10. 在方格纸中，每个小方格的顶点称为格点，以格点的连线为边的三角形称为格点三角形.在如图所示的$5× 5$的方格纸中(每个小正方形的边长均为$1$)，如果想作格点三角形$ABC$与三角形$OAB$相似(相似比不能为$1:1$)，那么点$C$的坐标为
]
$(4,4)$或$(5,2)$
.]
答案：10.$(4,4)$或$(5,2)$
解析：
解：由图可知，点$O(0,0)$，$A(1,0)$，$B(0,2)$，则$OA=1$，$OB=2$，$AB=\sqrt{(1-0)^2+(0-2)^2}=\sqrt{5}$。
因为$\triangle ABC$与$\triangle OAB$相似且相似比不为$1:1$，分两种情况：
情况一： 当$\triangle ABC ∼ \triangle OBA$时，$\frac{AB}{OB}=\frac{AC}{OA}=\frac{BC}{AB}$，即$\frac{\sqrt{5}}{2}=\frac{AC}{1}=\frac{BC}{\sqrt{5}}$，解得$AC=\frac{\sqrt{5}}{2}$（非格点，舍去）。
情况二： 当$\triangle ABC ∼ \triangle AOB$时，$\frac{AB}{AO}=\frac{AC}{BO}=\frac{BC}{AB}$，即$\frac{\sqrt{5}}{1}=\frac{AC}{2}=\frac{BC}{\sqrt{5}}$，解得$AC=2\sqrt{5}$，$BC=5$。
设$C(x,y)$，则$\sqrt{(x-1)^2+y^2}=2\sqrt{5}$，$\sqrt{x^2+(y-2)^2}=5$，解得$x=4$，$y=4$或$x=5$，$y=2$。
情况三： 当$\triangle ACB ∼ \triangle AOB$时，同理可得$C(4,4)$或$C(5,2)$。
综上，点$C$的坐标为$(4,4)$或$(5,2)$。
$(4,4)$或$(5,2)$
因为$\triangle ABC$与$\triangle OAB$相似且相似比不为$1:1$，分两种情况：
情况一： 当$\triangle ABC ∼ \triangle OBA$时，$\frac{AB}{OB}=\frac{AC}{OA}=\frac{BC}{AB}$，即$\frac{\sqrt{5}}{2}=\frac{AC}{1}=\frac{BC}{\sqrt{5}}$，解得$AC=\frac{\sqrt{5}}{2}$（非格点，舍去）。
情况二： 当$\triangle ABC ∼ \triangle AOB$时，$\frac{AB}{AO}=\frac{AC}{BO}=\frac{BC}{AB}$，即$\frac{\sqrt{5}}{1}=\frac{AC}{2}=\frac{BC}{\sqrt{5}}$，解得$AC=2\sqrt{5}$，$BC=5$。
设$C(x,y)$，则$\sqrt{(x-1)^2+y^2}=2\sqrt{5}$，$\sqrt{x^2+(y-2)^2}=5$，解得$x=4$，$y=4$或$x=5$，$y=2$。
情况三： 当$\triangle ACB ∼ \triangle AOB$时，同理可得$C(4,4)$或$C(5,2)$。
综上，点$C$的坐标为$(4,4)$或$(5,2)$。
$(4,4)$或$(5,2)$
11. 如图，由$25$个边长为$1$的小正方形组成的正方形网格中有一个$\triangle ABC$，请在网格中画一个顶点在格点上，且与$\triangle ABC$相似的面积最大的$\triangle A'B'C'$，此时它的面积为
$5$
.答案：
11.(画法不唯一)如图所示:
$5$解析：$S_{\triangle A'B'C'}=\frac{1}{2}×5×5 - \frac{1}{2}×1×3 - \frac{1}{2}×2×4 - 1×2 = 5$。故此时$\triangle A'B'C'$的面积为$5$。
11.(画法不唯一)如图所示:
$5$解析：$S_{\triangle A'B'C'}=\frac{1}{2}×5×5 - \frac{1}{2}×1×3 - \frac{1}{2}×2×4 - 1×2 = 5$。故此时$\triangle A'B'C'$的面积为$5$。
12. 如图，$\triangle ABC$各顶点的坐标分别为$A(3,0)$，$B(0,4)$，$C(4,2)$，过点$C$作$CD ⊥ x$轴，垂足为$D$.求证：$\angle ACD = \angle ABC$.
]
]
答案：12.过点$C$作$CH⊥ OB$于点$H$，则$\angle CHB=\angle CHO=90^{\circ}$。因为$CD⊥ x$轴，所以$\angle CDO=90^{\circ}$。又$\angle DOH=90^{\circ}$，所以四边形$CDOH$是矩形，所以$CD=OH$，$CH=OD$。因为$A(3,0)$，$B(0,4)$，$C(4,2)$，所以$OA=3$，$OB=4$，$CD=OH=2$，$CH=OD=4$，所以$AB=\sqrt{OA^{2}+OB^{2}}=5$，$AD=OD - OA = 1$，$BH=OB - OH = 2$，所以$AC=\sqrt{CD^{2}+AD^{2}}=\sqrt{5}$，$BC=\sqrt{CH^{2}+BH^{2}}=2\sqrt{5}$，所以$\frac{AD}{AC}=\frac{CD}{BC}=\frac{AC}{AB}=\frac{\sqrt{5}}{5}$，所以$\triangle ACD∼\triangle ABC$，所以$\angle ACD=\angle ABC$。
解析：
证明：过点$C$作$CH ⊥ OB$于点$H$，则$\angle CHB = \angle CHO = 90°$。
因为$CD ⊥ x$轴，所以$\angle CDO = 90°$。
又$\angle DOH = 90°$，所以四边形$CDOH$是矩形，因此$CD = OH$，$CH = OD$。
已知$A(3,0)$，$B(0,4)$，$C(4,2)$，
所以$OA = 3$，$OB = 4$，$CD = OH = 2$，$CH = OD = 4$。
计算得：
$AB = \sqrt{OA^2 + OB^2} = \sqrt{3^2 + 4^2} = 5$，
$AD = OD - OA = 4 - 3 = 1$，
$BH = OB - OH = 4 - 2 = 2$，
$AC = \sqrt{CD^2 + AD^2} = \sqrt{2^2 + 1^2} = \sqrt{5}$，
$BC = \sqrt{CH^2 + BH^2} = \sqrt{4^2 + 2^2} = 2\sqrt{5}$。
因为$\frac{AD}{AC} = \frac{1}{\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{5}}{5}$，$\frac{CD}{BC} = \frac{2}{2\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{5}}{5}$，$\frac{AC}{AB} = \frac{\sqrt{5}}{5}$，
所以$\frac{AD}{AC} = \frac{CD}{BC} = \frac{AC}{AB}$，
因此$\triangle ACD ∼ \triangle ABC$，
所以$\angle ACD = \angle ABC$。
因为$CD ⊥ x$轴，所以$\angle CDO = 90°$。
又$\angle DOH = 90°$，所以四边形$CDOH$是矩形，因此$CD = OH$，$CH = OD$。
已知$A(3,0)$，$B(0,4)$，$C(4,2)$，
所以$OA = 3$，$OB = 4$，$CD = OH = 2$，$CH = OD = 4$。
计算得：
$AB = \sqrt{OA^2 + OB^2} = \sqrt{3^2 + 4^2} = 5$，
$AD = OD - OA = 4 - 3 = 1$，
$BH = OB - OH = 4 - 2 = 2$，
$AC = \sqrt{CD^2 + AD^2} = \sqrt{2^2 + 1^2} = \sqrt{5}$，
$BC = \sqrt{CH^2 + BH^2} = \sqrt{4^2 + 2^2} = 2\sqrt{5}$。
因为$\frac{AD}{AC} = \frac{1}{\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{5}}{5}$，$\frac{CD}{BC} = \frac{2}{2\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{5}}{5}$，$\frac{AC}{AB} = \frac{\sqrt{5}}{5}$，
所以$\frac{AD}{AC} = \frac{CD}{BC} = \frac{AC}{AB}$，
因此$\triangle ACD ∼ \triangle ABC$，
所以$\angle ACD = \angle ABC$。
13. 在正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点，以格点为顶点的三角形叫做格点三角形.如图，$\triangle ABC$是格点三角形，在如图所示的$6× 6$正方形网格中作出格点三角形$ADE$(不含$\triangle ABC$)，使得$\triangle ADE \backsim \triangle ABC$(同一位置的格点三角形$ADE$只算一个)，这样的格点三角形一共有(
A.$4$个
B.$5$个
C.$6$个
D.$7$个
C
)A.$4$个
B.$5$个
C.$6$个
D.$7$个
答案：
13.C 解析：如图，使得$\triangle ADE∼\triangle ABC$的格点三角形一共有6个。
13.C 解析：如图，使得$\triangle ADE∼\triangle ABC$的格点三角形一共有6个。
14. 已知$\triangle ABC$的三边长分别为$6$，$7.5$，$9$，$\triangle DEF$的一边长为$4$，则当$\triangle DEF$的另两边长分别为
$5$，$6$或$3.2$，$4.8$或$\frac{8}{3}$，$\frac{10}{3}$
时，这两个三角形相似.答案：14.$5$，$6$或$3.2$，$4.8$或$\frac{8}{3}$，$\frac{10}{3}$ 解析：设$\triangle DEF$的另两边长分别为$x$和$y(x＜y)$。由题意，得$\frac{4}{6}=\frac{x}{7.5}=\frac{y}{9}$或$\frac{4}{7.5}=\frac{x}{6}=\frac{y}{9}$或$\frac{4}{9}=\frac{x}{6}=\frac{y}{7.5}$，解得$x = 5$，$y = 6$或$x = 3.2$，$y = 4.8$或$x=\frac{8}{3}$，$y=\frac{10}{3}$。综上所述，当$\triangle DEF$的另两边长分别为$5$，$6$或$3.2$，$4.8$或$\frac{8}{3}$，$\frac{10}{3}$时，这两个三角形相似。
解析：
设$\triangle DEF$的另两边长分别为$x$和$y(x ＜ y)$。
情况一：当$\triangle DEF$中长为$4$的边与$\triangle ABC$中长为$6$的边对应时，
$\frac{4}{6} = \frac{x}{7.5} = \frac{y}{9}$
解得$x = 5$，$y = 6$。
情况二：当$\triangle DEF$中长为$4$的边与$\triangle ABC$中长为$7.5$的边对应时，
$\frac{4}{7.5} = \frac{x}{6} = \frac{y}{9}$
解得$x = 3.2$，$y = 4.8$。
情况三：当$\triangle DEF$中长为$4$的边与$\triangle ABC$中长为$9$的边对应时，
$\frac{4}{9} = \frac{x}{6} = \frac{y}{7.5}$
解得$x = \frac{8}{3}$，$y = \frac{10}{3}$。
综上，$\triangle DEF$的另两边长分别为$5$，$6$或$3.2$，$4.8$或$\frac{8}{3}$，$\frac{10}{3}$。
情况一：当$\triangle DEF$中长为$4$的边与$\triangle ABC$中长为$6$的边对应时，
$\frac{4}{6} = \frac{x}{7.5} = \frac{y}{9}$
解得$x = 5$，$y = 6$。
情况二：当$\triangle DEF$中长为$4$的边与$\triangle ABC$中长为$7.5$的边对应时，
$\frac{4}{7.5} = \frac{x}{6} = \frac{y}{9}$
解得$x = 3.2$，$y = 4.8$。
情况三：当$\triangle DEF$中长为$4$的边与$\triangle ABC$中长为$9$的边对应时，
$\frac{4}{9} = \frac{x}{6} = \frac{y}{7.5}$
解得$x = \frac{8}{3}$，$y = \frac{10}{3}$。
综上，$\triangle DEF$的另两边长分别为$5$，$6$或$3.2$，$4.8$或$\frac{8}{3}$，$\frac{10}{3}$。
15. 新趋势 推导探究(2025·江苏苏州模拟)如图，在$\triangle ABC$和$\triangle A'B'C'$中，$D$，$D'$分别是$AB$，$A'B'$上一点，$\dfrac{AD}{AB} = \dfrac{A'D'}{A'B'}$.
(1)当$\dfrac{CD}{C'D'} = \dfrac{AC}{A'C'} = \dfrac{AB}{A'B'}$时，求证：$\triangle ABC \backsim \triangle A'B'C'$.证明的途径可以用下面的框图表示，请填写其中的空格：
(2)当$\dfrac{CD}{C'D'} = \dfrac{AC}{A'C'} = \dfrac{BC}{B'C'}$时，判断$\triangle ABC$与$\triangle A'B'C'$是否相似，并说明理由.
(1)当$\dfrac{CD}{C'D'} = \dfrac{AC}{A'C'} = \dfrac{AB}{A'B'}$时，求证：$\triangle ABC \backsim \triangle A'B'C'$.证明的途径可以用下面的框图表示，请填写其中的空格：
(2)当$\dfrac{CD}{C'D'} = \dfrac{AC}{A'C'} = \dfrac{BC}{B'C'}$时，判断$\triangle ABC$与$\triangle A'B'C'$是否相似，并说明理由.
答案：15.(1)$\frac{CD}{C'D'}=\frac{AC}{A'C'}=\frac{AD}{A'D'}$ $\angle A=\angle A'$
(2)$\triangle ABC∼\triangle A'B'C'$。理由如下：过点$D$，$D'$分别作$DE// BC$，$D'E'// B'C'$，$DE$交$AC$于点$E$，$D'E'$交$A'C'$于点$E'$。因为$DE// BC$，所以$\triangle ADE∼\triangle ABC$，所以$\frac{AD}{AB}=\frac{DE}{BC}=\frac{AE}{AC}$。同理可得$\frac{A'D'}{A'B'}=\frac{D'E'}{B'C'}$，所以$\frac{DE}{D'E'}=\frac{BC}{B'C'}$。同理可得$\frac{AE}{AC}=\frac{A'E'}{A'C'}$，所以$\frac{AC - AE}{AC}=\frac{A'C' - A'E'}{A'C'}$，即$\frac{EC}{AC}=\frac{E'C'}{A'C'}$，所以$\frac{EC}{E'C'}=\frac{AC}{A'C'}$。因为$\frac{CD}{C'D'}=\frac{AC}{A'C'}=\frac{BC}{B'C'}$，所以$\frac{CD}{C'D'}=\frac{EC}{E'C'}=\frac{DE}{D'E'}$，所以$\triangle DCE∼\triangle D'C'E'$，所以$\angle CED=\angle C'E'D'$。因为$DE// BC$，所以$\angle CED+\angle ACB=180^{\circ}$。同理可得$\angle C'E'D'+\angle A'C'B'=180^{\circ}$，所以$\angle ACB=\angle A'C'B'$。又$\frac{AC}{A'C'}=\frac{BC}{B'C'}$，所以$\triangle ABC∼\triangle A'B'C'$。
(2)$\triangle ABC∼\triangle A'B'C'$。理由如下：过点$D$，$D'$分别作$DE// BC$，$D'E'// B'C'$，$DE$交$AC$于点$E$，$D'E'$交$A'C'$于点$E'$。因为$DE// BC$，所以$\triangle ADE∼\triangle ABC$，所以$\frac{AD}{AB}=\frac{DE}{BC}=\frac{AE}{AC}$。同理可得$\frac{A'D'}{A'B'}=\frac{D'E'}{B'C'}$，所以$\frac{DE}{D'E'}=\frac{BC}{B'C'}$。同理可得$\frac{AE}{AC}=\frac{A'E'}{A'C'}$，所以$\frac{AC - AE}{AC}=\frac{A'C' - A'E'}{A'C'}$，即$\frac{EC}{AC}=\frac{E'C'}{A'C'}$，所以$\frac{EC}{E'C'}=\frac{AC}{A'C'}$。因为$\frac{CD}{C'D'}=\frac{AC}{A'C'}=\frac{BC}{B'C'}$，所以$\frac{CD}{C'D'}=\frac{EC}{E'C'}=\frac{DE}{D'E'}$，所以$\triangle DCE∼\triangle D'C'E'$，所以$\angle CED=\angle C'E'D'$。因为$DE// BC$，所以$\angle CED+\angle ACB=180^{\circ}$。同理可得$\angle C'E'D'+\angle A'C'B'=180^{\circ}$，所以$\angle ACB=\angle A'C'B'$。又$\frac{AC}{A'C'}=\frac{BC}{B'C'}$，所以$\triangle ABC∼\triangle A'B'C'$。