1.「★☆」如图,在$\mathrm{Rt}△ ACB$中,$∠ ACB=90°$,$AC=BC$,一直角三角尺的直角顶点$O$与$AB$边的中点重合,这个三角尺绕$O$点旋转,两条直角边与边$AC$,$BC$分别相交于点$E$,$F$,连接$EF$,则在转动过程中,$△ OEF$与$△ ABC$的关系是 ()


A.一定相似
B.当$E$是$AC$的中点时相似
C.不一定相似
D.无法判断

连接 OC,
∵ ∠ACB=90°,AC=BC,
∴ ∠A=∠B=45°,
∵ 点 O 为 AB 的中点,
∴ OA = OB = OC, CO ⊥ AB,∠ACO=∠B=45°,
∵ ∠EOC+∠COF=∠COF+∠BOF=90°,
∴ ∠EOC=∠BOF,在△COE 和△BOF 中,$\begin{cases} ∠OCE=∠B, \\ OC=OB, \\ ∠EOC=∠FOB, \end{cases}$
∴ △COE≌△BOF(ASA),
∴ OE=OF,
∴ △OEF 是等腰直角三角形,
∴ ∠OEF=∠OFE=∠A=∠B=45°,
∴ △OEF 与△CAB 相似.故选 A.

2.「★★☆」如图,将斜边AB=12 cm,∠A=30°的直角三角尺ABC绕点C按顺时针方向旋转90°至△A'B'C的位置,再将三角尺沿CB向左平移,使点B'的对应点B''落在△ABC的斜边AB上,则三角尺向左平移的距离为cm.(结果保留根号)

答案 $(6-2\sqrt{3})$
解析 如图,连接$B'B''$,
∵ 在$\mathrm{Rt}△ABC$中,$AB=12\ \mathrm{cm},∠A=30°,\therefore BC=\frac{1}{2}AB=6\ \mathrm{cm},\therefore AC=6\sqrt{3}\ \mathrm{cm},B'C=6\ \mathrm{cm}$,
$\therefore AB'=AC-B'C=(6\sqrt{3}-6)\mathrm{cm}$,
$\because B'C// B''C'',B'C=B''C'',∠B''C''C=90°$,
$\therefore$ 四边形$B''C''CB'$是矩形,
$\therefore B''B'// C''C,\therefore △AB''B'∽ △ABC,\therefore \frac{AB'}{AC}=\frac{B''B'}{BC}$,
即$\frac{6\sqrt{3}-6}{6\sqrt{3}}=\frac{B''B'}{6}$,解得$B''B'=(6-2\sqrt{3})\mathrm{cm}$.
$\therefore$ 三角尺向左平移的距离为$(6-2\sqrt{3})\mathrm{cm}$.

3. 学科特色多解法「★☆」如图,在矩形ABCD中,$\frac{AB}{BC}=\frac{2}{3}$.动点M从点A出发,沿边AD向点D匀速运动,动点N从点B出发,沿边BC向点C匀速运动,连接MN.动点M,N同时出发,点M的运动速度为$v_1$,点N的运动速度为$v_2$,且$v_1＜v_2$.当点N到达点C时,M,N两点同时停止运动.在运动过程中,将四边形MABN沿MN翻折,得到四边形$MA'B'N$.若在某一时刻,点B的对应点$B'$恰好与CD的中点重合,则$\frac{v_1}{v_2}$的值为.

答案 $\boldsymbol{\frac{3}{5}}$
解析 【解法一】如图,设$AD$交$A'B'$于点$Q$,$BN=NB'=x$.
$\because \frac{AB}{CB}=\frac{2}{3},\therefore$ 可设$AB=2k,CB=3k(k＞0),\therefore CN=3k-x$,
$\because$ 四边形$ABCD$是矩形,
$\therefore AD=BC=3k,CD=AB=2k,∠A=∠B=∠C=∠D=90°$,
$\because$ 点$B'$是$CD$的中点,$\therefore CB'=B'D=k$,
在$\mathrm{Rt}△CNB'$中,$CN^2+CB'^2=NB'^2$,
$\therefore (3k-x)^2+k^2=x^2,\therefore x=\frac{5}{3}k$,
$\therefore BN=NB'=\frac{5}{3}k,CN=3k-\frac{5}{3}k=\frac{4}{3}k$,
由翻折的性质可知$∠A'B'N=∠B=90°$,
$\therefore ∠DB'Q+∠CB'N=90°$,
$\because ∠CB'N+∠CNB'=90°,\therefore ∠DB'Q=∠CNB'$,
又$\because ∠D=∠C=90°,\therefore △DB'Q∽ △CNB'$,
$\therefore DQ:DB':QB'=CB':CN:NB'=3:4:5$,
$\because DB'=k,\therefore DQ=\frac{3}{4}k$,
由翻折的性质可知$∠A'=∠A=90°,\therefore ∠D=∠A'$,
又$\because ∠DQB'=∠A'QM,\therefore △DQB'∽ △A'QM$,
$\therefore DQ:DB':QB'=A'Q:A'M:QM=3:4:5$,
设$AM=MA'=y$,则$MQ=\frac{5}{4}y$,
$\because DQ+QM+AM=3k$,
$\therefore \frac{3}{4}k+\frac{5}{4}y+y=3k,\therefore y=k,\therefore AM=k$,
$\because$ 动点$M,N$同时出发,
$\therefore \frac{v_1}{v_2}=\frac{AM}{BN}=\frac{k}{\frac{5}{3}k}=\frac{3}{5}$.

【解法二】如图,连接$BB'$,过点$M$作$MH⊥BC$于点$H$.
设$AB=CD=6m,CB=9m,BN=NB'=n$,
在$\mathrm{Rt}△B'CN$中,$NB'^2=B'C^2+CN^2$,
$\therefore n^2=(3m)^2+(9m-n)^2,\therefore n=5m,\therefore BN=5m$,
由翻折的性质可知$BB'⊥MN$,又$\because MH⊥BC$,
$\therefore ∠B'BC+∠MNH=∠NMH+∠MNH=90°$,
$\therefore ∠B'BC=∠NMH$,又$\because ∠C=∠MHN=90°$,
$\therefore △BB'C∽ △MNH,\therefore \frac{BC}{MH}=\frac{B'C}{NH}$,即$\frac{9m}{6m}=\frac{3m}{NH}$,
$\therefore NH=2m,\therefore AM=BH=BN-NH=3m$,
$\because$ 动点$M,N$同时出发,
$\therefore \frac{v_1}{v_2}=\frac{AM}{BN}=\frac{3m}{5m}=\frac{3}{5}$.