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7.如图,在正方形ABCD中,M是AB的中点,AC与DM交于点O,已知阴影部分的面积为3,求正方形ABCD的边长。
第7题图
第7题图答案
$3\sqrt{2}$
解析
【分析】
要求正方形的边长，我们可以先推导阴影部分面积和正方形面积的关系，再列方程求解：首先利用正方形对边平行的性质，判定△AOM与△COD相似，结合M是AB中点得到两三角形的相似比为1:2；再根据相似三角形对应线段成比例，得到AO与OC的比值，结合同高三角形的面积比等于底的比，推出阴影面积和正方形面积的数量关系；最后根据阴影面积为3列方程求解边长即可。
【解析】
设正方形ABCD的边长为$ a $。
∵四边形ABCD是正方形，
∴$ AB// CD $，$ AB=CD=AD=BC=a $，
∵M是AB的中点，
∴$ AM=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}a $，
∵$ AB// CD $，
∴$ △ AOM ∽ △ COD $，
∴$ \frac{AM}{CD}=\frac{AO}{OC}=\frac{1}{2} $，即$ OC=2AO $。
计算$ △ AMC $的面积：
$ S_{△ AMC}=\frac{1}{2}· AM· BC=\frac{1}{2}×\frac{1}{2}a× a=\frac{1}{4}a^2 $，
∵$ △ AOM $和$ △ MOC $同高（以M为顶点向AC作高），底的比为$ AO:OC=1:2 $，
∴$ S_{△ AOM}:S_{△ MOC}=1:2 $，即$ S_{△ MOC}=\frac{2}{3}S_{△ AMC} $，
已知阴影部分$ S_{△ MOC}=3 $，代入得：
$ 3=\frac{2}{3}×\frac{1}{4}a^2 $，
整理得$ \frac{1}{6}a^2=3 $，即$ a^2=18 $，
∵$ a＞0 $，
∴$ a=\sqrt{18}=3\sqrt{2} $。
【答案】
$ 3\sqrt{2} $
【知识点】
相似三角形的判定与性质，正方形的性质，三角形面积计算
【点评】
本题是相似三角形在几何面积计算中的典型应用，解题关键是利用相似得到线段比例关系，进而推出阴影面积和正方形边长的关联，能较好地考查学生对相似性质的灵活运用能力。
【难度系数】
0.65
要求正方形的边长，我们可以先推导阴影部分面积和正方形面积的关系，再列方程求解：首先利用正方形对边平行的性质，判定△AOM与△COD相似，结合M是AB中点得到两三角形的相似比为1:2；再根据相似三角形对应线段成比例，得到AO与OC的比值，结合同高三角形的面积比等于底的比，推出阴影面积和正方形面积的数量关系；最后根据阴影面积为3列方程求解边长即可。
【解析】
设正方形ABCD的边长为$ a $。
∵四边形ABCD是正方形，
∴$ AB// CD $，$ AB=CD=AD=BC=a $，
∵M是AB的中点，
∴$ AM=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}a $，
∵$ AB// CD $，
∴$ △ AOM ∽ △ COD $，
∴$ \frac{AM}{CD}=\frac{AO}{OC}=\frac{1}{2} $，即$ OC=2AO $。
计算$ △ AMC $的面积：
$ S_{△ AMC}=\frac{1}{2}· AM· BC=\frac{1}{2}×\frac{1}{2}a× a=\frac{1}{4}a^2 $，
∵$ △ AOM $和$ △ MOC $同高（以M为顶点向AC作高），底的比为$ AO:OC=1:2 $，
∴$ S_{△ AOM}:S_{△ MOC}=1:2 $，即$ S_{△ MOC}=\frac{2}{3}S_{△ AMC} $，
已知阴影部分$ S_{△ MOC}=3 $，代入得：
$ 3=\frac{2}{3}×\frac{1}{4}a^2 $，
整理得$ \frac{1}{6}a^2=3 $，即$ a^2=18 $，
∵$ a＞0 $，
∴$ a=\sqrt{18}=3\sqrt{2} $。
【答案】
$ 3\sqrt{2} $
【知识点】
相似三角形的判定与性质，正方形的性质，三角形面积计算
【点评】
本题是相似三角形在几何面积计算中的典型应用，解题关键是利用相似得到线段比例关系，进而推出阴影面积和正方形边长的关联，能较好地考查学生对相似性质的灵活运用能力。
【难度系数】
0.65
8. 如图，$△ ABC$ 的顶点与线段 $DF$ 的端点均在边长为1的正方形网格的格点上。
（1）请找一个格点 $E$，使得 $△ DEF ∽ △ ABC$，并画出 $△ DEF$；
（2）$△ DEF$ 与 $△ ABC$ 的相似比是
（1）请找一个格点 $E$，使得 $△ DEF ∽ △ ABC$，并画出 $△ DEF$；
（2）$△ DEF$ 与 $△ ABC$ 的相似比是
$\frac{\sqrt{10}}{5}$
；$∠ ABC+∠ ACB=$ 45
°。答案
(1)解:如图,$△DEF$即为所求。
(2)$\frac{\sqrt{10}}{5}$；45
解析
【分析】
（1）要构造与△ABC相似的△DEF，首先利用勾股定理计算△ABC各边的长度，得到其三边的比例关系；再根据相似三角形三边对应成比例的性质，结合已知线段DF的长度，算出△DEF另外两条边的长度，在网格中找到满足边长要求的格点E，即可画出△DEF。
（2）相似比是相似三角形对应边的比值，找到两组三角形的对应边，计算比值即可得到相似比；要求∠ABC+∠ACB的度数，可先利用三角形内角和为180°，转化为求∠BAC的度数，通过边长关系计算∠BAC的度数后即可得解。
【解析】
（1）设每个小正方形的边长为1，利用勾股定理计算△ABC各边长度：
$AB=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$，$AC=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$，$BC=5$，因此△ABC三边之比为$\sqrt{5}:\sqrt{10}:5=1:\sqrt{2}:\sqrt{5}$。
根据相似三角形三边对应成比例的性质，结合线段DF的长度，找到格点E使得△DEF的三边之比也为$1:\sqrt{2}:\sqrt{5}$，画出△DEF即可。
（2）①相似比为相似三角形对应边的比值，计算得△DEF与△ABC的对应边之比为$\sqrt{10}:5$，因此相似比为$\frac{\sqrt{10}}{5}$。
②在△ABC中，计算得$\cos∠ BAC=\frac{AB^2+AC^2-BC^2}{2· AB· AC}=-\frac{\sqrt{2}}{2}$，因此$∠ BAC=135°$。根据三角形内角和为$180°$，可得$∠ ABC+∠ ACB=180°-∠ BAC=180°-135°=45°$。
【答案】
(1)解:如图,$△DEF$即为所求。
(2)$\frac{\sqrt{10}}{5}$；45
【知识点】
相似三角形的判定与性质；勾股定理；三角形内角和定理
【点评】
本题属于格点几何类题型，重点考查相似三角形的构造和相关计算，解题时需要熟练运用勾股定理计算边长，结合相似三角形的性质和三角形内角和定理求解，对格点图形的边长感知能力有一定要求。
【难度系数】
0.65
（1）要构造与△ABC相似的△DEF，首先利用勾股定理计算△ABC各边的长度，得到其三边的比例关系；再根据相似三角形三边对应成比例的性质，结合已知线段DF的长度，算出△DEF另外两条边的长度，在网格中找到满足边长要求的格点E，即可画出△DEF。
（2）相似比是相似三角形对应边的比值，找到两组三角形的对应边，计算比值即可得到相似比；要求∠ABC+∠ACB的度数，可先利用三角形内角和为180°，转化为求∠BAC的度数，通过边长关系计算∠BAC的度数后即可得解。
【解析】
（1）设每个小正方形的边长为1，利用勾股定理计算△ABC各边长度：
$AB=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$，$AC=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$，$BC=5$，因此△ABC三边之比为$\sqrt{5}:\sqrt{10}:5=1:\sqrt{2}:\sqrt{5}$。
根据相似三角形三边对应成比例的性质，结合线段DF的长度，找到格点E使得△DEF的三边之比也为$1:\sqrt{2}:\sqrt{5}$，画出△DEF即可。
（2）①相似比为相似三角形对应边的比值，计算得△DEF与△ABC的对应边之比为$\sqrt{10}:5$，因此相似比为$\frac{\sqrt{10}}{5}$。
②在△ABC中，计算得$\cos∠ BAC=\frac{AB^2+AC^2-BC^2}{2· AB· AC}=-\frac{\sqrt{2}}{2}$，因此$∠ BAC=135°$。根据三角形内角和为$180°$，可得$∠ ABC+∠ ACB=180°-∠ BAC=180°-135°=45°$。
【答案】
(1)解:如图,$△DEF$即为所求。
(2)$\frac{\sqrt{10}}{5}$；45
【知识点】
相似三角形的判定与性质；勾股定理；三角形内角和定理
【点评】
本题属于格点几何类题型，重点考查相似三角形的构造和相关计算，解题时需要熟练运用勾股定理计算边长，结合相似三角形的性质和三角形内角和定理求解，对格点图形的边长感知能力有一定要求。
【难度系数】
0.65
9.【阅读理解】三角形一边上的点将该边分为两条线段，若这两条线段长度的乘积等于这个点与该边所对顶点距离的平方，则
称这个点为三角形中该边上的“亮点”。
如图①，在$△ ABC$中，D是BC边上一点，连接AD，若$AD^2=BD· CD$，则称点D是$△ ABC$中BC边上的“亮点”。
【数学应用】如图②，在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ BAC = 90°$，AD，AE，AF分别是$△ ABC$的高线、角平分线、中线。请判断D，E，F三点中哪些是$△ ABC$中BC边上的“亮点”，并说明理由。
称这个点为三角形中该边上的“亮点”。
如图①，在$△ ABC$中，D是BC边上一点，连接AD，若$AD^2=BD· CD$，则称点D是$△ ABC$中BC边上的“亮点”。
【数学应用】如图②，在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ BAC = 90°$，AD，AE，AF分别是$△ ABC$的高线、角平分线、中线。请判断D，E，F三点中哪些是$△ ABC$中BC边上的“亮点”，并说明理由。
答案
解:D,F是$△ABC$中BC边上的“亮点”。
理由:因为AD是$△ABC$的高线，
所以$∠ADB=∠ADC=90°$，
所以$∠B+∠BAD=90°$。
又因为$∠BAD+∠CAD=90°$，
所以$∠B=∠CAD$，
所以$△BDA∽△ADC$，
所以$\frac{BD}{DA}=\frac{DA}{CD}$，
所以$DA^2=BD·DC$，
所以D是$△ABC$中BC边上的亮点。
因为在$\mathrm{Rt}△ABC$中,AF是$△ABC$的中线，
所以$AF=\frac{1}{2}BC=BF=CF$，
所以$AF^2=BF·CF$，
所以F是$△ABC$中BC边上的亮点。
理由:因为AD是$△ABC$的高线，
所以$∠ADB=∠ADC=90°$，
所以$∠B+∠BAD=90°$。
又因为$∠BAD+∠CAD=90°$，
所以$∠B=∠CAD$，
所以$△BDA∽△ADC$，
所以$\frac{BD}{DA}=\frac{DA}{CD}$，
所以$DA^2=BD·DC$，
所以D是$△ABC$中BC边上的亮点。
因为在$\mathrm{Rt}△ABC$中,AF是$△ABC$的中线，
所以$AF=\frac{1}{2}BC=BF=CF$，
所以$AF^2=BF·CF$，
所以F是$△ABC$中BC边上的亮点。
解析
【分析】
解题首先要明确“亮点”的判定规则：若BC边上一点P满足$AP^2=BP·CP$，则P是BC边上的“亮点”，我们只需分别判断D、E、F三点是否满足该等式即可。①对于点D（高线）：结合$∠ BAC=90°$、$AD⊥ BC$，可通过同角的余角相等得到等角，进而证明$△ BDA$和$△ ADC$相似，利用相似三角形对应边成比例推导是否符合判定规则；②对于点F（中线）：结合直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，可得AF与BF、CF的等量关系，直接推导是否符合判定规则；③点E是角平分线，无对应性质可推导得到$AE^2=BE·CE$，因此不满足判定规则。
【解析】
解：D、F是$△ ABC$中BC边上的“亮点”，理由如下：
判定点D：
∵AD是$△ ABC$的高线，
∴$∠ ADB=∠ ADC=90°$，
∴$∠ B+∠ BAD=90°$。
又
∵$∠ BAC=90°$，即$∠ BAD+∠ CAD=90°$，
∴$∠ B=∠ CAD$，
∴$△ BDA ∽ △ ADC$，
∴$\frac{BD}{DA}=\frac{DA}{CD}$，
整理得$DA^2=BD·DC$，符合“亮点”定义，故D是$△ ABC$中BC边上的亮点。
判定点F：
∵在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ BAC=90°$，AF是$△ ABC$的中线，
∴$AF=\frac{1}{2}BC=BF=CF$，
∴$AF^2=BF·CF$，符合“亮点”定义，故F是$△ ABC$中BC边上的亮点。
点E为角平分线，无法推导出符合“亮点”的等式，因此E不是“亮点”。
【答案】
D、F是$△ ABC$中BC边上的“亮点”。
【知识点】
相似三角形的判定与性质；直角三角形斜边中线性质；同角的余角相等
【点评】
本题属于新定义类题型，解题核心是准确理解“亮点”的定义，结合直角三角形高、中线的性质，利用相似三角形相关知识推导即可，侧重考查基础性质的应用能力。
【难度系数】
0.7
解题首先要明确“亮点”的判定规则：若BC边上一点P满足$AP^2=BP·CP$，则P是BC边上的“亮点”，我们只需分别判断D、E、F三点是否满足该等式即可。①对于点D（高线）：结合$∠ BAC=90°$、$AD⊥ BC$，可通过同角的余角相等得到等角，进而证明$△ BDA$和$△ ADC$相似，利用相似三角形对应边成比例推导是否符合判定规则；②对于点F（中线）：结合直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，可得AF与BF、CF的等量关系，直接推导是否符合判定规则；③点E是角平分线，无对应性质可推导得到$AE^2=BE·CE$，因此不满足判定规则。
【解析】
解：D、F是$△ ABC$中BC边上的“亮点”，理由如下：
判定点D：
∵AD是$△ ABC$的高线，
∴$∠ ADB=∠ ADC=90°$，
∴$∠ B+∠ BAD=90°$。
又
∵$∠ BAC=90°$，即$∠ BAD+∠ CAD=90°$，
∴$∠ B=∠ CAD$，
∴$△ BDA ∽ △ ADC$，
∴$\frac{BD}{DA}=\frac{DA}{CD}$，
整理得$DA^2=BD·DC$，符合“亮点”定义，故D是$△ ABC$中BC边上的亮点。
判定点F：
∵在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ BAC=90°$，AF是$△ ABC$的中线，
∴$AF=\frac{1}{2}BC=BF=CF$，
∴$AF^2=BF·CF$，符合“亮点”定义，故F是$△ ABC$中BC边上的亮点。
点E为角平分线，无法推导出符合“亮点”的等式，因此E不是“亮点”。
【答案】
D、F是$△ ABC$中BC边上的“亮点”。
【知识点】
相似三角形的判定与性质；直角三角形斜边中线性质；同角的余角相等
【点评】
本题属于新定义类题型，解题核心是准确理解“亮点”的定义，结合直角三角形高、中线的性质，利用相似三角形相关知识推导即可，侧重考查基础性质的应用能力。
【难度系数】
0.7
10.(1)如图①,在$△ ABC$中,一个正方形PQMN的边QM在BC上,顶点P,N分别在AB,AC上,作$AD ⊥ BC$于点D,交PN于点E,若$BC=a$,$AD=h$。求正方形PQMN的边长;(用含$a,h$的代数式表示)
(2)如图②,在$△ ABC$的AB边上任取
一点$P'$,画正方形$P'Q'M'N'$,使点$Q'$,$M'$在BC边上,点$N'$在$△ ABC$内,然后连接$BN'$,并延长交AC于点N,作$NM ⊥ BC$于点M,$NP ⊥ NM$交AB于点P,$PQ ⊥ BC$于点Q,得到四边形PQMN。证明四边形PQMN是正方形。
课后反思
存在的问题:
改进的措施:
(2)如图②,在$△ ABC$的AB边上任取
一点$P'$,画正方形$P'Q'M'N'$,使点$Q'$,$M'$在BC边上,点$N'$在$△ ABC$内,然后连接$BN'$,并延长交AC于点N,作$NM ⊥ BC$于点M,$NP ⊥ NM$交AB于点P,$PQ ⊥ BC$于点Q,得到四边形PQMN。证明四边形PQMN是正方形。
课后反思
存在的问题:
改进的措施:
答案
(1)解:因为在正方形PQMN中,$PN=PQ=DE$,$PN// BC$，
所以$△APN∽△ABC$,$AE=AD-DE=AD-PN$。
所以$\frac{PN}{BC}=\frac{AE}{AD}$。
所以$\frac{PN}{a}=\frac{h-PN}{h}$。
所以$PN=\frac{ah}{a+h}$。
所以正方形PQMN的边长为$\frac{ah}{a+h}$。
(2)证明:因为$PQ⊥BC$,$NM⊥BC$,$NP⊥MN$，
所以$∠PQM=∠QMN=∠PNM=90°$。
所以四边形PQMN是矩形。
因为$P'N'// PN$,$M'N'// MN$，
所以$△BP'N'∽△BPN$,$△BM'N'∽△BMN$。
所以$\frac{P'N'}{PN}=\frac{BN'}{BN}$,$\frac{N'M'}{NM}=\frac{BN'}{BN}$。
所以$\frac{P'N'}{PN}=\frac{N'M'}{NM}$。
因为四边形$P'Q'M'N'$是正方形，
所以$M'N'=P'N'$。
所以$MN=PN$。
所以矩形PQMN是正方形。
所以$△APN∽△ABC$,$AE=AD-DE=AD-PN$。
所以$\frac{PN}{BC}=\frac{AE}{AD}$。
所以$\frac{PN}{a}=\frac{h-PN}{h}$。
所以$PN=\frac{ah}{a+h}$。
所以正方形PQMN的边长为$\frac{ah}{a+h}$。
(2)证明:因为$PQ⊥BC$,$NM⊥BC$,$NP⊥MN$，
所以$∠PQM=∠QMN=∠PNM=90°$。
所以四边形PQMN是矩形。
因为$P'N'// PN$,$M'N'// MN$，
所以$△BP'N'∽△BPN$,$△BM'N'∽△BMN$。
所以$\frac{P'N'}{PN}=\frac{BN'}{BN}$,$\frac{N'M'}{NM}=\frac{BN'}{BN}$。
所以$\frac{P'N'}{PN}=\frac{N'M'}{NM}$。
因为四边形$P'Q'M'N'$是正方形，
所以$M'N'=P'N'$。
所以$MN=PN$。
所以矩形PQMN是正方形。
解析
【分析】
(1) 求正方形边长时，先观察到正方形的边$PN// BC$，可推出$△ APN$和$△ ABC$相似，再结合相似三角形对应高的比等于相似比的性质，设正方形边长为未知数，代入已知边长和高列方程求解即可。
(2) 证明四边形$PQMN$是正方形，先根据三个内角为直角判定该四边形是矩形，再结合小正方形的边的平行关系得到两组相似三角形，通过比例传递推出矩形的一组邻边相等，即可证明矩形为正方形。
【解析】
(1) 解：$\because$四边形$PQMN$是正方形，
$\therefore PN=PQ=DE$，$PN// BC$，
$\therefore △ APN∽ △ ABC$，$AE=AD-DE=AD-PN$。
根据相似三角形对应高的比等于相似比，可得：
$\frac{PN}{BC}=\frac{AE}{AD}$，
将$BC=a$，$AD=h$代入得：
$\frac{PN}{a}=\frac{h-PN}{h}$，
交叉相乘整理得：$PN(a+h)=ah$，
解得$PN=\frac{ah}{a+h}$。
(2) 证明：$\because PQ⊥ BC$，$NM⊥ BC$，$NP⊥ MN$，
$\therefore ∠ PQM=∠ QMN=∠ PNM=90°$，
$\therefore$四边形$PQMN$是矩形。
$\because P'N'// PN$，$M'N'// MN$，
$\therefore △ BP'N'∽ △ BPN$，$△ BM'N'∽ △ BMN$，
$\therefore \frac{P'N'}{PN}=\frac{BN'}{BN}$，$\frac{N'M'}{NM}=\frac{BN'}{BN}$，
$\therefore \frac{P'N'}{PN}=\frac{N'M'}{NM}$。
又$\because$四边形$P'Q'M'N'$是正方形，
$\therefore P'N'=M'N'$，
$\therefore PN=MN$，
$\therefore$矩形$PQMN$是正方形。
【答案】
(1) 正方形$PQMN$的边长为$\boldsymbol{\frac{ah}{a+h}}$；
(2) 四边形$PQMN$是正方形，证明见上述解析。
【知识点】
相似三角形的判定与性质，正方形的判定，矩形的判定
【点评】
本题是相似三角形与特殊四边形判定的综合题型，第一问是三角形内接正方形边长的经典计算问题，第二问通过相似关系传递边的比例完成证明，解题关键是准确找到相似三角形，利用相似性质建立边的等量关系。
【难度系数】
0.7
(1) 求正方形边长时，先观察到正方形的边$PN// BC$，可推出$△ APN$和$△ ABC$相似，再结合相似三角形对应高的比等于相似比的性质，设正方形边长为未知数，代入已知边长和高列方程求解即可。
(2) 证明四边形$PQMN$是正方形，先根据三个内角为直角判定该四边形是矩形，再结合小正方形的边的平行关系得到两组相似三角形，通过比例传递推出矩形的一组邻边相等，即可证明矩形为正方形。
【解析】
(1) 解：$\because$四边形$PQMN$是正方形，
$\therefore PN=PQ=DE$，$PN// BC$，
$\therefore △ APN∽ △ ABC$，$AE=AD-DE=AD-PN$。
根据相似三角形对应高的比等于相似比，可得：
$\frac{PN}{BC}=\frac{AE}{AD}$，
将$BC=a$，$AD=h$代入得：
$\frac{PN}{a}=\frac{h-PN}{h}$，
交叉相乘整理得：$PN(a+h)=ah$，
解得$PN=\frac{ah}{a+h}$。
(2) 证明：$\because PQ⊥ BC$，$NM⊥ BC$，$NP⊥ MN$，
$\therefore ∠ PQM=∠ QMN=∠ PNM=90°$，
$\therefore$四边形$PQMN$是矩形。
$\because P'N'// PN$，$M'N'// MN$，
$\therefore △ BP'N'∽ △ BPN$，$△ BM'N'∽ △ BMN$，
$\therefore \frac{P'N'}{PN}=\frac{BN'}{BN}$，$\frac{N'M'}{NM}=\frac{BN'}{BN}$，
$\therefore \frac{P'N'}{PN}=\frac{N'M'}{NM}$。
又$\because$四边形$P'Q'M'N'$是正方形，
$\therefore P'N'=M'N'$，
$\therefore PN=MN$，
$\therefore$矩形$PQMN$是正方形。
【答案】
(1) 正方形$PQMN$的边长为$\boldsymbol{\frac{ah}{a+h}}$；
(2) 四边形$PQMN$是正方形，证明见上述解析。
【知识点】
相似三角形的判定与性质，正方形的判定，矩形的判定
【点评】
本题是相似三角形与特殊四边形判定的综合题型，第一问是三角形内接正方形边长的经典计算问题，第二问通过相似关系传递边的比例完成证明，解题关键是准确找到相似三角形，利用相似性质建立边的等量关系。
【难度系数】
0.7
