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专题06相似、锐角三角比与平面向量(36题)
一、单选题
1.(2023·上海宝山·统考二模)已知点D、E分别在的边、的延长线上,,,设,那么用向量表示为(????)
A. B. C. D.
【答案】D
【分析】先证明,从而推出,则,由,可得.
【详解】解:∵,
∴,
∴,
∴,
∴,
∵,
∴,
故选D.
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定,向量的计算,证明,从而推出是解题的关键.
2.(2023·上海浦东新·统考二模)如图,已知正方形的顶点D、E在的边上,点G、F分别在边上,如果,的面积是32,那么这个正方形的边长是(????)
A.4 B.8 C. D.
【答案】A
【分析】过点A作于H,交于M,如图,先利用三角形面积公式计算出,设正方形的边长为x,则,再证明,则根据相似三角形的性质得方程,然后解关于x的方程即可.
【详解】解:如图,过点A作于H,交于M,
∵的面积是32,,
∴,
∴,
设正方形的边长为x,则,
∵,
∴,
∴,
,解得∶,
即这个正方形的边长是4.
故选:A.
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质及正方形的性质,添加合适的辅助线是解题的关键.
3.(2023·上海松江·统考二模)如图,点G是的重心,四边形与面积的比值是(????)
A. B. C. D.
【答案】B
【分析】连接,根据三角形中位线定理以及中线的性质可得,,,从而得到,进而得到,继而得到,,可得,再由,即可.
【详解】解:如图,连接,
∵点G是的重心,
∴点D,E分别为的中点,
∴,,,
∴,
∴,
∴,
∴,,
∴,
∴,
∴,
即四边形与面积的比值是.
故选:B
【点睛】本题主要考查了三角形的重心,相似三角形的判定和性质,三角形中位线定理,熟练掌握三角形的重心,相似三角形的判定和性质,三角形中位线定理是解题的关键.
4.(2023·上海嘉定·统考二模)如图,已知点D、E分别在的边、上,,,那么等于(???)
A. B. C. D.
【答案】D
【分析】根据题意得,与是同高,故底之比等于,从而得出面积之比.
【详解】解:∵,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴,
∵和的高相同,
∴,
故选:D.
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质,高相等的两个三角形的面积之比等于底之比是解题的关键.
二、填空题
5.(2023·上海徐汇·统考二模)如图,已知在中,点D是边AC上一点,且.设,,那么向量______.(用的形式表示,其中x、y为实数)
【答案】
【分析】先求解,,再根据可得答案.
【详解】解:∵,,
∴,
∵,
∴,
∴.
故答案为:.
【点睛】本题考查的是平面向量的线性运算,熟练的掌握运算法则是解本题的关键.
6.(2023·上海松江·统考二模)如图,已知在矩形中,点在边上,且,设,那么=________(用、的式子表示).
【答案】
【分析】根据矩形的性质得出,根据已知条件得出,根据三角形法则即可求解.
【详解】解:∵四边形是矩形,
∴
∵,
∴
∵,
∴
故答案为:.
【点睛】本题考查了矩形的性质,平面向量的线性计算,熟练掌握三角形法则是解题的关键.
7.(2023·上海嘉定·统考二模)如图,在中,点D是边上一点,且.设,,那么____.(用、表示)
【答案】
【分析】根据,计算求解即可.
【详解】解:由题意知
故答案为:.
【点睛】本题考查了向量的线性运算.解题的关键在于明确各向量之间的关系.
8.(2023·上海崇明·统考二模)已知梯形中,,,设,,那么可用、表示为________.
【答案】/
【分析】连接,利用三角形法则,进行求解即可.
【详解】解:连接,
则:,
∵,,
∴,
∴;
故答案为:.
【点睛】本题考查向量的线性计算.熟练掌握三角形法则,是解题的关键.
9.(2023·上海浦东新·统考二模)我们规定:两个正多边形的中心之间的距离叫做中心距,在同一个平面内有边长都为6的正三角形和正方形,当它们的一边重合时,中心距为_____.
【答案】或
【分析】分两种情况,结合正方形和正三角形的性质,即可求解.
【详解】解:如图,在正方形和正三角形中,连接交于点O,正三角形的中线交于点F,则点O,P分别正方形和正三角形的中心,
在正方形和正三角形中,,,,
∴点O,E均在的垂直平分线上,
∴点E,O,P,G四三点共线,
∵正方形和正三角形的边长都为6,
∴.
∴,
∴,
∴;
即中心距为;
如图,在正方形和正三角形中,连接交于点O,正三角形的中线交于点F,则点O,P分别正方形和正三角形的中心,
在正方形和正三角形中,,,,
∴点O,E均在的垂直平分线上,
∴点E,O,P,G四三点共线,
∵正方形和正三角形的边长都为6,
∴.
∴,
∴,
∴;
即中心距为;
综上所述,中心距为或.
故答案为:或
【
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