《2025年综合应用创新题典中点九年级数学下册鲁教版》

11. 如图，已知矩形OABC∽矩形OA'B'C'，B'(10,5)，AA' = 1，则CC'的长是（ ）

A. 1
B. 2
C. 3
D. 4

答案： B 【点拨】
∵点B'的坐标为(10,5)，四边形OABC和四边形OA'B'C'是矩形，
∴AO = BC，A'O = B'C' = 5，OC' = 10.
∴AO = BC = A'O - AA' = 4.
∵矩形OABC∽矩形OA'B'C'，
∴$\frac{OC'}{B'C'}=\frac{BC}{OC}$，即$\frac{10}{5}=\frac{4}{OC}$.
∴OC = 8.
∴CC' = OC' - OC = 10 - 8 = 2.

12. 新考法 折叠法 [2024·威海期末]已知四边形ABCD是一张矩形纸片.将其按如图所示的方式折叠：使DA边落在DC边上，点A落在点H处，折痕为DE；使CB边落在CD边上，点B落在点G处，折痕为CF.若矩形HEFG与原矩形ABCD相似，AD = 1，则CD的长为（ ）

A. $\sqrt{2}-1$
B. $\sqrt{5}-1$
C. $\sqrt{2}+1$
D. $\sqrt{5}+1$

答案： C 【点拨】设HG = x.
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A = ∠ADH = 90°，AD = BC = 1. 由折叠得∠A = ∠DHE = 90°，AD = DH = 1，BC = CG = 1，
∴四边形ADHE是正方形.
∴AD = HE = 1.
∵矩形HEFG与矩形ABCD相似，
∴$\frac{GH}{AD}=\frac{HE}{DC}$.
∴$\frac{x}{1}=\frac{1}{1 + x + 1}$，解得x = $\sqrt{2}-1$或x = -$\sqrt{2}-1$，经检验，x = $\sqrt{2}-1$或x = -$\sqrt{2}-1$都是原方程的根.
∵GH＞0，
∴GH = $\sqrt{2}-1$.
∴DC = 2 + x = $\sqrt{2}+1$，故选C.

13. 如图，矩形A'B'C'D'在矩形ABCD的内部，AB//A'B'，AD//A'D'，且AD = 12，AB = 6，设AB与A'B'，BC与B'C'，CD与C'D'，DA与D'A'之间的距离分别为a，b，c，d.
(1)若a = b = c = d = 2，则矩形A'B'C'D'与矩形ABCD相似吗？为什么？
(2)若矩形A'B'C'D'∽矩形ABCD，则a，b，c，d应满足什么等量关系？

答案： 【解】
(1)不相似，理由如下：
∵$\frac{AD}{A'D'}=\frac{12}{12 - 2 - 2}=\frac{3}{2}\neq\frac{AB}{A'B'}=\frac{6}{6 - 2 - 2}=3$，
∴矩形A'B'C'D'与矩形ABCD不相似.
(2)要使矩形A'B'C'D'∽矩形ABCD，就要满足$\frac{AD}{A'D'}=\frac{AB}{A'B'}$，即$\frac{12}{12 - a - c}=\frac{6}{6 - d - b}$，可得2d + 2b = a + c.

14. 新考法 折叠法 如图，在矩形ABCD中，AB = 1，在BC上取一点E，将△ABE沿AE向上折叠，使点B落在AD上的点F处.若四边形EFDC与矩形ABCD相似，求AD的长.

答案： 【解】由题意易知AF = AB = 1，四边形ABEF是正方形，
∴EF = AB = 1. 设AD = x.
则FD = x - 1.
∵四边形EFDC与矩形ABCD相似，
∴$\frac{EF}{AD}=\frac{FD}{AB}$，即$\frac{1}{x}=\frac{x - 1}{1}$，
解得$x_1=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$，$x_2=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$(舍去)，
经检验$x=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$是原方程的解且符合题意，
∴$AD=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$.

15. 核心素养 推理能力 如图，点E是菱形ABCD对角线CA的延长线上一点，以线段AE为边作一个菱形AEFG，且菱形AEFG∽菱形ABCD，连接EB，GD.
(1)求证：EB = GD；
(2)若∠DAB = 60°，AB = 2，AG = $\sqrt{3}$，求GD的长.

答案：

(1)【证明】
∵四边形AEFG和四边形ABCD都是菱形，
∴AE = AG，AB = AD.
∵菱形AEFG∽菱形ABCD，
∴∠EAG = ∠BAD.
∴∠EAG + ∠GAB = ∠BAD + ∠GAB，即∠EAB = ∠GAD.
∴△AEB≌△AGD.
∴EB = GD.
(2)【解】如图，连接BD交AC于点P.
∵四边形ABCD为菱形，
∴$∠PAB=\frac{1}{2}∠DAB = 30°$，BP⊥AC.
∴$BP=\frac{1}{2}AB = 1$.
∴$AP=\sqrt{AB^{2}-BP^{2}}=\sqrt{3}$.
又
∵AE = AG = $\sqrt{3}$，
∴EP = 2$\sqrt{3}$.
∴$EB=\sqrt{EP^{2}+BP^{2}}=\sqrt{12 + 1}=\sqrt{13}$.
∴GD = EB = $\sqrt{13}$.