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8. (2026·河北中考)如图,在四边形ABCD中,AD//BC,BC=3AD,过点A作AE//DC交BC于点E,将△ABE沿AE翻折,得到△AB'E.B'A,B'E分别与直线DC交于M,N两点,则△MB'N与△ABE的面积之比为 (
A.$\frac{1}{2}$
B.$\frac{1}{3}$
C.$\frac{1}{4}$
D.$\frac{1}{8}$
C
)A.$\frac{1}{2}$
B.$\frac{1}{3}$
C.$\frac{1}{4}$
D.$\frac{1}{8}$
答案
8. C 解析:
∵ $AD// BC,AE// DC$,
∴ 四边形 AECD 是平行四边形,
∴ $AD=EC$,
∴ $BC=3AD=3EC=BE+EC$,
∴ $BE=2EC$,由折叠得,$BE=B'E,S_{△ABE}=S_{△AB'E},∠BEA=∠B'EA.\because AE// DC$,
∴ $∠ENC=∠B'EA,∠BEA=∠C$,
∴ $∠ENC=∠C$,
∴ $EN=EC$,
∴ $B'E=BE=2EN$,
∴ $EN=B'N=\dfrac{1}{2}B'E.\because AE// DC$,
∴ $△ B'MN∽△B'AE$,
∴ $\dfrac{S_{△B'MN}}{S_{△B'AE}}=(\dfrac{B'N}{B'E})^2=(\dfrac{1}{2})^2=\dfrac{1}{4}$,
∴ $\dfrac{S_{△B'MN}}{S_{△ABE}}=\dfrac{1}{4}$.
∵ $AD// BC,AE// DC$,
∴ 四边形 AECD 是平行四边形,
∴ $AD=EC$,
∴ $BC=3AD=3EC=BE+EC$,
∴ $BE=2EC$,由折叠得,$BE=B'E,S_{△ABE}=S_{△AB'E},∠BEA=∠B'EA.\because AE// DC$,
∴ $∠ENC=∠B'EA,∠BEA=∠C$,
∴ $∠ENC=∠C$,
∴ $EN=EC$,
∴ $B'E=BE=2EN$,
∴ $EN=B'N=\dfrac{1}{2}B'E.\because AE// DC$,
∴ $△ B'MN∽△B'AE$,
∴ $\dfrac{S_{△B'MN}}{S_{△B'AE}}=(\dfrac{B'N}{B'E})^2=(\dfrac{1}{2})^2=\dfrac{1}{4}$,
∴ $\dfrac{S_{△B'MN}}{S_{△ABE}}=\dfrac{1}{4}$.
9. 在$△ ABC$中，$AB=6\ \mathrm{cm}$，$AC=5\ \mathrm{cm}$，点$D$，$E$分别在$AB$，$AC$上. 若$△ ADE$与$△ ABC$相似，且$S_{△ ADE}:S_{\mathrm{四边形}BCED}=1:8$，则$AD=$
$\dfrac{5}{3}\ \mathrm{cm}$ 或 $2\ \mathrm{cm}$
.答案
9. $\dfrac{5}{3}\ \mathrm{cm}$ 或 $2\ \mathrm{cm}$ 解析:已知 $S_{△ ADE}: S_{四边形BCED}=1:8$,可得$S_{△ ADE}: S_{△ ABC}=1:9$,
∴ $△ ADE$与$△ ABC$的相似比为 1:3.分两种情况:①$∠AED=∠B$时,$△ AED∽△ ABC$,
∴ $\dfrac{AD}{AC}=\dfrac{1}{3}$,由$AC=5\ \mathrm{cm}$,可得$AD=\dfrac{5}{3}\ \mathrm{cm}$;②当$∠ADE=∠B$时,$△ ADE∽△ ABC$,
∴ $\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{1}{3}$,由$AB=6\ \mathrm{cm}$,可得$AD=2\ \mathrm{cm}$.故答案为$\dfrac{5}{3}\ \mathrm{cm}$ 或 $2\ \mathrm{cm}$.
∴ $△ ADE$与$△ ABC$的相似比为 1:3.分两种情况:①$∠AED=∠B$时,$△ AED∽△ ABC$,
∴ $\dfrac{AD}{AC}=\dfrac{1}{3}$,由$AC=5\ \mathrm{cm}$,可得$AD=\dfrac{5}{3}\ \mathrm{cm}$;②当$∠ADE=∠B$时,$△ ADE∽△ ABC$,
∴ $\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{1}{3}$,由$AB=6\ \mathrm{cm}$,可得$AD=2\ \mathrm{cm}$.故答案为$\dfrac{5}{3}\ \mathrm{cm}$ 或 $2\ \mathrm{cm}$.
10. (2024·淄博中考)如图,在平面直角坐标系中,作直线$x=i(i=1,2,3,···)$与x轴相交于点$A_i$,与抛物线$y=\frac{1}{4}x^2$相交于点$B_i$,连接$A_iB_{i+1}, B_iA_{i+1}$相交于点$C_i$,得$△ A_iB_iC_i$和$△ A_{i+1}B_{i+1}C_i$,若将其面积之比记为$a_i = \frac{S_{△ A_iB_iC_i}}{S_{△ A_{i+1}B_{i+1}C_i}}$,则$a_{2024}=$
$\dfrac{2024^4}{2025^4}$
.答案
10. $\dfrac{2024^4}{2025^4}$ 解析:
∵ 作直线 $x=i(i=1,2,3,···)$ 与 x 轴相交于点 $A_i$,与抛物线 $y=\dfrac{1}{4}x^2$ 相交于点 $B_i$,
∴ $A_iB_i⊥ x$ 轴,且 $B_i(i,\dfrac{1}{4}i^2)$,
∴ $A_iB_i=\dfrac{1}{4}i^2.\because A_iB_i// A_{i+1}B_{i+1}$,
∴ $△ A_iB_iC_i∽△ B_{i+1}A_{i+1}C_i$,
∴ $a_i=\dfrac{S_{△A_iB_iC_i}}{S_{△A_{i+1}B_{i+1}C_i}}=(\dfrac{A_iB_i}{A_{i+1}B_{i+1}})^2=[\dfrac{i^2}{(i+1)^2}]^2$,
∴ $a_{2024}=(\dfrac{2024^2}{2025^2})^2=\dfrac{2024^4}{2025^4}$.
∵ 作直线 $x=i(i=1,2,3,···)$ 与 x 轴相交于点 $A_i$,与抛物线 $y=\dfrac{1}{4}x^2$ 相交于点 $B_i$,
∴ $A_iB_i⊥ x$ 轴,且 $B_i(i,\dfrac{1}{4}i^2)$,
∴ $A_iB_i=\dfrac{1}{4}i^2.\because A_iB_i// A_{i+1}B_{i+1}$,
∴ $△ A_iB_iC_i∽△ B_{i+1}A_{i+1}C_i$,
∴ $a_i=\dfrac{S_{△A_iB_iC_i}}{S_{△A_{i+1}B_{i+1}C_i}}=(\dfrac{A_iB_i}{A_{i+1}B_{i+1}})^2=[\dfrac{i^2}{(i+1)^2}]^2$,
∴ $a_{2024}=(\dfrac{2024^2}{2025^2})^2=\dfrac{2024^4}{2025^4}$.
11.(乐山中考)如图,在平行四边形ABCD中,对角线AC,BD交于点O,M为AD的中点,连接CM交BD于点N,且ON=1.
(1)求BD的长;
(2)若$△ DCN$的面积为2,求四边形ABNM的面积.
(1)求BD的长;
(2)若$△ DCN$的面积为2,求四边形ABNM的面积.
答案
11. (1)
∵ 四边形 ABCD 是平行四边形,
∴ $AD// BC,AD=BC$, $OB=OD$,
∴ $∠DMN=∠BCN,∠MDN=∠NBC$,
∴ $△ MND∽△ CNB$,
∴ $\dfrac{MD}{CB}=\dfrac{DN}{BN}.\because M$ 为 AD 的中点,
∴ $MD=\dfrac{1}{2}AD=\dfrac{1}{2}BC$,即$\dfrac{MD}{CB}=\dfrac{1}{2}$,
∴ $\dfrac{DN}{BN}=\dfrac{1}{2}$,即 $BN=2DN$.设 $OB=OD=x$,则有 $BD=2x,BN=OB+ON=x+1,DN=OD-ON=x-1$,
∴ $x+1=2(x-1)$,解得 $x=3$,
∴ $BD=2x=6$.
(2)
∵ $△ MND∽△ CNB$,且相似比为 1:2,
∴ $MN:CN=DN:BN=1:2$,
∴ $S_{△MND}=\dfrac{1}{2}S_{△CND}=1,S_{△BNC}=2S_{△CND}=4$,
∴ $S_{△ABD}=S_{△BCD}=S_{△BCN}+S_{△CND}=4+2=6$,
∴ $S_{四边形ABNM}=S_{△ABD}-S_{△MND}=6-1=5$.
∵ 四边形 ABCD 是平行四边形,
∴ $AD// BC,AD=BC$, $OB=OD$,
∴ $∠DMN=∠BCN,∠MDN=∠NBC$,
∴ $△ MND∽△ CNB$,
∴ $\dfrac{MD}{CB}=\dfrac{DN}{BN}.\because M$ 为 AD 的中点,
∴ $MD=\dfrac{1}{2}AD=\dfrac{1}{2}BC$,即$\dfrac{MD}{CB}=\dfrac{1}{2}$,
∴ $\dfrac{DN}{BN}=\dfrac{1}{2}$,即 $BN=2DN$.设 $OB=OD=x$,则有 $BD=2x,BN=OB+ON=x+1,DN=OD-ON=x-1$,
∴ $x+1=2(x-1)$,解得 $x=3$,
∴ $BD=2x=6$.
(2)
∵ $△ MND∽△ CNB$,且相似比为 1:2,
∴ $MN:CN=DN:BN=1:2$,
∴ $S_{△MND}=\dfrac{1}{2}S_{△CND}=1,S_{△BNC}=2S_{△CND}=4$,
∴ $S_{△ABD}=S_{△BCD}=S_{△BCN}+S_{△CND}=4+2=6$,
∴ $S_{四边形ABNM}=S_{△ABD}-S_{△MND}=6-1=5$.
12. (苏州中考)如图,在矩形ABCD中,线段EF,GH分别平行于AD,AB,它们相交于点P,点$P_1,P_2$分别在线段PF,PH上,$PP_1 = PG$,$PP_2 = PE$,连接$P_1H,P_2F$,$P_1H$与$P_2F$相交于点Q.已知$AG:GD = AE:EB = 1:2$,设$AG = a$,$AE = b$.
(1) 四边形EBHP的面积
(2) 求证:$△ P_1FQ ∽ △ P_2HQ$;
(3) 设四边形$PP_1QP_2$的面积为$S_1$,四边形CFQH的面积为$S_2$,求$\frac{S_1}{S_2}$的值.
(1) 四边形EBHP的面积
=
四边形GPFD的面积(填“＞”“＜”或“=”);(2) 求证:$△ P_1FQ ∽ △ P_2HQ$;
(3) 设四边形$PP_1QP_2$的面积为$S_1$,四边形CFQH的面积为$S_2$,求$\frac{S_1}{S_2}$的值.
答案
12. (1) = 解析:
∵ 四边形 ABCD 为矩形,
∴ $∠A=∠B=∠C=90°.\because GH// AB$,
∴ $∠B=∠GHC=90°,∠A=∠PGD=90°$.
∵ $EF// AD$,
∴ $∠PGD=∠HPF=90°$,
∴ 四边形 AGPE、四边形 GDFP、四边形 EPHB 均为矩形.
∵ $AG=a,AE=b,AG:GD=AE:EB=1:2$,
∴ $PE=a,PG=b,GD=PF=2a,EB=PH=2b$,
∴ 四边形 EBHP 的面积 $=PE· PH=2ab$,四边形 GPFD 的面积 $=PG· PF=2ab$.故四边形 EBHP 的面积 = 四边形 GPFD 的面积.
(2)
∵ $PP_1 = PG,PP_2 = PE$,由(1)知 $PE· PH=2ab,PG· PF=2ab$,
∴ $PP_2· PH=PP_1· PF$,即 $\dfrac{PP_2}{PP_1}=\dfrac{PF}{PH}$. 又
∵ $∠FPP_2=∠HPP_1$,
∴ $△ PP_2F∽△ PP_1H$,
∴ $∠PFP_2=∠PHP_1.\because ∠P_1QF=∠P_2QH$,
∴ $△ P_1FQ∽△ P_2HQ$.
(3) 如图,连接 $P_1P_2,FH$.
∵ $\dfrac{PP_2}{CH}=\dfrac{a}{2a}=\dfrac{1}{2},\dfrac{PP_1}{CF}=\dfrac{b}{2b}=\dfrac{1}{2}$,
∴ $\dfrac{PP_2}{CH}=\dfrac{PP_1}{CF}.\because ∠P_1PP_2=∠C=90°$,
∴ $△ PP_1P_2∽△ CFH$,
∴ $\dfrac{P_1P_2}{FH}=\dfrac{PP_1}{CF}=\dfrac{1}{2},\dfrac{S_{△PP_1P_2}}{S_{△CFH}}=(\dfrac{P_1P_2}{FH})^2=\dfrac{1}{4}$,由(2)中$△ P_1FQ∽△ P_2HQ$,得$\dfrac{P_1Q}{P_2Q}=\dfrac{FQ}{HQ}$,
∴ $\dfrac{P_1Q}{FQ}=\dfrac{P_2Q}{HQ}.\because ∠P_1QP_2=∠FQH$,
∴ $△ P_1QP_2∽△ FQH$,
∴ $\dfrac{S_{△P_1QP_2}}{S_{△FQH}}=(\dfrac{P_1P_2}{FH})^2=\dfrac{1}{4}.\because S_1=S_{△P_1PP_2}+S_{△P_1QP_2},S_2=S_{△CFH}+S_{△FQH}$,
∴ $S_1=\dfrac{1}{4}S_{△CFH}+\dfrac{1}{4}S_{△FQH}=\dfrac{1}{4}S_2,\therefore \dfrac{S_1}{S_2}=\dfrac{1}{4}$.
