6. 如图,在等边三角形 ABC 中,E 是 AB 的中点,点 D 在边 AC 上,且 DC= 2DA,则()
A.△AED∽△BED
B.△AED∽△CBD
C.△AED∽△ABD
D.△BAD∽△BCD

B

设等边△ABC的边长为$6a$，则$AB=BC=AC=6a$，$\angle A=\angle B=\angle C=60^\circ$。
$\because$E是AB的中点，$\therefore AE=EB=\frac{1}{2}AB=3a$。
$\because DC=2DA$，$AC=DA+DC=6a$，$\therefore DA=2a$，$DC=4a$。
在△AED和△CBD中：
$\frac{AE}{CB}=\frac{3a}{6a}=\frac{1}{2}$，$\frac{AD}{CD}=\frac{2a}{4a}=\frac{1}{2}$，$\therefore \frac{AE}{CB}=\frac{AD}{CD}$。
又$\angle A=\angle C=60^\circ$，$\therefore \triangle AED \sim \triangle CBD$。
B

7. 如图,在Rt△OAD中,∠A= 90°,B,C在边AD上,且OA= AB= BC= CD,有下列结论:① △AOB∽△BOD;② △BOC∽△BDO;③ △COD∽△BDO,其中成立的有.(选填序号)

②

设$OA = AB = BC = CD = a$。
在$Rt\triangle OAD$中，$\angle A = 90^\circ$。
$OB=\sqrt{OA^2 + AB^2}=\sqrt{a^2 + a^2}=\sqrt{2}a$，$OC=\sqrt{OA^2 + AC^2}=\sqrt{a^2 + (2a)^2}=\sqrt{5}a$，$OD=\sqrt{OA^2 + AD^2}=\sqrt{a^2 + (3a)^2}=\sqrt{10}a$。
$BD = AD - AB = 3a - a = 2a$，$BC = a$，$CD = a$。
① $\triangle AOB$与$\triangle BOD$：$\frac{AO}{BO}=\frac{a}{\sqrt{2}a}=\frac{1}{\sqrt{2}}$，$\frac{AB}{BD}=\frac{a}{2a}=\frac{1}{2}$，$\frac{BO}{OD}=\frac{\sqrt{2}a}{\sqrt{10}a}=\frac{\sqrt{5}}{5}$，对应边不成比例，不相似。
② $\triangle BOC$与$\triangle BDO$：$\frac{BO}{BD}=\frac{\sqrt{2}a}{2a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{BC}{BO}=\frac{a}{\sqrt{2}a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{CO}{DO}=\frac{\sqrt{5}a}{\sqrt{10}a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，对应边成比例，相似。
③ $\triangle COD$与$\triangle BDO$：$\frac{CO}{BD}=\frac{\sqrt{5}a}{2a}=\frac{\sqrt{5}}{2}$，$\frac{CD}{BO}=\frac{a}{\sqrt{2}a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{DO}{DO}=1$，对应边不成比例，不相似。
成立的有②。
②

8. 如图,在平行四边形 ABCD 中,$AC= \sqrt{2}AB$,求证:△AOB∽△ABC.

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴对角线AC与BD互相平分，即AO = 1/2 AC。
∵AC = √2 AB，
∴AO = (√2 AB)/2，
∴AO/AB = (√2 AB/2)/AB = √2/2。
又∵AB/AC = AB/(√2 AB) = 1/√2 = √2/2，
∴AO/AB = AB/AC。
∵∠OAB = ∠CAB（公共角），
∴△AOB∽△ABC（两边成比例且夹角相等的两个三角形相似）。

9. 将正方形 ABCD 的边 AB 绕点 A 逆时针旋转至 AB',记旋转角为α.连接 BB',过点 D 作DE 垂直于直线 BB',垂足为 E,连接 DB',CE.
(1)如图①,当α= 60°时,△DEB'的形状为,连接 BD,可求出$\frac{BB'}{CE}$的值为;
(2)当0°＜α＜360°且α≠90°时,(1)中的两个结论是否成立？若成立,利用图②进行证明;若不成立,请说明理由.
结论成立。证明如下：
设正方形边长为$a$，$A$为原点，$B(a,0)$，$D(0,a)$，$C(a,a)$，$B'(a\cos\alpha,a\sin\alpha)$。
1. 证明△DEB'是等腰直角三角形：
直线$BB'$斜率$k_{BB'}=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha - 1}$，$DE\perp BB'$，斜率$k_{DE}=\frac{1 - \cos\alpha}{\sin\alpha}$。
联立$BB'$与$DE$方程，解得$E\left(\frac{a(1 + \cos\alpha - \sin\alpha)}{2},\frac{a(1 + \sin\alpha + \cos\alpha)}{2}\right)$。
计算$\overrightarrow{ED}=\left(-\frac{a(1 + \cos\alpha - \sin\alpha)}{2},\frac{a(1 - \sin\alpha - \cos\alpha)}{2}\right)$，$\overrightarrow{EB'}=\left(\frac{a(\cos\alpha + \sin\alpha - 1)}{2},\frac{a(\sin\alpha - \cos\alpha - 1)}{2}\right)$。
由$\overrightarrow{ED}\cdot\overrightarrow{EB'}=0$得$ED\perp EB'$，且$|\overrightarrow{ED}|=|\overrightarrow{EB'}|=a\sqrt{1 - \sin\alpha}$，故△DEB'是等腰直角三角形。
2. 证明$\frac{BB'}{CE}=\sqrt{2}$：
$BB'^2=2a^2(1 - \cos\alpha)$，则$BB'=a\sqrt{2(1 - \cos\alpha)}$。
$CE^2=a^2(1 - \cos\alpha)$，则$CE=a\sqrt{1 - \cos\alpha}$。
因此$\frac{BB'}{CE}=\frac{a\sqrt{2(1 - \cos\alpha)}}{a\sqrt{1 - \cos\alpha}}=\sqrt{2}$。
综上，两结论均成立。

(1)等腰直角三角形；√2
(2)结论成立。证明如下：
设正方形边长为$a$，$A$为原点，$B(a,0)$，$D(0,a)$，$C(a,a)$，$B'(a\cos\alpha,a\sin\alpha)$。
1. 证明△DEB'是等腰直角三角形：
直线$BB'$斜率$k_{BB'}=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha - 1}$，$DE\perp BB'$，斜率$k_{DE}=\frac{1 - \cos\alpha}{\sin\alpha}$。
联立$BB'$与$DE$方程，解得$E\left(\frac{a(1 + \cos\alpha - \sin\alpha)}{2},\frac{a(1 + \sin\alpha + \cos\alpha)}{2}\right)$。
计算$\overrightarrow{ED}=\left(-\frac{a(1 + \cos\alpha - \sin\alpha)}{2},\frac{a(1 - \sin\alpha - \cos\alpha)}{2}\right)$，$\overrightarrow{EB'}=\left(\frac{a(\cos\alpha + \sin\alpha - 1)}{2},\frac{a(\sin\alpha - \cos\alpha - 1)}{2}\right)$。
由$\overrightarrow{ED}\cdot\overrightarrow{EB'}=0$得$ED\perp EB'$，且$|\overrightarrow{ED}|=|\overrightarrow{EB'}|=a\sqrt{1 - \sin\alpha}$，故△DEB'是等腰直角三角形。
2. 证明$\frac{BB'}{CE}=\sqrt{2}$：
$BB'^2=2a^2(1 - \cos\alpha)$，则$BB'=a\sqrt{2(1 - \cos\alpha)}$。
$CE^2=a^2(1 - \cos\alpha)$，则$CE=a\sqrt{1 - \cos\alpha}$。
因此$\frac{BB'}{CE}=\frac{a\sqrt{2(1 - \cos\alpha)}}{a\sqrt{1 - \cos\alpha}}=\sqrt{2}$。
综上，两结论均成立。