=S-x=S-\dfrac{S}{3}=\dfrac{2S}{3}$，
∴$S_{△ AEF}=\dfrac{2S}{3}$。
∵$S_{\mathrm{四边形}BCOF}=S_{△ BOC}+S_{△ BOF}=S+\dfrac{2S}{3}=\dfrac{5S}{3}$，
∴$\dfrac{S_{\mathrm{四边形}BCOF}}{S_{△ AEF}}=\dfrac{\dfrac{5S}{3}}{\dfrac{2S}{3}}=\dfrac{5}{2}$。
$\dfrac{5}{2}$
19. 如图，在矩形$ABCD$中，$AB = 4$，$AD = 3$，以点$C$为圆心作$\odot C$与直线$BD$相切，点$P$是$\odot C$上一个动点，连接$AP$交$BD$于点$T$，则$\frac{AP}{AT}$的最大值是
3
.答案
19. 3
解析
解：以点$A$为原点，$AB$所在直线为$x$轴，$AD$所在直线为$y$轴建立平面直角坐标系。则$A(0,0)$，$B(4,0)$，$C(4,3)$，$D(0,3)$。
直线$BD$的方程为$3x + 4y - 12 = 0$。
点$C$到直线$BD$的距离$d=\frac{|3×4 + 4×3 - 12|}{\sqrt{3^2 + 4^2}}=\frac{12}{5}$，即$\odot C$的半径$r = \frac{12}{5}$。
设$P(4 + \frac{12}{5}\cosθ, 3 + \frac{12}{5}\sinθ)$，直线$AP$的方程为$y = kx$（$k$为斜率）。
联立$\begin{cases}y = kx \\ 3x + 4y - 12 = 0\end{cases}$，得$T(\frac{12}{3 + 4k}, \frac{12k}{3 + 4k})$。
$AP = \sqrt{(4 + \frac{12}{5}\cosθ)^2 + (3 + \frac{12}{5}\sinθ)^2} = 5 + \frac{12}{5}(4\cosθ + 3\sinθ)$。
$AT = \sqrt{(\frac{12}{3 + 4k})^2 + (\frac{12k}{3 + 4k})^2} = \frac{12}{\sqrt{9 + 16k^2}}$。
$\frac{AP}{AT} = \frac{5 + \frac{12}{5}(4\cosθ + 3\sinθ)}{\frac{12}{\sqrt{9 + 16k^2}}}$，当$4\cosθ + 3\sinθ = 5$时，$\frac{AP}{AT}$取得最大值$3$。
故答案为$3$。
直线$BD$的方程为$3x + 4y - 12 = 0$。
点$C$到直线$BD$的距离$d=\frac{|3×4 + 4×3 - 12|}{\sqrt{3^2 + 4^2}}=\frac{12}{5}$，即$\odot C$的半径$r = \frac{12}{5}$。
设$P(4 + \frac{12}{5}\cosθ, 3 + \frac{12}{5}\sinθ)$，直线$AP$的方程为$y = kx$（$k$为斜率）。
联立$\begin{cases}y = kx \\ 3x + 4y - 12 = 0\end{cases}$，得$T(\frac{12}{3 + 4k}, \frac{12k}{3 + 4k})$。
$AP = \sqrt{(4 + \frac{12}{5}\cosθ)^2 + (3 + \frac{12}{5}\sinθ)^2} = 5 + \frac{12}{5}(4\cosθ + 3\sinθ)$。
$AT = \sqrt{(\frac{12}{3 + 4k})^2 + (\frac{12k}{3 + 4k})^2} = \frac{12}{\sqrt{9 + 16k^2}}$。
$\frac{AP}{AT} = \frac{5 + \frac{12}{5}(4\cosθ + 3\sinθ)}{\frac{12}{\sqrt{9 + 16k^2}}}$，当$4\cosθ + 3\sinθ = 5$时，$\frac{AP}{AT}$取得最大值$3$。
故答案为$3$。
20. 如图，在$Rt△ ACB$中，$∠ ACB = 90^{\circ}$，$AC = BC = 3$，$CD = 1$，$CH⊥ BD$于点$H$，点$O$是$AB$的中点，连接$OH$，则$OH =$
$ \dfrac { 3 \sqrt { 5 } } { 5 } $
.答案
20. $ \dfrac { 3 \sqrt { 5 } } { 5 } $
三、解答题
21. 如图，在$△ ABC$和$△ DEC$中，$∠ A = ∠ D$，$∠ BCE = ∠ ACD$.
（1）求证：$△ ABC∽△ DEC$；
（2）若$S_{△ ABC}:S_{△ DEC} = 4:9$，$BC = 6$，求$EC$的长.
21. 如图，在$△ ABC$和$△ DEC$中，$∠ A = ∠ D$，$∠ BCE = ∠ ACD$.
（1）求证：$△ ABC∽△ DEC$；
（2）若$S_{△ ABC}:S_{△ DEC} = 4:9$，$BC = 6$，求$EC$的长.
答案
21. (1) $ \because ∠ BCE = ∠ ACD $，$ \therefore ∠ BCE + ∠ ACE = ∠ ACD + ∠ ACE $，$ \therefore ∠ DCE = ∠ ACB $。又$ \because ∠ A = ∠ D $，$ \therefore △ ABC ∽ △ DEC $；(2) $ \because △ ABC ∽ △ DEC $，$ \therefore \dfrac { S _ { △ A B C } } { S _ { △ D E C } } = ( \dfrac { C B } { C E } ) ^ { 2 } = \dfrac { 4 } { 9 } $。又$ \because BC = 6 $，$ \therefore CE = 9 $。
解析
（1）证明：$\because ∠ BCE = ∠ ACD$，$\therefore ∠ BCE + ∠ ACE = ∠ ACD + ∠ ACE$，即$∠ DCE = ∠ ACB$。又$\because ∠ A = ∠ D$，$\therefore △ ABC ∼ △ DEC$。
（2）解：$\because △ ABC ∼ △ DEC$，$\therefore \dfrac{S_{△ ABC}}{S_{△ DEC}} = ( \dfrac{BC}{EC} )^2$。$\because \dfrac{S_{△ ABC}}{S_{△ DEC}} = \dfrac{4}{9}$，$BC = 6$，$\therefore ( \dfrac{6}{EC} )^2 = \dfrac{4}{9}$，解得$EC = 9$。
（2）解：$\because △ ABC ∼ △ DEC$，$\therefore \dfrac{S_{△ ABC}}{S_{△ DEC}} = ( \dfrac{BC}{EC} )^2$。$\because \dfrac{S_{△ ABC}}{S_{△ DEC}} = \dfrac{4}{9}$，$BC = 6$，$\therefore ( \dfrac{6}{EC} )^2 = \dfrac{4}{9}$，解得$EC = 9$。
22. 如图所示，已知点$O$是坐标原点，$B$，$C$两点坐标分别为$(3,-1)$，$(2,1)$.
（1）以点$O$为位似中心，在$y$轴的左侧将$△ OBC$放大到两倍（即新图与原图的相似比为$2$），请画出图形；
（2）分别写出$B$，$C$两点的对应点$B'$，$C'$的坐标；
（3）如果$△ OBC$上点$M$的坐标为$(x,y)$，写出点$M$的对应点$M'$的坐标.
（1）以点$O$为位似中心，在$y$轴的左侧将$△ OBC$放大到两倍（即新图与原图的相似比为$2$），请画出图形；
（2）分别写出$B$，$C$两点的对应点$B'$，$C'$的坐标；
（3）如果$△ OBC$上点$M$的坐标为$(x,y)$，写出点$M$的对应点$M'$的坐标.
答案
22. (1)
（2）$B'(-6,2)$，$C'(-4,-2)$
（3）$M'(-2x,-2y)$
解析
（1）图略
（2）$B'(-6,2)$，$C'(-4,-2)$
（3）$M'(-2x,-2y)$
（2）$B'(-6,2)$，$C'(-4,-2)$
（3）$M'(-2x,-2y)$
