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9[2026安徽六安校级质检]如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,$D$是$BC$上一点,且$CD=3BD$,$CE⊥ AD$交$AD$于点$F$,交$AB$于点$E$.若$AC=6$,$BC=8$,则$AE$的长为
$\frac{30}{7}$
.答案
9.$\frac{30}{7}$ 【解析】过点$A$作$AH//BC$交$CE$的延长线于点$H$,如图
.∵$∠ACB=90°$,$AC=6$,$BC=8$,
∴$∠CAH=180°-∠ACB=90°$,$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$.
∵$CD+BD=BC=8$,$CD=3BD$,
∴$3BD+BD=8$,
∴$BD=2$,
∴$CD=6=AC$.
∵$CE⊥AD$交$AD$于点$F$,交$AB$于点$E$,
∴$∠ACF = ∠DCF = \frac{1}{2}∠ACB=45°$,
∴$∠H=∠ACF=45°$,
∴$AH=AC=6$.
∵$AH//BC$,
∴$△AEH∽△BEC$,
∴$\frac{AE}{BE}=\frac{AH}{BC}=\frac{6}{8}=\frac{3}{4}$,
∴$\frac{AE}{AB}=\frac{3}{3+4}=\frac{3}{7}$,
∴$AE=\frac{3}{7}AB=\frac{3}{7}×10=\frac{30}{7}$,故答案为$\frac{30}{7}$.
解析
【分析】
解题可按以下思路推进：①先利用勾股定理计算Rt△ABC的斜边AB长度，再结合CD=3BD的条件算出CD、BD的长度，可发现AC=CD，△ACD为等腰三角形；②已知CE⊥AD，根据等腰三角形三线合一的性质，可知CE平分∠ACD，得到∠ACE=45°；③为建立AE和BE的比例关系，过点A作AH平行于BC，交CE的延长线于H，既可以得到△AEH与△BEC相似，也能结合角度关系算出AH的长度；④最后利用相似三角形对应边成比例的性质，得到AE与BE的比值，结合AB的总长度即可求出AE的长。
【解析】
过点$A$作$AH//BC$交$CE$的延长线于点$H$，如图。
∵$∠ACB=90°$，$AC=6$，$BC=8$，
∴$∠CAH=180°-∠ACB=90°$，由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$。
∵$CD+BD=BC=8$，$CD=3BD$，
∴$3BD+BD=8$，解得$BD=2$，
∴$CD=6=AC$。
∵$CE⊥AD$交$AD$于点$F$，交$AB$于点$E$，
∴$∠ACF = ∠DCF = \frac{1}{2}∠ACB=45°$，
∴$∠H=∠ACF=45°$，
∴$AH=AC=6$。
∵$AH//BC$，
∴$△AEH∽△BEC$，
∴$\frac{AE}{BE}=\frac{AH}{BC}=\frac{6}{8}=\frac{3}{4}$，
∴$\frac{AE}{AB}=\frac{3}{3+4}=\frac{3}{7}$，
∴$AE=\frac{3}{7}AB=\frac{3}{7}×10=\frac{30}{7}$。
【答案】
$\frac{30}{7}$
【知识点】
勾股定理，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质
【点评】
本题属于中等难度的几何综合题，解题的关键是通过作平行线构造相似三角形，将所求线段的比例关系与已知线段长度关联，同时结合等腰三角形的性质简化推导过程，对学生的辅助线构造能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
解题可按以下思路推进：①先利用勾股定理计算Rt△ABC的斜边AB长度，再结合CD=3BD的条件算出CD、BD的长度，可发现AC=CD，△ACD为等腰三角形；②已知CE⊥AD，根据等腰三角形三线合一的性质，可知CE平分∠ACD，得到∠ACE=45°；③为建立AE和BE的比例关系，过点A作AH平行于BC，交CE的延长线于H，既可以得到△AEH与△BEC相似，也能结合角度关系算出AH的长度；④最后利用相似三角形对应边成比例的性质，得到AE与BE的比值，结合AB的总长度即可求出AE的长。
【解析】
过点$A$作$AH//BC$交$CE$的延长线于点$H$，如图
。∵$∠ACB=90°$，$AC=6$，$BC=8$，
∴$∠CAH=180°-∠ACB=90°$，由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$。
∵$CD+BD=BC=8$，$CD=3BD$，
∴$3BD+BD=8$，解得$BD=2$，
∴$CD=6=AC$。
∵$CE⊥AD$交$AD$于点$F$，交$AB$于点$E$，
∴$∠ACF = ∠DCF = \frac{1}{2}∠ACB=45°$，
∴$∠H=∠ACF=45°$，
∴$AH=AC=6$。
∵$AH//BC$，
∴$△AEH∽△BEC$，
∴$\frac{AE}{BE}=\frac{AH}{BC}=\frac{6}{8}=\frac{3}{4}$，
∴$\frac{AE}{AB}=\frac{3}{3+4}=\frac{3}{7}$，
∴$AE=\frac{3}{7}AB=\frac{3}{7}×10=\frac{30}{7}$。
【答案】
$\frac{30}{7}$
【知识点】
勾股定理，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质
【点评】
本题属于中等难度的几何综合题，解题的关键是通过作平行线构造相似三角形，将所求线段的比例关系与已知线段长度关联，同时结合等腰三角形的性质简化推导过程，对学生的辅助线构造能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
10[2026安徽宣城校级质检]如图(1),E,F分别是等边$△ ABC$边上两点,且$△ BEF$的面积和四边形ACEF的面积相等,将$△ BEF$沿EF折叠得到$△ B'EF$.
(1)若$EF// AC$,$FG=3$,则$GH=$
(2)如图(2),若$FG=3$,$EH=4$,则$GH=$
(1)若$EF// AC$,$FG=3$,则$GH=$
$3\sqrt{2}$
;(2)如图(2),若$FG=3$,$EH=4$,则$GH=$
5
.答案
10.(1)$3\sqrt{2}$ (2)$5$ 【解析】(1)过点$A$作$AM⊥FG$于点$M$.
∵$△ABC$为等边三角形,
∴$∠A=∠B=∠C=60°$,$AB=BC=AC$.
∵$EF//AC$,
∴$∠BEF=∠C=60°$,$∠BFE=∠A=60°$,
∴$△BEF$为等边三角形.
∴$BE=BF$,
∴$AB-BF=BC-BE$,
∴$AF=CE$. 根据折叠可知$∠BFE = ∠EFB' = 60°$,$∠BEF = ∠EFB' = 60°$,
∴$∠AFG = 180° - ∠BFE - ∠EFB' = 180°-60°-60°=60°$,$∠CEH=180°-∠BEF-∠B'EF=180°-60°-60°=60°$. 易知$△AFG$和$△CEH$为等边三角形,
∴$∠B'GH=∠AGF=60°$,$∠GHB'=∠CHE=60°$,$AG=AF=FG=CE=CH=EH$,易知$△B'GH$为等边三角形.
∵$△AFG$为等边三角形,$AM⊥FG$,
∴$FM = MG = \frac{1}{2} FG$,
∴$AM = \sqrt{AF^2-FM^2} = \sqrt{FG^2-(\frac{1}{2}FG)^2} = \frac{\sqrt{3}}{2}FG$,
∴$S_{△AFG} = \frac{1}{2} FG · AM = \frac{\sqrt{3}}{4} FG^2$,同理得$S_{△B'GH} = \frac{\sqrt{3}}{4} GH^2$.
∵$△BEF$的面积和四边形$ACEF$的面积相等,
∴$S_{△B'EF} = S_{△BEF} = S_{四边形ACEF}$,
∴$S_{△B'GH} + S_{四边形GHEF} = S_{四边形GHEF} + S_{△AFG} + S_{△CEH}$,
∴$S_{△B'GH} = S_{△AFG} + S_{△CEH}$.
∵$△AFG$和$△CEH$为等边三角形,且$FG=CE$,
∴$S_{△AFG} = S_{△CEH}$,
∴$S_{△B'GH} = 2S_{△AFG}$,
∴$\frac{\sqrt{3}}{4} GH^2 = 2×\frac{\sqrt{3}}{4} FG^2 = 2×\frac{\sqrt{3}}{4} × 3^2$,
∴$GH=3\sqrt{2}$,故答案为$3\sqrt{2}$.
(2)同(1)可得$S_{△AFG}+S_{△HEC}=S_{△B'GH}$.
∵$∠B' = ∠A = 60°$,$∠AGF = ∠B'GH$,
∴$△AFG∽△B'HG$,同理得$△B'HG∽△CHE$,
∴$(\frac{FG}{HG})^2 = \frac{S_{△AFG}}{S_{△B'HG}}$,$(\frac{EH}{HG})^2 = \frac{S_{△CHE}}{S_{△B'HG}}$,
∴$(\frac{FG}{HG})^2 + (\frac{EH}{HG})^2 = \frac{S_{△AFG} + S_{△CHE}}{S_{△B'HG}} = 1$,
∴$\frac{FG^2+EH^2}{HG^2}=1$,
∴$HG^2=FG^2+EH^2=3^2+4^2$,
∴$HG=5$,故答案为5.
∵$△ABC$为等边三角形,
∴$∠A=∠B=∠C=60°$,$AB=BC=AC$.
∵$EF//AC$,
∴$∠BEF=∠C=60°$,$∠BFE=∠A=60°$,
∴$△BEF$为等边三角形.
∴$BE=BF$,
∴$AB-BF=BC-BE$,
∴$AF=CE$. 根据折叠可知$∠BFE = ∠EFB' = 60°$,$∠BEF = ∠EFB' = 60°$,
∴$∠AFG = 180° - ∠BFE - ∠EFB' = 180°-60°-60°=60°$,$∠CEH=180°-∠BEF-∠B'EF=180°-60°-60°=60°$. 易知$△AFG$和$△CEH$为等边三角形,
∴$∠B'GH=∠AGF=60°$,$∠GHB'=∠CHE=60°$,$AG=AF=FG=CE=CH=EH$,易知$△B'GH$为等边三角形.
∵$△AFG$为等边三角形,$AM⊥FG$,
∴$FM = MG = \frac{1}{2} FG$,
∴$AM = \sqrt{AF^2-FM^2} = \sqrt{FG^2-(\frac{1}{2}FG)^2} = \frac{\sqrt{3}}{2}FG$,
∴$S_{△AFG} = \frac{1}{2} FG · AM = \frac{\sqrt{3}}{4} FG^2$,同理得$S_{△B'GH} = \frac{\sqrt{3}}{4} GH^2$.
∵$△BEF$的面积和四边形$ACEF$的面积相等,
∴$S_{△B'EF} = S_{△BEF} = S_{四边形ACEF}$,
∴$S_{△B'GH} + S_{四边形GHEF} = S_{四边形GHEF} + S_{△AFG} + S_{△CEH}$,
∴$S_{△B'GH} = S_{△AFG} + S_{△CEH}$.
∵$△AFG$和$△CEH$为等边三角形,且$FG=CE$,
∴$S_{△AFG} = S_{△CEH}$,
∴$S_{△B'GH} = 2S_{△AFG}$,
∴$\frac{\sqrt{3}}{4} GH^2 = 2×\frac{\sqrt{3}}{4} FG^2 = 2×\frac{\sqrt{3}}{4} × 3^2$,
∴$GH=3\sqrt{2}$,故答案为$3\sqrt{2}$.
(2)同(1)可得$S_{△AFG}+S_{△HEC}=S_{△B'GH}$.
∵$∠B' = ∠A = 60°$,$∠AGF = ∠B'GH$,
∴$△AFG∽△B'HG$,同理得$△B'HG∽△CHE$,
∴$(\frac{FG}{HG})^2 = \frac{S_{△AFG}}{S_{△B'HG}}$,$(\frac{EH}{HG})^2 = \frac{S_{△CHE}}{S_{△B'HG}}$,
∴$(\frac{FG}{HG})^2 + (\frac{EH}{HG})^2 = \frac{S_{△AFG} + S_{△CHE}}{S_{△B'HG}} = 1$,
∴$\frac{FG^2+EH^2}{HG^2}=1$,
∴$HG^2=FG^2+EH^2=3^2+4^2$,
∴$HG=5$,故答案为5.
解析
【分析】
本题分为两小问，解题思路如下：
(1) 首先结合等边△ABC和EF//AC的条件，判定△BEF是等边三角形，再根据折叠的性质得到对应角相等，进而推出△AFG、△CEH、△B'GH均为等边三角形。已知△BEF和四边形ACEF面积相等，折叠后$S_{△B'EF}=S_{△BEF}$，两部分同时减去公共的四边形GHEF，可得$S_{△B'GH} = S_{△AFG} + S_{△CEH}$，又因为AF=CE，所以$S_{△AFG}=S_{△CEH}$，最后利用等边三角形面积公式列等式即可求出GH的长度。
(2) 同样先由面积关系得到$S_{△B'GH} = S_{△AFG} + S_{△CEH}$，再通过角的关系证明△AFG∽△B'HG∽△CEH，根据相似三角形面积比等于相似比的平方，建立FG、EH、GH的数量关系，代入数值计算即可得解。
【解析】
(1)
∵△ABC为等边三角形，
∴∠A=∠B=∠C=60°，AB=BC=AC。
∵EF//AC，
∴∠BEF=∠C=60°，∠BFE=∠A=60°，
∴△BEF为等边三角形，
∴BE=BF。
∴$AB-BF=BC-BE$，即$AF=CE$。
由折叠的性质可知，$∠ BFE=∠ EFB'=60°$，$∠ BEF=∠ B'EF=60°$，
∴$∠ AFG=180°-∠ BFE-∠ EFB'=60°$，$∠ CEH=180°-∠ BEF-∠ B'EF=60°$，
∴△AFG和△CEH均为等边三角形，
∴$AG=AF=FG$，$CE=CH=EH$，$∠ AGF=∠ CHE=60°$，
∴$∠ B'GH=∠ AGF=60°$，$∠ B'HG=∠ CHE=60°$，
∴△B'GH为等边三角形。
等边三角形面积公式为$S=\frac{\sqrt{3}}{4}a^2$（a为边长），故$S_{△AFG}=\frac{\sqrt{3}}{4}FG^2$，$S_{△B'GH}=\frac{\sqrt{3}}{4}GH^2$。
∵△BEF的面积和四边形ACEF的面积相等，折叠后$S_{△B'EF}=S_{△BEF}$，
∴$S_{△B'EF}=S_{四边形ACEF}$，即$S_{△B'GH} + S_{四边形GHEF} = S_{四边形GHEF} + S_{△AFG} + S_{△CEH}$，
化简得$S_{△B'GH} = S_{△AFG} + S_{△CEH}$。
又
∵$AF=CE$，
∴$S_{△AFG}=S_{△CEH}$，
∴$S_{△B'GH}=2S_{△AFG}$。
代入面积公式得：$\frac{\sqrt{3}}{4} GH^2 = 2×\frac{\sqrt{3}}{4} × 3^2$，解得$GH=3\sqrt{2}$（边长为正，舍去负解）。
(2) 同(1)可得面积关系：$S_{△B'GH} = S_{△AFG} + S_{△CEH}$。
∵折叠后$∠ B'=∠ B=60°=∠ A$，又
∵$∠ AGF=∠ B'GH$，
∴△AFG∽△B'HG，
同理可得△B'HG∽△CHE，即△AFG∽△B'HG∽△CHE。
根据相似三角形的性质：面积比等于相似比的平方，
∴$\frac{S_{△AFG}}{S_{△B'HG}}=(\frac{FG}{HG})^2$，$\frac{S_{△CHE}}{S_{△B'HG}}=(\frac{EH}{HG})^2$，
两式相加得：$\frac{S_{△AFG} + S_{△CHE}}{S_{△B'HG}} = (\frac{FG}{HG})^2 + (\frac{EH}{HG})^2$，
又
∵$S_{△AFG} + S_{△CHE}=S_{△B'HG}$，
∴左边=1，
即$\frac{FG^2 + EH^2}{HG^2}=1$，
∴$HG^2=FG^2 + EH^2=3^2+4^2=25$，
解得$HG=5$（边长为正，舍去负解）。
【答案】
(1)$3\sqrt{2}$；(2)$5$
【知识点】
折叠的性质，等边三角形的判定与性质，相似三角形的性质
【点评】
本题以等边三角形的折叠为背景，综合考查了几何图形的性质与面积计算，解题的关键是利用折叠前后面积相等的关系，推导出几个小三角形的面积等量关系，再结合等边三角形或相似三角形的性质求解，对几何逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.5
本题分为两小问，解题思路如下：
(1) 首先结合等边△ABC和EF//AC的条件，判定△BEF是等边三角形，再根据折叠的性质得到对应角相等，进而推出△AFG、△CEH、△B'GH均为等边三角形。已知△BEF和四边形ACEF面积相等，折叠后$S_{△B'EF}=S_{△BEF}$，两部分同时减去公共的四边形GHEF，可得$S_{△B'GH} = S_{△AFG} + S_{△CEH}$，又因为AF=CE，所以$S_{△AFG}=S_{△CEH}$，最后利用等边三角形面积公式列等式即可求出GH的长度。
(2) 同样先由面积关系得到$S_{△B'GH} = S_{△AFG} + S_{△CEH}$，再通过角的关系证明△AFG∽△B'HG∽△CEH，根据相似三角形面积比等于相似比的平方，建立FG、EH、GH的数量关系，代入数值计算即可得解。
【解析】
(1)
∵△ABC为等边三角形，
∴∠A=∠B=∠C=60°，AB=BC=AC。
∵EF//AC，
∴∠BEF=∠C=60°，∠BFE=∠A=60°，
∴△BEF为等边三角形，
∴BE=BF。
∴$AB-BF=BC-BE$，即$AF=CE$。
由折叠的性质可知，$∠ BFE=∠ EFB'=60°$，$∠ BEF=∠ B'EF=60°$，
∴$∠ AFG=180°-∠ BFE-∠ EFB'=60°$，$∠ CEH=180°-∠ BEF-∠ B'EF=60°$，
∴△AFG和△CEH均为等边三角形，
∴$AG=AF=FG$，$CE=CH=EH$，$∠ AGF=∠ CHE=60°$，
∴$∠ B'GH=∠ AGF=60°$，$∠ B'HG=∠ CHE=60°$，
∴△B'GH为等边三角形。
等边三角形面积公式为$S=\frac{\sqrt{3}}{4}a^2$（a为边长），故$S_{△AFG}=\frac{\sqrt{3}}{4}FG^2$，$S_{△B'GH}=\frac{\sqrt{3}}{4}GH^2$。
∵△BEF的面积和四边形ACEF的面积相等，折叠后$S_{△B'EF}=S_{△BEF}$，
∴$S_{△B'EF}=S_{四边形ACEF}$，即$S_{△B'GH} + S_{四边形GHEF} = S_{四边形GHEF} + S_{△AFG} + S_{△CEH}$，
化简得$S_{△B'GH} = S_{△AFG} + S_{△CEH}$。
又
∵$AF=CE$，
∴$S_{△AFG}=S_{△CEH}$，
∴$S_{△B'GH}=2S_{△AFG}$。
代入面积公式得：$\frac{\sqrt{3}}{4} GH^2 = 2×\frac{\sqrt{3}}{4} × 3^2$，解得$GH=3\sqrt{2}$（边长为正，舍去负解）。
(2) 同(1)可得面积关系：$S_{△B'GH} = S_{△AFG} + S_{△CEH}$。
∵折叠后$∠ B'=∠ B=60°=∠ A$，又
∵$∠ AGF=∠ B'GH$，
∴△AFG∽△B'HG，
同理可得△B'HG∽△CHE，即△AFG∽△B'HG∽△CHE。
根据相似三角形的性质：面积比等于相似比的平方，
∴$\frac{S_{△AFG}}{S_{△B'HG}}=(\frac{FG}{HG})^2$，$\frac{S_{△CHE}}{S_{△B'HG}}=(\frac{EH}{HG})^2$，
两式相加得：$\frac{S_{△AFG} + S_{△CHE}}{S_{△B'HG}} = (\frac{FG}{HG})^2 + (\frac{EH}{HG})^2$，
又
∵$S_{△AFG} + S_{△CHE}=S_{△B'HG}$，
∴左边=1，
即$\frac{FG^2 + EH^2}{HG^2}=1$，
∴$HG^2=FG^2 + EH^2=3^2+4^2=25$，
解得$HG=5$（边长为正，舍去负解）。
【答案】
(1)$3\sqrt{2}$；(2)$5$
【知识点】
折叠的性质，等边三角形的判定与性质，相似三角形的性质
【点评】
本题以等边三角形的折叠为背景，综合考查了几何图形的性质与面积计算，解题的关键是利用折叠前后面积相等的关系，推导出几个小三角形的面积等量关系，再结合等边三角形或相似三角形的性质求解，对几何逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.5
三、解答题(本大题共2小题,共40分)
11[2025安徽滁州期中]如图,在6×6的正方形网格中,每个小正方形的边长均为1,每个小正方形的顶点称为格点,△OAB的顶点均在格点上,请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图.(保留作图痕迹)
(1)如图(1),以点O为位似中心作△ODE,使得△ODE∽△OAB,且相似比为2:1,D,E为格点.
(2)如图(2),在OA边上找一点F,使得$\frac{AF}{OF}=\frac{3}{2}$.
11[2025安徽滁州期中]如图,在6×6的正方形网格中,每个小正方形的边长均为1,每个小正方形的顶点称为格点,△OAB的顶点均在格点上,请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图.(保留作图痕迹)
(1)如图(1),以点O为位似中心作△ODE,使得△ODE∽△OAB,且相似比为2:1,D,E为格点.
(2)如图(2),在OA边上找一点F,使得$\frac{AF}{OF}=\frac{3}{2}$.
答案
11.【解】(1)如图
所示,在$OA$延长线上取格点$D$,在$OB$延长线上取格点$E$,使$OD=2OA$,$OE=2OB$,连接$DE$,$△ODE$即为所求.(2)如图
所示,在点$A$的下方取格点$G$,使$AG=3$,$AG//OB$,连接$BG$交$AO$于点$F$,点$F$即为所求.解析
【分析】
(1) 要作以O为位似中心、与△OAB相似比为2:1的△ODE，根据位似的性质：位似图形对应顶点的连线过位似中心，且对应顶点到位似中心的距离之比等于相似比，因此只需分别延长OA、OB，在延长线上取格点D、E，使OD=2OA、OE=2OB，再连接DE即可。
(2) 要得到$\frac{AF}{OF}=\frac{3}{2}$，可利用平行线构造相似三角形求解：OB是竖直方向长度为2的线段，构造一条平行于OB、长度为3的线段AG，连接BG与OA交于点F，此时△AFG与△OFB相似，相似比为3:2，即可得到符合比例要求的点F。
【解析】
(1) ① 延长OA，依据网格选取格点D，使OD的长度为OA的2倍；② 延长OB，依据网格选取格点E，使OE的长度为OB的2倍；③ 连接DE，得到的△ODE即为所求作的位似图形。
(2) ① 在点A的正下方选取格点G，使AG为竖直方向、长度为3，满足AG//OB；② 连接BG，BG与OA的交点即为点F，由AG//OB可证△AFG∽△OFB，相似比为AG:OB=3:2，因此$\frac{AF}{OF}=\frac{3}{2}$，符合要求。
【答案】
(1)如图所示,在$OA$延长线上取格点$D$,在$OB$延长线上取格点$E$,使$OD=2OA$,$OE=2OB$,连接$DE$,$△ODE$即为所求.
(2)如图所示,在点$A$的下方取格点$G$,使$AG=3$,$AG//OB$,连接$BG$交$AO$于点$F$,点$F$即为所求.
【知识点】
位似图形作图，相似三角形的性质，平行线分线段成比例
【点评】
本题属于网格类几何作图题，综合考查位似、相似的核心知识点，解题的关键是灵活运用位似性质和相似三角形的构造方法，既考查基础知识点的掌握程度，也锻炼学生的图形构造和动手操作能力。
【难度系数】
0.7
(1) 要作以O为位似中心、与△OAB相似比为2:1的△ODE，根据位似的性质：位似图形对应顶点的连线过位似中心，且对应顶点到位似中心的距离之比等于相似比，因此只需分别延长OA、OB，在延长线上取格点D、E，使OD=2OA、OE=2OB，再连接DE即可。
(2) 要得到$\frac{AF}{OF}=\frac{3}{2}$，可利用平行线构造相似三角形求解：OB是竖直方向长度为2的线段，构造一条平行于OB、长度为3的线段AG，连接BG与OA交于点F，此时△AFG与△OFB相似，相似比为3:2，即可得到符合比例要求的点F。
【解析】
(1) ① 延长OA，依据网格选取格点D，使OD的长度为OA的2倍；② 延长OB，依据网格选取格点E，使OE的长度为OB的2倍；③ 连接DE，得到的△ODE即为所求作的位似图形。
(2) ① 在点A的正下方选取格点G，使AG为竖直方向、长度为3，满足AG//OB；② 连接BG，BG与OA的交点即为点F，由AG//OB可证△AFG∽△OFB，相似比为AG:OB=3:2，因此$\frac{AF}{OF}=\frac{3}{2}$，符合要求。
【答案】
(1)如图
所示,在$OA$延长线上取格点$D$,在$OB$延长线上取格点$E$,使$OD=2OA$,$OE=2OB$,连接$DE$,$△ODE$即为所求.(2)如图
所示,在点$A$的下方取格点$G$,使$AG=3$,$AG//OB$,连接$BG$交$AO$于点$F$,点$F$即为所求.【知识点】
位似图形作图，相似三角形的性质，平行线分线段成比例
【点评】
本题属于网格类几何作图题，综合考查位似、相似的核心知识点，解题的关键是灵活运用位似性质和相似三角形的构造方法，既考查基础知识点的掌握程度，也锻炼学生的图形构造和动手操作能力。
【难度系数】
0.7
12 在矩形ABCD中,点O是对角线AC,BD的交点,∠EPF的顶点P与O重合且∠EPF=90°,OE,OF分别与AB,BC相交于E,F,连接EF,BC=k·AB(k为常数且k≠0).
(1)发现问题:如图(1),若k=1,猜想$\frac{OE}{OF}=$
(2)类比探究:如图(2),k≠1,探究线段OE,OF之间的数量关系,并说明理由.
(3)拓展运用:如图(3),在(2)的条件下,若FO=FC,k=$\sqrt{2}$,OD=2$\sqrt{6}$,求EF的长.
(1)发现问题:如图(1),若k=1,猜想$\frac{OE}{OF}=$
1
.(2)类比探究:如图(2),k≠1,探究线段OE,OF之间的数量关系,并说明理由.
(3)拓展运用:如图(3),在(2)的条件下,若FO=FC,k=$\sqrt{2}$,OD=2$\sqrt{6}$,求EF的长.
答案
12.(1)1 【解析】当$k=1$时,由$BC=k·AB$,得$BC=AB$. 又
∵四边形$ABCD$是矩形,
∴四边形$ABCD$是正方形,
∴$OB = OC$,$AC ⊥ BD$,$∠ACB=∠ABO=45°$.
∵$∠EOF=∠BOC=90°$,
∴$∠EOB=∠FOC$,
∴$△EOB≅△FOC$(ASA),
∴$OE=OF$,
∴$\frac{OE}{OF}=1$. 故答案为1.
(2)$k≠1$时,$OE=k·OF$. 理由:如图
,过点$O$作$OM⊥AB$于点$M$,$ON⊥BC$于点$N$,∴$∠OME=∠ONF=∠ONB=90°$.
∵$∠MBN=90°$,
∴四边形$BMON$是矩形,
∴$∠MON=∠EOF=90°$,
∴$∠MOE=∠NOF$,
∴$△OME∽△ONF$,
∴$\frac{OE}{OF}=\frac{OM}{ON}$.
∵$AO=OC$,$OM//BC$,
∴$AM=MB$,$OM=\frac{1}{2}BC$,同法可证$ON=\frac{1}{2}AB$,
∴$\frac{OE}{OF}=\frac{OM}{ON}=\frac{\frac{1}{2}BC}{\frac{1}{2}AB}=k$,
∴$OE=k·OF$.
(3)如图
,过点$O$作$OM⊥AB$于点$M$,$ON⊥BC$于点$N$.∵$k=\sqrt{2}$,
∴$BC=k·AB=\sqrt{2}AB$.
∵四边形$ABCD$是矩形,
∴$∠ABC=90°$,$OA=OC=OD=OB=2\sqrt{6}$,
∴$AB^2+BC^2=AB^2+2AB^2=AC^2=(2OC)^2=96$,
∴$AB=4\sqrt{2}$,
∴$BC=8$.
∵$CF=OF$,$OB=OC$,
∴$∠FOC=∠FCO=∠OBC$.
∵$∠OCF = ∠BCO$,
∴$△COF ∽ △CBO$,
∴$\frac{OC}{BC}=\frac{FC}{OC}$,
∴$\frac{2\sqrt{6}}{8}=\frac{CF}{2\sqrt{6}}$,
∴$CF=3$,
∴$OF=CF=3$. 由(2)得$OE=\sqrt{2}OF$,
∴$OE=3\sqrt{2}$.
∵$∠EOF = 90°$,
∴$EF = \sqrt{OE^2+OF^2} = \sqrt{(3\sqrt{2})^2+3^2}=3\sqrt{3}$.
解析
【分析】
(1) 当k=1时，BC=AB，此时矩形ABCD为正方形，可利用正方形对角线的性质证明△EOB≌△FOC，直接得到OE与OF的比值。
(2) 当k≠1时，要探究OE、OF的数量关系，可过点O分别作AB、BC的垂线，构造两个含等角的直角三角形，证明其相似；再结合三角形中位线的性质，得到两条垂线的长度比等于BC与AB的比值k，即可推出OE与OF的数量关系。
(3) 先根据矩形对角线相等且互相平分的性质求出AC的长度，结合k=√2用勾股定理求出AB、BC的长；再利用FO=FC的条件证明△COF∽△CBO，求出OF的长度，结合(2)的结论得到OE的长度，最后在Rt△EOF中用勾股定理计算EF的长度即可。
【解析】
(1) 当$k=1$时，由$BC=k·AB$，得$BC=AB$。
又
∵四边形$ABCD$是矩形，
∴四边形$ABCD$是正方形，
∴$OB = OC$，$AC ⊥ BD$，$∠ACB=∠ABO=45°$。
∵$∠EOF=∠BOC=90°$，
∴$∠EOB=∠FOC$，
∴$△EOB≅△FOC$(ASA)，
∴$OE=OF$，
∴$\frac{OE}{OF}=1$。
(2)$k≠1$时，$OE=k·OF$。理由如下：
如图，过点$O$作$OM⊥AB$于点$M$，$ON⊥BC$于点$N$，
∴$∠OME=∠ONF=∠ONB=90°$。
∵$∠MBN=90°$，
∴四边形$BMON$是矩形，
∴$∠MON=∠EOF=90°$，
∴$∠MOE=∠NOF$，
∴$△OME∽△ONF$，
∴$\frac{OE}{OF}=\frac{OM}{ON}$。
∵$AO=OC$，$OM//BC$，
∴$AM=MB$，$OM=\frac{1}{2}BC$，同法可证$ON=\frac{1}{2}AB$，
∴$\frac{OE}{OF}=\frac{OM}{ON}=\frac{\frac{1}{2}BC}{\frac{1}{2}AB}=k$，
∴$OE=k·OF$。
(3)如图，过点$O$作$OM⊥AB$于点$M$，$ON⊥BC$于点$N$。
∵$k=\sqrt{2}$，
∴$BC=k·AB=\sqrt{2}AB$。
∵四边形$ABCD$是矩形，
∴$∠ABC=90°$，$OA=OC=OD=OB=2\sqrt{6}$，
∴$AB^2+BC^2=AB^2+2AB^2=AC^2=(2OC)^2=96$，
∴$AB=4\sqrt{2}$，
∴$BC=8$。
∵$CF=OF$，$OB=OC$，
∴$∠FOC=∠FCO=∠OBC$。
∵$∠OCF = ∠BCO$，
∴$△COF ∽ △CBO$，
∴$\frac{OC}{BC}=\frac{FC}{OC}$，
∴$\frac{2\sqrt{6}}{8}=\frac{CF}{2\sqrt{6}}$，
∴$CF=3$，
∴$OF=CF=3$。
由(2)得$OE=\sqrt{2}OF$，
∴$OE=3\sqrt{2}$。
∵$∠EOF = 90°$，
∴$EF = \sqrt{OE^2+OF^2} = \sqrt{(3\sqrt{2})^2+3^2}=3\sqrt{3}$。
【答案】
(1) $\boxed{1}$
(2) $\boxed{OE=k·OF}$，理由见解析
(3) $\boxed{3\sqrt{3}}$
【知识点】
矩形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理
【点评】
本题属于矩形背景下的几何探究类问题，遵循从特殊到一般的探究逻辑，融合了全等三角形判定、相似三角形判定与性质、勾股定理等多个知识点，需要掌握构造辅助线转化边角关系的方法，能有效锻炼几何综合分析能力。
【难度系数】
0.6
(1) 当k=1时，BC=AB，此时矩形ABCD为正方形，可利用正方形对角线的性质证明△EOB≌△FOC，直接得到OE与OF的比值。
(2) 当k≠1时，要探究OE、OF的数量关系，可过点O分别作AB、BC的垂线，构造两个含等角的直角三角形，证明其相似；再结合三角形中位线的性质，得到两条垂线的长度比等于BC与AB的比值k，即可推出OE与OF的数量关系。
(3) 先根据矩形对角线相等且互相平分的性质求出AC的长度，结合k=√2用勾股定理求出AB、BC的长；再利用FO=FC的条件证明△COF∽△CBO，求出OF的长度，结合(2)的结论得到OE的长度，最后在Rt△EOF中用勾股定理计算EF的长度即可。
【解析】
(1) 当$k=1$时，由$BC=k·AB$，得$BC=AB$。
又
∵四边形$ABCD$是矩形，
∴四边形$ABCD$是正方形，
∴$OB = OC$，$AC ⊥ BD$，$∠ACB=∠ABO=45°$。
∵$∠EOF=∠BOC=90°$，
∴$∠EOB=∠FOC$，
∴$△EOB≅△FOC$(ASA)，
∴$OE=OF$，
∴$\frac{OE}{OF}=1$。
(2)$k≠1$时，$OE=k·OF$。理由如下：
如图
，过点$O$作$OM⊥AB$于点$M$，$ON⊥BC$于点$N$，∴$∠OME=∠ONF=∠ONB=90°$。
∵$∠MBN=90°$，
∴四边形$BMON$是矩形，
∴$∠MON=∠EOF=90°$，
∴$∠MOE=∠NOF$，
∴$△OME∽△ONF$，
∴$\frac{OE}{OF}=\frac{OM}{ON}$。
∵$AO=OC$，$OM//BC$，
∴$AM=MB$，$OM=\frac{1}{2}BC$，同法可证$ON=\frac{1}{2}AB$，
∴$\frac{OE}{OF}=\frac{OM}{ON}=\frac{\frac{1}{2}BC}{\frac{1}{2}AB}=k$，
∴$OE=k·OF$。
(3)如图
，过点$O$作$OM⊥AB$于点$M$，$ON⊥BC$于点$N$。∵$k=\sqrt{2}$，
∴$BC=k·AB=\sqrt{2}AB$。
∵四边形$ABCD$是矩形，
∴$∠ABC=90°$，$OA=OC=OD=OB=2\sqrt{6}$，
∴$AB^2+BC^2=AB^2+2AB^2=AC^2=(2OC)^2=96$，
∴$AB=4\sqrt{2}$，
∴$BC=8$。
∵$CF=OF$，$OB=OC$，
∴$∠FOC=∠FCO=∠OBC$。
∵$∠OCF = ∠BCO$，
∴$△COF ∽ △CBO$，
∴$\frac{OC}{BC}=\frac{FC}{OC}$，
∴$\frac{2\sqrt{6}}{8}=\frac{CF}{2\sqrt{6}}$，
∴$CF=3$，
∴$OF=CF=3$。
由(2)得$OE=\sqrt{2}OF$，
∴$OE=3\sqrt{2}$。
∵$∠EOF = 90°$，
∴$EF = \sqrt{OE^2+OF^2} = \sqrt{(3\sqrt{2})^2+3^2}=3\sqrt{3}$。
【答案】
(1) $\boxed{1}$
(2) $\boxed{OE=k·OF}$，理由见解析
(3) $\boxed{3\sqrt{3}}$
【知识点】
矩形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理
【点评】
本题属于矩形背景下的几何探究类问题，遵循从特殊到一般的探究逻辑，融合了全等三角形判定、相似三角形判定与性质、勾股定理等多个知识点，需要掌握构造辅助线转化边角关系的方法，能有效锻炼几何综合分析能力。
【难度系数】
0.6
