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9. 如图,在等边三角形ABC中,D为AC的中点,$\frac{AE}{EB}=\frac{1}{3}$,则和$△ AED$(不包含$△ AED$)相似的三角形有
(
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
(
C
)A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
答案
9.C 解析:
∵ △ABC是等边三角形,
∴ AB=AC=BC.又
∵ D是AC的中点,
∴ BD⊥AC,∠ABD=30°,AD:AC=1:2.
∵ $\frac{AE}{EB}=\frac{1}{3}$,
∴ AE:AB=1:4,
∴ AE:AD=1:2=AD:AB.又
∵ ∠A=∠A,
∴ △AED∽△ADB,
∴ ∠AED=∠ADB=90°.
∵ ∠A=∠C=60°,CD:BC=AE:AD=1:2,
∴ △AED∽△CDB.
∵ ∠AED=∠DEB=90°,∠ADE=∠DBE=30°,
∴ △AED∽△DEB.故选C.
∵ △ABC是等边三角形,
∴ AB=AC=BC.又
∵ D是AC的中点,
∴ BD⊥AC,∠ABD=30°,AD:AC=1:2.
∵ $\frac{AE}{EB}=\frac{1}{3}$,
∴ AE:AB=1:4,
∴ AE:AD=1:2=AD:AB.又
∵ ∠A=∠A,
∴ △AED∽△ADB,
∴ ∠AED=∠ADB=90°.
∵ ∠A=∠C=60°,CD:BC=AE:AD=1:2,
∴ △AED∽△CDB.
∵ ∠AED=∠DEB=90°,∠ADE=∠DBE=30°,
∴ △AED∽△DEB.故选C.
10. (沈阳中考)如图,在矩形ABCD中,AB=5,BC=3,将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转得到矩形GBEF,点A的对应点G落在矩形ABCD的边CD上,连接CE,则CE的长是
$\frac{3\sqrt{10}}{5}$
.答案
10.$\frac{3\sqrt{10}}{5}$ 解析:连接AG,由旋转变换的性质可知,∠ABG=∠CBE,BA=BG=5,BC=BE=3,由勾股定理得$CG=\sqrt{BG^2-BC^2}=4$,
∴ DG=DC-CG=1,则$AG=\sqrt{AD^2+DG^2}=\sqrt{10}$.
∵ $\frac{BA}{BC}=\frac{BG}{BE}$,∠ABG=∠CBE,
∴ △ABG∽△CBE,
∴ $\frac{CE}{AG}=\frac{BC}{AB}=\frac{3}{5}$,解得$CE=\frac{3\sqrt{10}}{5}$.
∴ DG=DC-CG=1,则$AG=\sqrt{AD^2+DG^2}=\sqrt{10}$.
∵ $\frac{BA}{BC}=\frac{BG}{BE}$,∠ABG=∠CBE,
∴ △ABG∽△CBE,
∴ $\frac{CE}{AG}=\frac{BC}{AB}=\frac{3}{5}$,解得$CE=\frac{3\sqrt{10}}{5}$.
11. 如图,已知$△ ABC$,$△ DCE$,$△ FEG$,$△ HGI$是4个全等的等腰三角形,底边$BC$,$CE$,$EG$,$GI$在同一条直线上,且$AB=2$,$BC=1$,连接$AI$,交$FG$于点$Q$,则$QI$的长为
$\frac{4}{3}$
.答案
11.$\frac{4}{3}$ 解析:
∵ △ABC,△DCE,△FEG,△HGI是4个全等的等腰三角形,
∴ GI=BC=1,BI=4BC=4,CI=3BC=3,∠ABC=∠ACB,
∴ $\frac{AB}{BI}=\frac{1}{2}$,$\frac{BC}{AB}=\frac{1}{2}$,
∴ $\frac{AB}{BI}=\frac{BC}{AB}$.
∵ ∠ABI=∠CBA,
∴ △ABI∽△CBA.
∵ AB=AC,
∴ AI=BI=4.
∵ ∠ACB=∠FGE,
∴ AC//FG,
∴ $\frac{QI}{AI}=\frac{GI}{CI}=\frac{1}{3}$,
∴ $QI=\frac{1}{3}AI=\frac{4}{3}$.
∵ △ABC,△DCE,△FEG,△HGI是4个全等的等腰三角形,
∴ GI=BC=1,BI=4BC=4,CI=3BC=3,∠ABC=∠ACB,
∴ $\frac{AB}{BI}=\frac{1}{2}$,$\frac{BC}{AB}=\frac{1}{2}$,
∴ $\frac{AB}{BI}=\frac{BC}{AB}$.
∵ ∠ABI=∠CBA,
∴ △ABI∽△CBA.
∵ AB=AC,
∴ AI=BI=4.
∵ ∠ACB=∠FGE,
∴ AC//FG,
∴ $\frac{QI}{AI}=\frac{GI}{CI}=\frac{1}{3}$,
∴ $QI=\frac{1}{3}AI=\frac{4}{3}$.
12. 如图,在正方形ABCD中,点P为射线DC上的一个动点,点Q为AB的中点,连接PQ,DQ,过点P作PE⊥DQ于点E.
(1)请找出图中一对相似三角形,并证明;
(2)若AB=4,以点P,E,Q为顶点的三角形与△ADQ相似,试求出DP的长.
(1)请找出图中一对相似三角形,并证明;
(2)若AB=4,以点P,E,Q为顶点的三角形与△ADQ相似,试求出DP的长.
答案
12.(1)$△ADQ∽△EPD$.证明如下：
∵ PE ⊥ DQ,
∴ ∠DEP = ∠A = 90°.
∵ ∠ADC = 90°,
∴ ∠ADQ+∠EDP = 90°,∠EDP+∠EPD = 90°,
∴ ∠ADQ = ∠EPD,
∴ △ADQ∽△EPD.
(2)
∵ AB=4,点Q为AB的中点,
∴ AQ = BQ = 2,
∴ DQ=$\sqrt{AD^2+AQ^2}=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$.
∵ ∠PEQ=∠A=90°,
∴ 若以点P,E,Q为顶点的三角形与△ADQ相似,有两种情况：
①当△ADQ∽△EPQ时,$\frac{AD}{AQ}=\frac{EP}{EQ}=2$,设EQ=x,则EP=2x,则DE=$2\sqrt{5}-x$,由(1)知△ADQ∽△EPD,
∴ $\frac{EP}{AD}=\frac{DE}{AQ}$,
∴ $\frac{2x}{4}=\frac{2\sqrt{5}-x}{2}$,
∴ $x=\sqrt{5}$,
∴ $DP=\sqrt{DE^2+EP^2}=5$.
②当△ADQ∽△EQP时,$\frac{AD}{AQ}=\frac{EQ}{EP}=2$,设EP=a,则EQ=2a,同理可得$\frac{a}{4}=\frac{2\sqrt{5}-2a}{2}$,
∴ $a=\frac{4\sqrt{5}}{5}$,
∴ $DP=\sqrt{DE^2+EP^2}=\sqrt{(\frac{2\sqrt{5}}{5})^2+(\frac{4\sqrt{5}}{5})^2}=2$.
综上所述,若以点P,E,Q为顶点的三角形与△ADQ相似,则DP的长为2或5.
∵ PE ⊥ DQ,
∴ ∠DEP = ∠A = 90°.
∵ ∠ADC = 90°,
∴ ∠ADQ+∠EDP = 90°,∠EDP+∠EPD = 90°,
∴ ∠ADQ = ∠EPD,
∴ △ADQ∽△EPD.
(2)
∵ AB=4,点Q为AB的中点,
∴ AQ = BQ = 2,
∴ DQ=$\sqrt{AD^2+AQ^2}=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$.
∵ ∠PEQ=∠A=90°,
∴ 若以点P,E,Q为顶点的三角形与△ADQ相似,有两种情况：
①当△ADQ∽△EPQ时,$\frac{AD}{AQ}=\frac{EP}{EQ}=2$,设EQ=x,则EP=2x,则DE=$2\sqrt{5}-x$,由(1)知△ADQ∽△EPD,
∴ $\frac{EP}{AD}=\frac{DE}{AQ}$,
∴ $\frac{2x}{4}=\frac{2\sqrt{5}-x}{2}$,
∴ $x=\sqrt{5}$,
∴ $DP=\sqrt{DE^2+EP^2}=5$.
②当△ADQ∽△EQP时,$\frac{AD}{AQ}=\frac{EQ}{EP}=2$,设EP=a,则EQ=2a,同理可得$\frac{a}{4}=\frac{2\sqrt{5}-2a}{2}$,
∴ $a=\frac{4\sqrt{5}}{5}$,
∴ $DP=\sqrt{DE^2+EP^2}=\sqrt{(\frac{2\sqrt{5}}{5})^2+(\frac{4\sqrt{5}}{5})^2}=2$.
综上所述,若以点P,E,Q为顶点的三角形与△ADQ相似,则DP的长为2或5.
13. 如图，已知$△ ABC$是边长为6 cm的等边三角形，$QR // BA$，动点$P$，$Q$同时从$A$，$B$两点出发，分别沿$AB$，$BC$匀速运动，其中点$P$运动的速度是1 cm/s，点$Q$运动的速度是2 cm/s，当点$Q$到达点$C$时，$P$，$Q$两点都停止运动，设运动时间为$t$ s，当$t=$
$\frac{6}{5}$
s时，$△ APR ∽ △ PRQ$.答案
13.$\frac{6}{5}$ 解析:如图,过点 Q 作 QE ⊥ AB 于 E.
∵ QR // BA,△ABC 为等边三角形,
∴ ∠QRC = ∠A = 60°, ∠RQC = ∠B = 60°.
∵ ∠C = 60°,
∴ △QRC 为等边三角形,
∵ BQ = 2t cm,
∴ QR = RC = QC = (6-2t)cm.
∵ $BE=\frac{1}{2}× 2t=t$ cm,
∴ 由勾股定理,得 $EQ=\sqrt{3}t$ cm,
∴ EP=AB-AP-BE=6-t-t=(6-2t)cm,
∴ EP // QR 且 EP=QR,
∴ 四边形 PRQE 是平行四边形,
∴ PR = EQ = $\sqrt{3}t$ cm.又
∵ QE ⊥ AB,
∴ 平行四边形 PRQE 是矩形,
∴ ∠APR = ∠PRQ = 90°,
∴ 当$\frac{AP}{PR}=\frac{PR}{RQ}$时,△APR∽△PRQ.
∵ AP=t cm,PR=$\sqrt{3}t$ cm,RQ=(6-2t)cm,
∴ $\frac{t}{\sqrt{3}t}=\frac{\sqrt{3}t}{6-2t}$,解得$t=\frac{6}{5}$,
∴ 当$t=\frac{6}{5}$时,△APR∽△PRQ.
14. 如图①,在$△ OAB$和$△ OCD$中,$∠ A＜90°$,$∠ AOB=∠ COD$,$∠ OAB$与$∠ OCD$互补.
(1)当$OB=OD$时,如图①,试探索线段$AB$与$CD$的数量关系,并证明你的结论;
(2)当$OB=kOD$时,如图②,试探索线段$AB$与$CD$的数量关系,并证明你的结论.
(1)当$OB=OD$时,如图①,试探索线段$AB$与$CD$的数量关系,并证明你的结论;
(2)当$OB=kOD$时,如图②,试探索线段$AB$与$CD$的数量关系,并证明你的结论.
答案
14.(1)结论:AB=CD.证明如下:
如图①,在 OA 上取一点 E,使 OE=OC,连接 EB.∵ OB=OD,∠AOB=∠COD,
∴ △OEB≌△OCD(SAS),
∴ EB = CD, ∠OEB = ∠OCD.
∵ ∠OAB + ∠OCD=180°,
∴ ∠OAB+∠OEB=180°.
∵ ∠AEB+∠OEB=180°,
∴ ∠OAB=∠AEB,
∴ EB=AB,
∴ AB=CD.
(2)结论:AB=kCD.证明如下:
如图②,在 OA 上取一点 E,使 OE = kOC,连接 EB.∵ OB=kOD,
∴ $\frac{OB}{OD}=\frac{OE}{OC}=k$.
∵ ∠AOB=∠COD,
∴ △OEB∽△OCD,
∴ $\frac{EB}{CD}=\frac{OB}{OD}=k$, 即 EB = kCD, ∠OEB = ∠OCD.
∵ ∠OAB+∠OCD = 180°,
∴ ∠OAB + ∠OEB = 180°.
∵ ∠AEB+∠OEB = 180°,
∴ ∠OAB = ∠AEB,
∴ EB = AB,
∴ AB=kCD.
