7. (2025·江苏镇江模拟)如图，在△ABC中，D为边BC上的一点，且AD = AB = 2，AD⊥AB，过点D作DE⊥AD，交AC于点E.若DE = 1，则△ABC的面积为(
A.$ 4\sqrt{2} $
B.4
C.$ 2\sqrt{5} $
D.8
B
)A.$ 4\sqrt{2} $
B.4
C.$ 2\sqrt{5} $
D.8
答案：7.B
解析：
证明：
∵ $AD ⊥ AB$，$DE ⊥ AD$，
∴ $\angle BAD = \angle ADE = 90°$，
∴ $AB // DE$，
∴ $\triangle CDE ∼ \triangle CBA$（同位角相等，两直线平行；平行于三角形一边的直线截其他两边，所得三角形与原三角形相似）。
∵ $AD = AB = 2$，$DE = 1$，
∴ $\frac{DE}{AB} = \frac{1}{2}$，
∴ $\triangle CDE$ 与 $\triangle CBA$ 的相似比为 $1:2$，
∴ $\frac{CD}{CB} = \frac{1}{2}$，即 $D$ 为 $BC$ 中点，$BC = 2BD$。
在 $Rt\triangle ABD$ 中，$AB = AD = 2$，
由勾股定理得 $BD = \sqrt{AB^2 + AD^2} = \sqrt{2^2 + 2^2} = 2\sqrt{2}$，
∴ $BC = 2BD = 4\sqrt{2}$。
过 $A$ 作 $AF ⊥ BC$ 于 $F$，
$S_{\triangle ABD} = \frac{1}{2} · AB · AD = \frac{1}{2} · BD · AF$，
即 $\frac{1}{2} × 2 × 2 = \frac{1}{2} × 2\sqrt{2} × AF$，
解得 $AF = \sqrt{2}$。
∴ $S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2} · BC · AF = \frac{1}{2} × 4\sqrt{2} × \sqrt{2} = 4$。
答案：B
∵ $AD ⊥ AB$，$DE ⊥ AD$，
∴ $\angle BAD = \angle ADE = 90°$，
∴ $AB // DE$，
∴ $\triangle CDE ∼ \triangle CBA$（同位角相等，两直线平行；平行于三角形一边的直线截其他两边，所得三角形与原三角形相似）。
∵ $AD = AB = 2$，$DE = 1$，
∴ $\frac{DE}{AB} = \frac{1}{2}$，
∴ $\triangle CDE$ 与 $\triangle CBA$ 的相似比为 $1:2$，
∴ $\frac{CD}{CB} = \frac{1}{2}$，即 $D$ 为 $BC$ 中点，$BC = 2BD$。
在 $Rt\triangle ABD$ 中，$AB = AD = 2$，
由勾股定理得 $BD = \sqrt{AB^2 + AD^2} = \sqrt{2^2 + 2^2} = 2\sqrt{2}$，
∴ $BC = 2BD = 4\sqrt{2}$。
过 $A$ 作 $AF ⊥ BC$ 于 $F$，
$S_{\triangle ABD} = \frac{1}{2} · AB · AD = \frac{1}{2} · BD · AF$，
即 $\frac{1}{2} × 2 × 2 = \frac{1}{2} × 2\sqrt{2} × AF$，
解得 $AF = \sqrt{2}$。
∴ $S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2} · BC · AF = \frac{1}{2} × 4\sqrt{2} × \sqrt{2} = 4$。
答案：B
8. 亮点原创·如图，在△PMN中，PA是中线，点B在边PN上，且$ \frac{PB}{BN} = \frac{m}{n} $，MB交PA于点O，则$ \frac{OP}{OA} $的值为(
A.$ \frac{2m}{n} $
B.$ \frac{3m}{2n} $
C.$ \frac{4m}{3n} $
D.$ \frac{5m}{3n} $
A
)A.$ \frac{2m}{n} $
B.$ \frac{3m}{2n} $
C.$ \frac{4m}{3n} $
D.$ \frac{5m}{3n} $
答案：8.A
解析：
证明：过点$ A $作$ AC // PN $交$ MB $于点$ C $。
因为$ PA $是$ \triangle PMN $的中线，所以$ MA = AN $。
由于$ AC // PN $，则$ \triangle MAC ∼ \triangle MNB $，且$ \frac{AC}{BN} = \frac{MA}{MN} = \frac{1}{2} $，故$ AC = \frac{1}{2}BN $。
设$ PB = mk $，$ BN = nk $（$ k ＞ 0 $），则$ PN = PB + BN = (m + n)k $，$ AC = \frac{1}{2}nk $。
因为$ AC // PB $，所以$ \triangle AOC ∼ \triangle POB $，因此$ \frac{OP}{OA} = \frac{PB}{AC} = \frac{mk}{\frac{1}{2}nk} = \frac{2m}{n} $。
答案：A
因为$ PA $是$ \triangle PMN $的中线，所以$ MA = AN $。
由于$ AC // PN $，则$ \triangle MAC ∼ \triangle MNB $，且$ \frac{AC}{BN} = \frac{MA}{MN} = \frac{1}{2} $，故$ AC = \frac{1}{2}BN $。
设$ PB = mk $，$ BN = nk $（$ k ＞ 0 $），则$ PN = PB + BN = (m + n)k $，$ AC = \frac{1}{2}nk $。
因为$ AC // PB $，所以$ \triangle AOC ∼ \triangle POB $，因此$ \frac{OP}{OA} = \frac{PB}{AC} = \frac{mk}{\frac{1}{2}nk} = \frac{2m}{n} $。
答案：A
9. 如图，在矩形ABCD中，AB = 3，BC = 6.若点E，F分别在AB，CD上，且BE = 2AE，DF = 2FC，G，H是AC的三等分点，则四边形EHFG的面积为(
A.1
B.$ \frac{3}{2} $
C.2
D.4
C
)A.1
B.$ \frac{3}{2} $
C.2
D.4
答案：9.C 解析：因为四边形ABCD是矩形，所以AD=BC=6，AD//BC，∠B=90°.因为BE=2AE，所以$\frac{AE}{AB}$=$\frac{1}{3}$.因为AB=3，所以AE=1.因为G，H是AC的三等分点，所以$\frac{AG}{AC}$=$\frac{1}{3}$，所以$\frac{AE}{AB}$=$\frac{AG}{AC}$.又∠EAG=∠BAC，所以△EAG∽△BAC，所以$\frac{EG}{BC}$=$\frac{AE}{AB}$=$\frac{1}{3}$，∠AEG=∠B=90°，所以EG=2，EG//BC.同理可证HF=2，HF//AD，所以EG//HF且EG=HF，所以四边形EHFG是平行四边形，所以$S_{四边形EHFG}=2S_{△EGH}$.因为G是AH的中点，所以$S_{△EGH}=S_{△AEG}=\frac{1}{2}AE·EG=1$，所以$S_{四边形EHFG}=2$.故四边形EHFG的面积为2.
10. (2025·江苏扬州模拟)如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A，D分别在x轴、y轴上，对角线BD//x轴，反比例函数$ y = \frac{k}{x} $(k＞0，x＞0)的图像经过矩形对角线的交点E.若点A的坐标为(2，0)，点D的坐标为(0，4)，则k的值为(
A.16
B.20
C.32
D.40
B
)A.16
B.20
C.32
D.40
答案：
10.B 解析：如图，过点B作BM⊥x轴于点M，过点E作EN⊥x轴于点N，则∠BMA=90°.因为四边形ABCD是矩形，所以∠BAD=90°，$DE=\frac{1}{2}BD$.因为BD//x轴，A(2,0)，D(0,4)，所以AO=2，BM=EN=OD=4.因为∠AOD=90°，所以$AD=\sqrt{AO^{2}+OD^{2}}=2\sqrt{5}$.因为∠ODA+∠OAD=90°，∠MAB+∠OAD=180° - ∠BAD=90°，所以∠ODA=∠MAB.又∠AOD=∠BMA，所以△AOD∽△BMA，所以$\frac{AD}{BA}=\frac{AO}{BM}$，即$\frac{2\sqrt{5}}{BA}=\frac{2}{4}$，所以$BA = 4\sqrt{5}$，所以$BD=\sqrt{BA^{2}+AD^{2}}=10$，所以$DE=\frac{1}{2}BD=5$，所以E(5,4).因为点E在反比例函数$y=\frac{k}{x}$的图像上，所以$4=\frac{k}{5}$，所以k = 20.
10.B 解析：如图，过点B作BM⊥x轴于点M，过点E作EN⊥x轴于点N，则∠BMA=90°.因为四边形ABCD是矩形，所以∠BAD=90°，$DE=\frac{1}{2}BD$.因为BD//x轴，A(2,0)，D(0,4)，所以AO=2，BM=EN=OD=4.因为∠AOD=90°，所以$AD=\sqrt{AO^{2}+OD^{2}}=2\sqrt{5}$.因为∠ODA+∠OAD=90°，∠MAB+∠OAD=180° - ∠BAD=90°，所以∠ODA=∠MAB.又∠AOD=∠BMA，所以△AOD∽△BMA，所以$\frac{AD}{BA}=\frac{AO}{BM}$，即$\frac{2\sqrt{5}}{BA}=\frac{2}{4}$，所以$BA = 4\sqrt{5}$，所以$BD=\sqrt{BA^{2}+AD^{2}}=10$，所以$DE=\frac{1}{2}BD=5$，所以E(5,4).因为点E在反比例函数$y=\frac{k}{x}$的图像上，所以$4=\frac{k}{5}$，所以k = 20.
11. 新趋势开放探究(2024·山东滨州)如图，在△ABC中，点D，E分别在边AB，AC上，连接DE.添加一个条件使△ADE∽△ACB，则这个条件可以是
∠ADE=∠C
.(写出一种情况即可)答案：11.(答案不唯一)∠ADE=∠C
12. 亮点原创·在平面直角坐标系中，点A的坐标是$ ( 2025, \frac{1}{675} ) $，以原点O为位似中心，把线段OA放大为原来的3倍，点A的对应点为A'.若点A'恰好在某一反比例函数的图像上，则该反比例函数的表达式为
$y=\frac{27}{x}$
.答案：12.$y=\frac{27}{x}$
解析：
设反比例函数表达式为$y = \frac{k}{x}(k \neq 0)$。
已知点$A(2025, \frac{1}{675})$，以原点$O$为位似中心，把线段$OA$放大为原来的$3$倍，点$A$的对应点为$A'$。
位似变换后点$A'$的坐标为$(2025×3, \frac{1}{675}×3)$或$(2025×(-3), \frac{1}{675}×(-3))$，即$(6075, \frac{1}{225})$或$(-6075, -\frac{1}{225})$。
因为点$A'$在反比例函数图像上，将$(6075, \frac{1}{225})$代入$y = \frac{k}{x}$，得$k = 6075×\frac{1}{225} = 27$；将$(-6075, -\frac{1}{225})$代入$y = \frac{k}{x}$，得$k = (-6075)×(-\frac{1}{225}) = 27$。
所以该反比例函数的表达式为$y = \frac{27}{x}$。
$y=\frac{27}{x}$
已知点$A(2025, \frac{1}{675})$，以原点$O$为位似中心，把线段$OA$放大为原来的$3$倍，点$A$的对应点为$A'$。
位似变换后点$A'$的坐标为$(2025×3, \frac{1}{675}×3)$或$(2025×(-3), \frac{1}{675}×(-3))$，即$(6075, \frac{1}{225})$或$(-6075, -\frac{1}{225})$。
因为点$A'$在反比例函数图像上，将$(6075, \frac{1}{225})$代入$y = \frac{k}{x}$，得$k = 6075×\frac{1}{225} = 27$；将$(-6075, -\frac{1}{225})$代入$y = \frac{k}{x}$，得$k = (-6075)×(-\frac{1}{225}) = 27$。
所以该反比例函数的表达式为$y = \frac{27}{x}$。
$y=\frac{27}{x}$