PAGEPAGE9第3章圖形的相像1．2024·蘭州已知2x＝3y(y≠0)，則下面結論成立的是()A.eq\f(x,y)＝eq\f(3,2)B.eq\f(x,3)＝eq\f(2,y)C.eq\f(x,y)＝eq\f(2,3)D.eq\f(x,2)＝eq\f(y,3)2．2015·永州如圖3－Y－1，下列條件不能判定△ADB∽△ABC的是()圖3－Y－1A．∠ABD＝∠ACBB．∠ADB＝∠ABCC．AB2＝AD·ACD.eq\f(AD,AB)＝eq\f(AB,BC)3．2024·重慶已知△ABC∽△DEF，且相像比為1∶2，則△ABC與△DEF的面積比為()A．1∶4B．4∶1C．1∶2D．2∶14．2024·張家界如圖3－Y－2，D，E分別是△ABC的邊AB，AC的中點，假如△ADE的周長是6，則△ABC的周長是()A．6B．12C．18D．24圖3－Y－2圖3－Y－35．2024·棗莊如圖3－Y－3，在△ABC中，∠A＝78°，AB＝4，AC＝6，將△ABC沿圖3－Y－4中的虛線剪開，剪下的陰影三角形與原三角形不相像的是()圖3－Y－4圖3－Y－56．2024·哈爾濱如圖3－Y－5，在△ABC中，D，E分別為AB，AC邊上的點，DE∥BC，F為BC邊上一點，連接AF交DE于點G，則下列結論中肯定正確的是()A.eq\f(AD,AB)＝eq\f(AE,EC)B.eq\f(AG,GF)＝eq\f(AE,BD)C.eq\f(BD,AD)＝eq\f(CE,AE)D.eq\f(AG,AF)＝eq\f(AC,EC)7．2024·株洲如圖3－Y－6，若△ABC內一點P滿意∠PAC＝∠PBA＝∠PCB，則點P為△ABC的布洛卡點．三角形的布洛卡點(Brocardpoint)是法國數學家和數學教化家克洛爾(A.L.Crelle，1780—1855)于1816年首次發覺，但他的發覺并未被當時的人們所留意，1875年，布洛卡點被一個數學愛好者法國軍官布洛卡(Brocard，1845—1922)重新發覺，并用他的名字命名．問題：已知在等腰直角三角形DEF中，∠EDF＝90°，若點Q為△DEF的布洛卡點，DQ＝1，則EQ＋FQ等于()A．5B．4C．3＋eq\r(2)D．2＋eq\r(2)圖3－Y－6圖3－Y－78．2024·湘潭如圖3－Y－7，在△ABC中，D，E分別是邊AB，AC的中點，則△ADE與△ABC的面積比S△ADE∶S△ABC＝________．9．2024·長春如圖3－Y－8，直線a∥b∥c，直線l1，l2與這三條平行線分別交于點A，B，C和點D，E，F.若AB∶BC＝1∶2，DE＝3，則EF的長為________．圖3－Y－8圖3－Y－910．2024·婁底如圖3－Y－9，已知∠A＝∠D，要使△ABC∽△DEF，還需添加一個條件，你添加的條件是________．(只需寫一個條件，不添加協助線和字母)11.2024·長沙如圖3－Y－10，△ABO三個頂點的坐標分別為A(2，4)，B(6，0)，O(0，0)，以原點O為位似中心，把這個三角形縮小為原來的eq\f(1,2)，可以得到△A′B′O，已知點B′的坐標是(3，0)，則點A′的坐標是________．圖3－Y－10圖3－Y－11.2024·吉林如圖3－Y－11，數學活動小組為了測量學校旗桿AB的高度，運用長為2m的竹竿CD作為測量工具．移動竹竿，使竹竿頂端的影子與旗桿頂端的影子在地面O處重合，測得OD＝4m，BD＝14m，則旗桿AB的高為________m.13．2024·涼山州如圖3－Y－12，在邊長為1的正方形網格中建立平面直角坐標系，已知△ABC三個頂點的坐標分別為A(－1，2)，B(2，1)，C(4，5)．(1)畫出△ABC關于x軸對稱的△A1B1C1；(2)以原點O為位似中心，在x軸的上方畫出△A2B2C2，使△A2B2C2與△ABC位似，且位似比為2，并求出△A2B2C2的面積．圖3－Y－1214．2024·株洲如圖3－Y－13所示，正方形ABCD的頂點A在等腰直角三角形DEF的斜邊EF上，EF與BC相交于點G，連接CF.(1)求證：△DAE≌△DCF；(2)求證：△ABG∽△CFG.圖3－Y－1315．2024·懷化如圖3－Y－14，△ABC為銳角三角形，AD是BC邊上的高，正方形EFGH的一邊FG在BC上，頂點E，H分別在AB，AC上．已知BC＝40cm，AD＝30cm.(1)求證：△AEH∽△ABC；(2)求這個正方形的邊長與面積．圖3－Y－1416．2024·常德如圖3－Y－15，直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，D在BC上，連接AD，作BF⊥AD分別交AD于點E，交AC于點F.(1)如圖①，若BD＝BA，求證：△ABE≌△DBE.(2)如圖②，若BD＝4DC，取AB的中點G，連接CG交AD于點M，求證：①GM＝2MC；②AG2＝AF·AC.圖3－Y－15詳解詳析1．A[解析]選項A，兩邊都除以2y，得eq\f(x,y)＝eq\f(3,2)，故A符合題意；選項B，兩邊除以不同的整式，故B不符合題意；選項C，兩邊都除以2y，得eq\f(x,y)＝eq\f(3,2)，故C不符合題意；選項D，兩邊除以不同的整式，故D不符合題意．故選A.2．D[解析]選項A中，∵∠ABD＝∠ACB，∠A＝∠A，∴△ADB∽△ABC，故此選項不合題意；選項B中，∵∠ADB＝∠ABC，∠A＝∠A，∴△ADB∽△ABC，故此選項不合題意；選項C中，∵AB2＝AD·AC，∴eq\f(AB,AC)＝eq\f(AD,AB)，又∵∠A＝∠A，∴△ADB∽△ABC，故此選項不合題意；選項D中，由eq\f(AD,AB)＝eq\f(AB,BC)不能判定△ADB∽△ABC，故此選項符合題意．3．A[解析]∵△ABC∽△DEF，且相像比為1∶2，∴△ABC與△DEF的面積比為1∶4.4．B[解析]∵D，E分別是AB，AC的中點，∴AD＝eq\f(1,2)AB，AE＝eq\f(1,2)AC，DE＝eq\f(1,2)BC，∴△ABC的周長＝AB＋AC＋BC＝2AD＋2AE＋2DE＝2(AD＋AE＋DE)＝2×6＝12.故選B.5．C[解析]A．陰影部分的三角形與原三角形有兩個角相等，故兩個三角形相像，故本選項不符合題意；B.陰影部分的三角形與原三角形有兩個角相等，故兩個三角形相像，故本選項不符合題意；C.兩個三角形的對應邊不成比例，故兩個三角形不相像，故本選項符合題意；D.兩個三角形對應邊成比例且夾角相等，故兩個三角形相像，故本選項不符合題意．故選C.6．C[解析]A．∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴eq\f(AD,AB)＝eq\f(AE,AC)，故A錯誤；B.∵DE∥BC，∴eq\f(AG,GF)＝eq\f(AE,EC)，故B錯誤；C.∵DE∥BC，∴eq\f(BD,AD)＝eq\f(CE,AE)，故C正確；D.∵DE∥BC，∴△AGE∽△AFC，∴eq\f(AG,AF)＝eq\f(AE,AC)，故D錯誤．故選C.7．D[解析]如圖，在等腰直角三角形△DEF中，∠EDF＝90°，DE＝DF，∠1＝∠2＝∠3.∵∠1＋∠QEF＝∠3＋∠DFQ＝45°，∴∠QEF＝∠DFQ.又∵∠2＝∠3，∴△DQF∽△FQE，∴eq\f(DQ,FQ)＝eq\f(FQ,QE)＝eq\f(DF,EF)＝eq\f(1,\r(2)).∵DQ＝1，∴FQ＝eq\r(2)，EQ＝2，∴EQ＋FQ＝2＋eq\r(2).故選D.8．1∶4[解析]∵D，E分別是邊AB，AC的中點，∴DE∥BC，DE＝eq\f(1,2)BC，∴△ADE∽△ABC，∴S△ADE∶S△ABC＝(eq\f(DE,BC))2＝eq\f(1,4).故答案為1∶4.9．6[解析]∵a∥b∥c，∴eq\f(AB,BC)＝eq\f(DE,EF)，∴eq\f(1,2)＝eq\f(3,EF)，∴EF＝6.故答案為6.10．答案不唯一，如AB∥DE11．(1，2)[解析]∵點A的坐標為(2，4)，以原點O為位似中心，把這個三角形縮小為原來的eq\f(1,2)，∴點A′的坐標是(2×eq\f(1,2)，4×eq\f(1,2))，即(1，2)．故答案為(1，2)．12．9[解析]∵OD＝4m，BD＝14m，∴OB＝OD＋BD＝18m．由題意可知∠ODC＝∠OBA，且∠O為公共角，∴△OCD∽△OAB，∴eq\f(OD,OB)＝eq\f(CD,AB)，即eq\f(4,18)＝eq\f(2,AB)，解得AB＝9(m)，即旗桿AB的高為9m.13．解：(1)如圖所示，△A1B1C1就是所求作三角形．(2)如圖所示，△A2B2C2就是所求作三角形．如圖，分別過點A2，C2作y軸的平行線，過點B2作x軸的平行線，交點分別為E，F.∵A(－1，2)，B(2，1)，C(4，5)，△A2B2C2與△ABC位似，且位似比為2，∴A2(－2，4)，B2(4，2)，C2(8，10)，∴S△A2B2C2＝8×10－eq\f(1,2)×6×2－eq\f(1,2)×4×8－eq\f(1,2)×6×10＝28.14．證明：(1)∵四邊形ABCD是正方形，△DEF是等腰直角三角形，∴∠ADC＝∠EDF＝90°，AD＝CD，DE＝DF，∴∠ADE＋∠ADF＝∠ADF＋∠CDF，∴∠ADE＝∠CDF.在△ADE和△CDF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(DE＝DF，,∠ADE＝∠CDF，,AD＝CD，))∴△ADE≌△CDF.(2)延長BA，交ED于點M，∵△ADE≌△CDF，∴∠EAD＝∠FCD，即∠EAM＋∠MAD＝∠BCD＋∠BCF.∵∠MAD＝∠BCD＝90°，∴∠EAM＝∠BCF.∵∠EAM＝∠BAG，∴∠BAG＝∠BCF.又∵∠AGB＝∠CGF，∴△ABG∽△CFG.15．解：(1)證明：∵四邊形EFGH是正方形，∴EH∥FG，∴△AEH∽△ABC.(2)如圖，設EH與AD交于點P，由(1)知△AEH∽△ABC，∴eq\f(EH,BC)＝eq\f(AP,AD).∵AD是BC邊上的高，四邊形EFGH是正方形，∴EF＝FG＝GH＝EH，四邊形EFDP是矩形，∴PD＝EF，∴AP＝AD－PD＝AD－EF＝AD－EH，∴eq\f(EH,40)＝eq\f(30－EH,30)，解得EH＝eq\f(120,7)(cm)，∴EH2＝(eq\f(120,7))2＝eq\f(14400,49)(cm2)，∴這個正方形的邊長為eq\f(120,7)cm，面積為eq\f(14400,49)cm2.16．證明：(1)在Rt△ABE和Rt△DBE中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(BA＝BD，,BE＝BE，))∴Rt△ABE≌Rt△DBE.(2)①過點G作GH∥AD交BC于點H，∵AG＝BG，∴BH＝DH.∵BD＝4DC，∴設DC＝1，則BD＝4，∴BH＝DH＝2.∵GH∥AD，∴eq\f(GM,MC)＝e