1、专题16 相似三角形的性质例1 10.5 提示：例2 C 例3 144 提示： 例4 解法一：如图1，过点O作AC的平行线交BC，AB于点D，EDEAC，OAC=1，1=BAO，OAC=OCA，AO=OC，AE=OE，AOEACO，DEAC，2=OBC，BCO=BCO，OCDBCO，得图1ABCEDO12，（AO=OC，AE=OE），解法二：如图2，不妨设AB AC，延长CA至点P，使CP=AB，连接PB，PO图2在BAO和PCO中，BAOPCO，CPO=ABOO，A，P，B四点共圆，OAB=OPB=OBC而CPO=ABO，ABC=CPB，又ACB=BCP，CBACPB，注意到PC=AB，即A
2、BC三边成比例例5 提示：（1）BC=10 （2）如图1，过点D作DGAB交BC于点G，则BG=AD=3，GC=7，MNDG，当M，N运动t秒时，CN=t，CM=10-2t，由MNCGDC，得，即，解得 （3）当NC=MC时，如图2，则t=10-2t，；当MN=NC时，如图3，过点N作NEMC于点E，过点D作DHBC于点H，由NECDHC，得，即，解得；当MN=MC是，如图4，过点M作MFCN于点F，则由MFCDHC，得，即，解得图1图2图3图4例6（1）AD=DC，DAC=DCAADBC，DAC=ACBBCD=60，DCA=ACB=30B=30，DAC=B=30，DACABC过点D作DEAC
3、于点EAD=DC，AC=2EC在RtDEC中，DCA=30，DAC与ABC有一定的“全等度”（2）DAC与ABC有一定的“全等度”不正确反例：若ACB=40，则DAC与ABC不具有一定的“全等度”B=30，BCD=60，BAC=110ADBC，D=120DAC与ABC都是钝角三角形，且两钝角不相等DAC与ABC不相似若ACB=40，则DAC与ABC不具有一定的“全等度”A级125 2 3 4或 5B 6C 7C 8A 9提示：由ABCDCA，得10提示：（1）ABF=COE，BAF=C，可证明ABFCOE（2）如图，作OGAC，交AD的延长线于G，则G=C，(第10题)O为AC中点，AC=2A
4、B，FOG=BOA=COE=45，FOGEOC，又AO=BA，G=C，AOG=BAC，AGOBCA，OG=AC=2OC， （3）11提示：（1）（2）（3）不存在点D，使得成立，从而反面说明12（1）当MN=3时，点P在BC上（2）当时，当时，y有最大值为3；当时，设PMN与BC相较于点E、F，BC边上的高为4，则，当x=4时，y有最大值为4B级1405cm2 提示： 2 提示：RtBADRtCBA 3C 4C 提示：延长DA、CB相交于G，设，则，5EBDDACABC，6提示：，由AFGABC，得，FB=47设BC=a，BC边上的高AD=h，PS=x，RS=y由ASRABC，得，整理得，不是
5、完全平方数，为无理数，从而为无理数，于是为无理数. 8.提示：（1）. （2）.（3）如图1，当CP=CQ时，即，得.如图2，当QC=QP时，过点Q作QDx轴于D，则.QDCBOC，即，得.（3）如图3，当PC=PQ时，过P作于D，则.CDPCOB.，即，得综上所述，当或或时，PCQ为等腰三角形. 9.设三角形边长为.设为正方形的边长，为三角形的高，为三角形的面积.设D、E、F、G是立于边上的正方形的顶点.GFBC，AGFABC，.同理可得：.据题意，故得，或，但，故.由得，因此，故，或，其中必有一成立.若式成立，由求得，矛盾（直角三角形斜边大于直角边），故式成立.有得.同理可证，故，即ABC
6、为正三角形.10.(1)连结AC，CF，可证明ACFDCE，得.（2）. 证明ADHCPH，CPH=ADH=90，故CPAF.（3）.11.(1)B(3,6). (2)作EGx轴于点G，可求得E（2，4），直线DE的解析式.（3）存在.如图1，当OD=DM=MN=NO=5时，四边形ODMN为菱形.作MPy轴于点P，则MPx轴，MPDFOD，.又当时，解得.F点的坐标为（10，0）.OF=10.在RtODF中，.点M的坐标为.点N的坐标为. 如图2，当OD=DN=NM=MO=5时，四边形ODNM为菱形，延长NM交x轴于点P，则MPx轴.点M在直线上.设M点坐标为，在RtOPM中，解得，点M的坐标为（4，3）.点N的坐标为（4，8）.如图3，当OM=MD=DN=NO时，四边形OMDN为菱形，连结NM交OD于点P，则NM与OD互相垂直平分，. ，.N的坐标为.综上所述，x轴上方的点N有三个，分别为， .
