8. (北师九上 P102 改编)如图，在 $\triangle ABC$ 中，$AB = 8\ cm$，$BC = 15\ cm$，动点 $P$ 从点 $A$ 出发沿边 $AB$ 运动，速度为 $2\ cm/s$；动点 $Q$ 从点 $B$ 出发沿边 $BC$ 运动，速度为 $4\ cm/s$。若 $P,Q$ 两动点同时出发，则运动时间为
$\frac{16}{19}$或$\frac{60}{31}$
$s$ 时，$\triangle QBP$ 与 $\triangle ABC$ 相似。答案
$\frac{16}{19}$或$\frac{60}{31}$
解析
设运动时间为$t$秒，由题意得：$AP = 2t\ \mathrm{cm}$，$BQ = 4t\ \mathrm{cm}$，则$BP = AB - AP = (8 - 2t)\ \mathrm{cm}$。$t$的取值范围为$0 ＜ t \leq \frac{15}{4}$（$Q$不超出$BC$）。
$\triangle QBP$与$\triangle ABC$有公共角$\angle B$，分两种情况讨论：
情况1：$\triangle QBP \sim \triangle ABC$
则$\frac{QB}{AB} = \frac{BP}{BC}$，即$\frac{4t}{8} = \frac{8 - 2t}{15}$
解得：$t = \frac{16}{19}$
情况2：$\triangle QBP \sim \triangle CBA$
则$\frac{QB}{CB} = \frac{BP}{AB}$，即$\frac{4t}{15} = \frac{8 - 2t}{8}$
解得：$t = \frac{60}{31}$
综上，$t = \frac{16}{19}$或$\frac{60}{31}$。
$\triangle QBP$与$\triangle ABC$有公共角$\angle B$，分两种情况讨论：
情况1：$\triangle QBP \sim \triangle ABC$
则$\frac{QB}{AB} = \frac{BP}{BC}$，即$\frac{4t}{8} = \frac{8 - 2t}{15}$
解得：$t = \frac{16}{19}$
情况2：$\triangle QBP \sim \triangle CBA$
则$\frac{QB}{CB} = \frac{BP}{AB}$，即$\frac{4t}{15} = \frac{8 - 2t}{8}$
解得：$t = \frac{60}{31}$
综上，$t = \frac{16}{19}$或$\frac{60}{31}$。
9. (人教九下 P58 改编)如图，在 $\triangle ABC$ 中，$\angle A = 90^{\circ}$，正方形 $DEFG$ 的边长是 $6$，且四个顶点都在 $\triangle ABC$ 的各边上，$EC = 3$。
(1) 求证：$\triangle BDG\sim\triangle FEC$；
(2) 求 $BC$ 的长。
(1) 求证：$\triangle BDG\sim\triangle FEC$；
(2) 求 $BC$ 的长。
答案
(1)证明见解析；(2)21
解析
(1)∵四边形DEFG是正方形，∴DG⊥BC，EF⊥BC，DG=EF=6，∴∠BDG=∠FEC=90°。∵∠A=90°，∴∠B+∠C=90°。在Rt△BDG中，∠B+∠DGB=90°，∴∠DGB=∠C。∴△BDG∽△FEC（AA）。
(2)设BD=x，∵△BDG∽△FEC，∴$\frac{BD}{EF}=\frac{DG}{EC}$。∵EF=DG=6，EC=3，∴$\frac{x}{6}=\frac{6}{3}$，解得x=12。∵DE=6，EC=3，∴BC=BD+DE+EC=12+6+3=21。
(2)设BD=x，∵△BDG∽△FEC，∴$\frac{BD}{EF}=\frac{DG}{EC}$。∵EF=DG=6，EC=3，∴$\frac{x}{6}=\frac{6}{3}$，解得x=12。∵DE=6，EC=3，∴BC=BD+DE+EC=12+6+3=21。
10. (人教九下 P44 改编)如图，在 $\triangle ABC$ 中，$\angle CAB = 90^{\circ}$，$D$ 是边 $BC$ 上一点，$AB^2 = BD· BC$，$E$ 为线段 $AD$ 中点，连接 $CE$ 并延长，交 $AB$ 于点 $F$。
(1) 求证：$AD⊥ BC$；
(2) 若 $\angle FCB =\angle B$，求 $S_{\triangle CAE}:S_{\triangle ADB}$ 的值。
(1) 求证：$AD⊥ BC$；
(2) 若 $\angle FCB =\angle B$，求 $S_{\triangle CAE}:S_{\triangle ADB}$ 的值。
答案
1:4
解析
(1)∵AB²=BD·BC，∴AB/BD=BC/AB，又∠B=∠B，∴△ABD∽△CBA，∴∠ADB=∠CAB=90°，∴AD⊥BC。
(2)设∠B=θ，则∠FCB=θ，∠ACB=90°-θ，∠ACD=90°-2θ，∠CAD=2θ。设BD=a，BC=b，AB²=ab，AD⊥BC。E为AD中点，S△CAE=1/2 S△CAD。
由∠FCB=∠B，得tan∠B=AC/AB=tan∠FCB。设AC=b，AB=c，tan∠B=b/c，通过坐标法求得F坐标，结合夹角公式得c²=2b²。设b=1，则AB=√2，BC=√3，BD=2/√3，AD=√6/3。
S△ADB=1/2·BD·AD=√2/3，S△CAD=1/2·DC·AD=√2/6，S△CAE=1/2 S△CAD=√2/12。
∴S△CAE:S△ADB=(√2/12):(√2/3)=1:4。
(2)设∠B=θ，则∠FCB=θ，∠ACB=90°-θ，∠ACD=90°-2θ，∠CAD=2θ。设BD=a，BC=b，AB²=ab，AD⊥BC。E为AD中点，S△CAE=1/2 S△CAD。
由∠FCB=∠B，得tan∠B=AC/AB=tan∠FCB。设AC=b，AB=c，tan∠B=b/c，通过坐标法求得F坐标，结合夹角公式得c²=2b²。设b=1，则AB=√2，BC=√3，BD=2/√3，AD=√6/3。
S△ADB=1/2·BD·AD=√2/3，S△CAD=1/2·DC·AD=√2/6，S△CAE=1/2 S△CAD=√2/12。
∴S△CAE:S△ADB=(√2/12):(√2/3)=1:4。
11. (2025 浙江)如图，五边形 $ABCDE,A'B'C'D'E'$ 是以坐标原点 $O$ 为位似中心的位似图形，已知点 $A,A'$ 的坐标分别为 $(2,0),(3,0)$。若 $DE$ 的长为 $3$，则 $D'E'$ 的长为(
A.$\frac{7}{2}$
B.$4$
C.$\frac{9}{2}$
D.$5$
C
)A.$\frac{7}{2}$
B.$4$
C.$\frac{9}{2}$
D.$5$
答案
C
解析
已知点$A(2,0)$，点$A^{\prime}(3,0)$，由于两个图形是位似图形，根据位似图形的性质，位似比等于对应点到位似中心的距离之比。
计算点$A$和点$A^{\prime}$到原点$O$的距离，$OA = 2$，$OA^{\prime} = 3$，所以位似比为$\frac{OA}{OA^{\prime}} = \frac{2}{3}$。
因为$D^{\prime}E^{\prime}$和$DE$是对应边，根据位似图形对应边成比例，设$D^{\prime}E^{\prime}$的长为$x$，则$\frac{DE}{D^{\prime}E^{\prime}}=\frac{OA}{OA^{\prime}}$，即$\frac{3}{x}=\frac{2}{3}$。
通过交叉相乘可得：$2x = 3×3$，$2x = 9$，解得$x=\frac{9}{2}$。
计算点$A$和点$A^{\prime}$到原点$O$的距离，$OA = 2$，$OA^{\prime} = 3$，所以位似比为$\frac{OA}{OA^{\prime}} = \frac{2}{3}$。
因为$D^{\prime}E^{\prime}$和$DE$是对应边，根据位似图形对应边成比例，设$D^{\prime}E^{\prime}$的长为$x$，则$\frac{DE}{D^{\prime}E^{\prime}}=\frac{OA}{OA^{\prime}}$，即$\frac{3}{x}=\frac{2}{3}$。
通过交叉相乘可得：$2x = 3×3$，$2x = 9$，解得$x=\frac{9}{2}$。
12. (2025 郑州一模)如图，在平面直角坐标系中，$\triangle ABO$ 与 $\triangle CDE$ 是位似图形，点 $O$ 是坐标原点，点 $A,B,C,D,E$ 都在格点上，且 $A(-2,0)$，则位似中心的坐标是(
A.$(-1,-1)$
B.$(-2,2)$
C.$(2,2)$
D.$(-2,0)$
C
)A.$(-1,-1)$
B.$(-2,2)$
C.$(2,2)$
D.$(-2,0)$
答案
C
解析
因为△ABO与△CDE是位似图形，位似中心是对应点连线的交点。设位似中心为P。连接A(-2,0)与对应点C，O(0,0)与对应点E，两直线交点即为P。通过格点坐标分析，A(-2,0)与C的连线、O(0,0)与E的连线交点为(2,2)，验证对应点到位似中心距离成比例，符合位似性质。
