20. (★★)(2023·盘锦)如图 27 - 17,$ △ABO $ 的顶点坐标是 $ A(2,6) $,$ B(3,1) $,$ O(0,0) $,以点 $ O $ 为位似中心,将 $ △ABO $ 缩小为原来的 $ \frac{1}{3} $,得到 $ △A'B'O $,则点 $ A' $ 的坐标为。
]

$ \left( \frac{2}{3}, 2 \right) $ 或 $ \left( -\frac{2}{3}, -2 \right) $

以点 $ O $ 为位似中心，将 $ △ABO $ 缩小为原来的 $ \frac{1}{3} $，即点 $ A $ 的坐标 $ (2, 6) $ 也要缩小为原来的 $ \frac{1}{3} $。
计算点 $ A' $ 的坐标：
$ A'_x = 2 × \frac{1}{3} = \frac{2}{3} $
$ A'_y = 6 × \frac{1}{3} = 2 $
或
$ A'_x = 2 × -\frac{1}{3} = -\frac{2}{3} $
$ A'_y = 6 × -\frac{1}{3} = -2 $
因此，点 $ A' $ 的坐标为 $ \left( \frac{2}{3}, 2 \right) $ 或 $ \left( -\frac{2}{3}, -2 \right) $。

21. (★★)(2023·绥化)如图 27 - 18,在平面直角坐标系中,$ △ABC $ 与 $ △AB'C' $ 的相似比为 $ 1 : 2 $,点 $ A $ 是位似中心,已知点 $ A(2,0) $,点 $ C(a,b) $,$ ∠C = 90° $,则点 $ C' $ 的坐标为______。(结果用含 $ a $,$ b $ 的式子表示)

(2a-2,2b)

∵点A是位似中心，△ABC与△AB'C'的相似比为1:2，点A(2,0)，点C(a,b)。
将点A视为位似中心，点C相对于A的坐标为(a-2,b)。
∵相似比为1:2，
∴点C'相对于A的坐标为2(a-2,b)=(2a-4,2b)。
∴点C'的坐标为A的坐标加上相对坐标：(2+2a-4,0+2b)=(2a-2,2b)。

22. (★★)(2024·德州)如图 27 - 19,在 $ Rt△ABC $ 中,$ ∠ABC = 90° $,$ BD ⊥ AC $,垂足为 $ D $,$ AE $ 平分 $ ∠BAC $,分别交 $ BD $,$ BC $ 于点 $ F $,$ E $。若 $ AB : BC = 3 : 4 $,则 $ BF : FD $ 为【】

A.$ 5 : 3 $


B.$ 5 : 4 $
C.$ 4 : 3 $
D.$ 2 : 1 $
]

A

设$AB = 3k$，$BC = 4k$，在$Rt\triangle ABC$中，$AC = \sqrt{(3k)^2 + (4k)^2} = 5k$。
由面积法得$BD \cdot AC = AB \cdot BC$，即$BD \cdot 5k = 3k \cdot 4k$，解得$BD = \frac{12k}{5}$。
由角平分线定理，$AE$平分$\angle BAC$，则$\frac{BE}{EC} = \frac{AB}{AC} = \frac{3}{5}$。设$BE = 3m$，$EC = 5m$，则$3m + 5m = 4k$，解得$m = \frac{k}{2}$，故$BE = \frac{3k}{2}$。
在$Rt\triangle ABE$中，$\tan\angle BAE = \frac{BE}{AB} = \frac{\frac{3k}{2}}{3k} = \frac{1}{2}$。
设$\angle BAE = \alpha$，则$\tan\alpha = \frac{1}{2}$。在$Rt\triangle ABD$中，$AD = \frac{AB^2}{AC} = \frac{9k}{5}$。
在$Rt\triangle AFD$中，$\tan\alpha = \frac{FD}{AD}$，即$\frac{1}{2} = \frac{FD}{\frac{9k}{5}}$，解得$FD = \frac{9k}{10}$。
则$BF = BD - FD = \frac{12k}{5} - \frac{9k}{10} = \frac{15k}{10} = \frac{3k}{2}$。
故$BF:FD = \frac{3k}{2}:\frac{9k}{10} = 5:3$。

23. (★★)(2021·衢州)将一副三角板如图 27 - 20 所示放置在平面直角坐标系中,顶点 $ A $ 与原点 $ O $ 重合,$ AB $ 在 $ x $ 轴正半轴上,且 $ AB = 4\sqrt{3} $,点 $ E $ 在 $ AD $ 上,$ DE = \frac{1}{4}AD $,将这副三角板整体向右平移个单位长度,$ C $,$ E $ 两点同时落在反比例函数 $ y = \frac{k}{x} $ 的图象上。

设向右平移$ t $个单位长度。
在初始位置：
对于三角板$ ABC $，$ AB = 4\sqrt{3} $，$\angle BAC = 30°$，则$ BC = AB \tan 30° = 4\sqrt{3} × \frac{\sqrt{3}}{3} = 4$，$ AC = \frac{AB}{\cos 30°} = 8$，所以$ C $点坐标为$(4\sqrt{3}, 4)$。
对于三角板$ ADE $，$\angle DAE = 45°$，$ AD = AC = 8$，$ DE = \frac{1}{4}AD = 2$，则$ AE = AD - DE = 6$，$ E $点坐标为$(6\cos 45°, 6\sin 45°) = (3\sqrt{2}, 3\sqrt{2})$。
平移后：
$ C $点坐标为$(4\sqrt{3} + t, 4)$，$ E $点坐标为$(3\sqrt{2} + t, 3\sqrt{2})$。
因为$ C $，$ E $在$ y = \frac{k}{x}$上，所以：
$ 4(4\sqrt{3} + t) = 3\sqrt{2}(3\sqrt{2} + t) $
$ 16\sqrt{3} + 4t = 18 + 3\sqrt{2}t $
$ t(4 - 3\sqrt{2}) = 18 - 16\sqrt{3} $
$ t = \frac{18 - 16\sqrt{3}}{4 - 3\sqrt{2}} = 2\sqrt{6} $
$ 2\sqrt{6} $

24. (★★★)(2021·聊城)如图 27 - 21,在 $ △ABC $ 中,$ AB = AC $,$ ⊙O $ 是 $ △ABC $ 的外接圆,$ AE $ 是直径,交 $ BC $ 于点 $ H $,点 $ D $ 在 $ \overset{\LARGE{\frown}}{AC} $ 上,连接 $ AD $,$ CD $,过点 $ E $ 作 $ EF // BC $ 交 $ AD $ 的延长线于点 $ F $,延长 $ BC $ 交 $ AF $ 于点 $ G $。
(1) 求证：$ EF $ 是 $ ⊙O $ 的切线；
(2) 若 $ BC = 2 $,$ AH = CG = 3 $,求 $ EF $ 和 $ CD $ 的长。
]

(1) 证明：∵AB=AC，AE是⊙O的直径，∴AE垂直平分BC，即AH⊥BC，∠AHC=90°。
∵EF//BC，∴∠AEF=∠AHC=90°，即EF⊥AE。
∵AE是直径，∴EF是⊙O的切线。
(2) 设⊙O半径为r，则OA=OE=r，OH=3 - r。
∵AE垂直平分BC，BC=2，∴HC=1。
在Rt△OHC中，OC²=OH² + HC²，即r²=(3 - r)² + 1²，解得r=5/3。
∴AE=2r=10/3，OH=3 - 5/3=4/3。
∵EF//BC，∴△AHG∽△AEF。
HG=HC + CG=1 + 3=4，AH=3，AE=10/3。
由AH/AE=HG/EF，得3/(10/3)=4/EF，解得EF=40/9。
连接CE，AE为直径，∠ACE=90°。
AC=√(AH² + HC²)=√(3² + 1²)=√10，CE=√(AE² - AC²)=√[(10/3)² - (√10)²]=√10/3。
∵∠ADC=∠ACG，∠CAD=∠GAC，∴△ACD∽△AGC。
AG=√(AH² + HG²)=5，由CD/GC=AC/AG，得CD/3=√10/5，解得CD=3√10/5。
EF=40/9，CD=3√10/5。