搜索
1. 如图，在正方形 ABCD 中，E 是边 CD 上一点，连接 BE，以 BE 为对角线作正方形 BGEF，边 EF 与正方形 ABCD 的对角线 BD 相交于点 H，连接 AF，有下列结论：
①△ABF∽△DBE；②AF⊥BD；③2BG²=BH·BD；④若点 E 在 DC 上以一定的速度由点 D 向点 C 运动，则点 G 的运动速度是点 E 运动速度的一半. 其中正确的个数是(
A.1
B.2
C.3
D.4
①△ABF∽△DBE；②AF⊥BD；③2BG²=BH·BD；④若点 E 在 DC 上以一定的速度由点 D 向点 C 运动，则点 G 的运动速度是点 E 运动速度的一半. 其中正确的个数是(
C
)A.1
B.2
C.3
D.4
答案：
1.C 点拨:
∵四边形ABCD和四边形BGEF都是正方形，
∴DC=BC=AD=AB,FE=FB=BG=EG,∠BCD=∠BAD=∠BFE=∠BGE=90°,
∴DB= $\sqrt{AD^{2} + AB^{2}} = \sqrt{2}AB$，EB = $\sqrt{FE^{2} + FB^{2}} = \sqrt{2}FB$，∠CDB=∠CBD=∠ABD=∠ADB=∠FBE=∠FEB=45°,
∴$\frac{AB}{DB} = \frac{FB}{EB} = \frac{\sqrt{2}}{2}$，∠ABF=∠DBE=45°−∠DBF,
∴△ABF∽△DBE,故①正确;
如答图，延长AF交BD于点L，
∵△ABF∽△DBE,
∴∠FAB=∠EDB=45°,又∠ABD=45°,
∴∠ALD=∠FAB+∠ABD=90°,
∴AF⊥BD,故②正确;
∵∠HEB=∠EDB=45°,∠EBH=∠DBE,
∴△EBH∽△DBE,
∴$\frac{BE}{BD} = \frac{BH}{BE}$，
∴$BE^{2} = BH·BD$．
∵$BE^{2} = BG^{2} + EG^{2} = 2BG^{2}$，
∴$2BG^{2} = BH·BD$，故③正确;
如答图，连接CG,设点E运动的时间为t,
∵BD = $\sqrt{DC^{2} + BC^{2}} = \sqrt{2}BC$，BE = $\sqrt{EG^{2} + BG^{2}} = \sqrt{2}BG$，
∴$\frac{BC}{BD} = \frac{BG}{BE} = \frac{\sqrt{2}}{2}$．
∵∠GBE = ∠GEB = ∠CBD = 45°，
∴∠CBG = ∠DBE = 45° - ∠CBE，
∴△CBG∽△DBE，
∴∠GCB = ∠EDB = 45°，$\frac{CG}{DE} = \frac{BC}{BD} = \frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴点G由点C沿射线CG方向运动，$CG = \frac{\sqrt{2}}{2}DE$．
∵点E的速度为$\frac{DE}{t} = \frac{1}{t}DE$，点G的速度为$\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}DE}{t} = \frac{\sqrt{2}}{2t}DE$，
∴$\frac{\frac{\sqrt{2}}{2t}DE}{\frac{1}{t}DE} = \frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴点G的运动速度是点E运动速度的$\frac{\sqrt{2}}{2}$倍，故④错误，
综上所述，正确的结论是①②③，共3个.
1.C 点拨:
∵四边形ABCD和四边形BGEF都是正方形，
∴DC=BC=AD=AB,FE=FB=BG=EG,∠BCD=∠BAD=∠BFE=∠BGE=90°,
∴DB= $\sqrt{AD^{2} + AB^{2}} = \sqrt{2}AB$，EB = $\sqrt{FE^{2} + FB^{2}} = \sqrt{2}FB$，∠CDB=∠CBD=∠ABD=∠ADB=∠FBE=∠FEB=45°,
∴$\frac{AB}{DB} = \frac{FB}{EB} = \frac{\sqrt{2}}{2}$，∠ABF=∠DBE=45°−∠DBF,
∴△ABF∽△DBE,故①正确;
如答图，延长AF交BD于点L，
∵△ABF∽△DBE,
∴∠FAB=∠EDB=45°,又∠ABD=45°,
∴∠ALD=∠FAB+∠ABD=90°,
∴AF⊥BD,故②正确;
∵∠HEB=∠EDB=45°,∠EBH=∠DBE,
∴△EBH∽△DBE,
∴$\frac{BE}{BD} = \frac{BH}{BE}$，
∴$BE^{2} = BH·BD$．
∵$BE^{2} = BG^{2} + EG^{2} = 2BG^{2}$，
∴$2BG^{2} = BH·BD$，故③正确;
如答图，连接CG,设点E运动的时间为t,
∵BD = $\sqrt{DC^{2} + BC^{2}} = \sqrt{2}BC$，BE = $\sqrt{EG^{2} + BG^{2}} = \sqrt{2}BG$，
∴$\frac{BC}{BD} = \frac{BG}{BE} = \frac{\sqrt{2}}{2}$．
∵∠GBE = ∠GEB = ∠CBD = 45°，
∴∠CBG = ∠DBE = 45° - ∠CBE，
∴△CBG∽△DBE，
∴∠GCB = ∠EDB = 45°，$\frac{CG}{DE} = \frac{BC}{BD} = \frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴点G由点C沿射线CG方向运动，$CG = \frac{\sqrt{2}}{2}DE$．
∵点E的速度为$\frac{DE}{t} = \frac{1}{t}DE$，点G的速度为$\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}DE}{t} = \frac{\sqrt{2}}{2t}DE$，
∴$\frac{\frac{\sqrt{2}}{2t}DE}{\frac{1}{t}DE} = \frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴点G的运动速度是点E运动速度的$\frac{\sqrt{2}}{2}$倍，故④错误，
综上所述，正确的结论是①②③，共3个.
2. 如图，菱形 ABCD 的边长为 2，对角线 AC，BD 相交于点 O，M，N 分别是边 BC，CD 上的动点，∠BAC=∠MAN=60°，连接 MN，OM. 有下列结论：①△AMN 是等边三角形；②线段 MN 长度的最小值是√{3}；③当线段 MN 的长度最小时，S_{△CMN}= $\frac{1}{8}$S_{菱形ABCD}；④当 OM⊥BC 时，OA²=DN·AB. 其中正确的有(
A.①②③
B.①②④
C.①③④
D.①②③④
D
)A.①②③
B.①②④
C.①③④
D.①②③④
答案：
2.D 点拨:
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=CB=AD=CD,AB//CD,AC⊥BD,OA=OC,
∴∠BAC=∠ACD=60°,
∴△ABC和△ADC都是等边三角形，
∴∠ABM=∠ACN=60°,AB=AC.
∵∠MAN=60°,
∴∠BAM=∠CAN=60°−∠CAM,
∴△BAM≌△CAN(ASA),
∴AM=AN,
∴△AMN是等边三角形，故①正确;当AM⊥BC时，
AM的长最小，此时MN的长也最小.
∵∠AMB=90°,∠ABM=60°,AB=2,
∴MN=AM=AB.sin60°= $2×\frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$，
∴线段MN长度的最小值是$\sqrt{3}$，故②正确;
∵当AM⊥BC时,MN的长最小,此时BM=CM,
∴CN=BM= $\frac{1}{2}CB = \frac{1}{2}CD$，
∴DN=CN,
∴MN//BD,
∴△CMN∽△CBD,
∴$\frac{S_{△CMN}}{S_{△CBD}} = (\frac{CM}{CB})^{2} = (\frac{1}{2})^{2} = \frac{1}{4}$，
∴$S_{△CMN} = \frac{1}{4}S_{△CBD}$．
∵$S_{△CBD} = \frac{1}{2}S_{菱形ABCD}$，
∴$S_{△CMN} = \frac{1}{4}×\frac{1}{2}S_{菱形ABCD} = \frac{1}{8}S_{菱形ABCD}$，故③正确;
∵CB=CD,BM=CN,
∴CB−BM=CD−CN,
∴CM=DN;
∵OM⊥BC,
∴∠CMO=∠COB=90°.
∵∠OCM=∠BCO,
∴△OCM∽△BCO，
∴$\frac{CM}{OC} = \frac{OC}{CB}$，
∴$OC^{2} = CM·CB$，
∴$OA^{2} = DN·AB$，故④正确.
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=CB=AD=CD,AB//CD,AC⊥BD,OA=OC,
∴∠BAC=∠ACD=60°,
∴△ABC和△ADC都是等边三角形，
∴∠ABM=∠ACN=60°,AB=AC.
∵∠MAN=60°,
∴∠BAM=∠CAN=60°−∠CAM,
∴△BAM≌△CAN(ASA),
∴AM=AN,
∴△AMN是等边三角形，故①正确;当AM⊥BC时，
AM的长最小，此时MN的长也最小.
∵∠AMB=90°,∠ABM=60°,AB=2,
∴MN=AM=AB.sin60°= $2×\frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$，
∴线段MN长度的最小值是$\sqrt{3}$，故②正确;
∵当AM⊥BC时,MN的长最小,此时BM=CM,
∴CN=BM= $\frac{1}{2}CB = \frac{1}{2}CD$，
∴DN=CN,
∴MN//BD,
∴△CMN∽△CBD,
∴$\frac{S_{△CMN}}{S_{△CBD}} = (\frac{CM}{CB})^{2} = (\frac{1}{2})^{2} = \frac{1}{4}$，
∴$S_{△CMN} = \frac{1}{4}S_{△CBD}$．
∵$S_{△CBD} = \frac{1}{2}S_{菱形ABCD}$，
∴$S_{△CMN} = \frac{1}{4}×\frac{1}{2}S_{菱形ABCD} = \frac{1}{8}S_{菱形ABCD}$，故③正确;
∵CB=CD,BM=CN,
∴CB−BM=CD−CN,
∴CM=DN;
∵OM⊥BC,
∴∠CMO=∠COB=90°.
∵∠OCM=∠BCO,
∴△OCM∽△BCO，
∴$\frac{CM}{OC} = \frac{OC}{CB}$，
∴$OC^{2} = CM·CB$，
∴$OA^{2} = DN·AB$，故④正确.
查看更多完整答案，请扫码查看
