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11. 如图，小静晚上从路灯A正下方走向电线杆B。当她走到点P时，她影子的顶点刚好在路灯A与电线杆B的中点O处；当她再向前走12 m到达点Q时，她影子的顶点刚好在电线杆B的底部。已知小静的身高为1.60 m，路灯高为4.8 m，求路灯A与电线杆B之间的距离。
答案
11. 设所求的距离为 $x(\mathrm{m})$,则 $AP=BQ=\frac{1}{3}x$。由 $\frac{1}{3}x+12+\frac{1}{3}x=x$,得 $x=36$。
解析
【分析】
这是一道中心投影结合相似三角形的应用题，解题思路如下：1. 路灯和人均垂直于地面，二者互相平行，可构成相似三角形；2. 利用相似三角形对应边成比例的性质，分别求出AP、BQ与AB总长的数量关系；3. 结合已知PQ=12m，根据AP+PQ+BQ=AB的线段和关系列方程，即可求出AB的长度。
【解析】
设路灯A与电线杆B之间的距离为$ x \, \mathrm{m} $。
1. 当小静走到P点时，影子顶点在AB的中点O处，因此$ AO=\frac{1}{2}x $。由相似三角形的性质，物高与影长对应成比例，可得$ \frac{\mathrm{小静身高}}{\mathrm{路灯高度}}=\frac{PO}{AO} $，代入数据$ \frac{1.6}{4.8}=\frac{PO}{\frac{1}{2}x} $，解得$ PO=\frac{x}{6} $，因此$ AP=AO-PO=\frac{1}{2}x-\frac{x}{6}=\frac{x}{3} $。
2. 当小静走到Q点时，影子顶点在B处，同理可得$ \frac{\mathrm{小静身高}}{\mathrm{路灯高度}}=\frac{BQ}{AB} $，即$ \frac{1.6}{4.8}=\frac{BQ}{x} $，解得$ BQ=\frac{x}{3} $。
3. 根据线段和关系$ AP+PQ+BQ=AB $，代入$ PQ=12\,\mathrm{m} $得方程：
$\frac{1}{3}x + 12 + \frac{1}{3}x = x$
解得$ x=36 $。
【答案】
路灯A与电线杆B之间的距离为$\boxed{36\,\mathrm{m}}$。
【知识点】
相似三角形的应用，中心投影，一元一次方程的应用
【点评】
本题是投影类几何的典型题型，解题关键是准确识别两次站位对应的相似三角形模型，通过相似比得到各段线段和总距离的关系，再结合线段和关系列方程求解，重点考查几何模型识别能力和方程思想的应用。
【难度系数】
0.7
这是一道中心投影结合相似三角形的应用题，解题思路如下：1. 路灯和人均垂直于地面，二者互相平行，可构成相似三角形；2. 利用相似三角形对应边成比例的性质，分别求出AP、BQ与AB总长的数量关系；3. 结合已知PQ=12m，根据AP+PQ+BQ=AB的线段和关系列方程，即可求出AB的长度。
【解析】
设路灯A与电线杆B之间的距离为$ x \, \mathrm{m} $。
1. 当小静走到P点时，影子顶点在AB的中点O处，因此$ AO=\frac{1}{2}x $。由相似三角形的性质，物高与影长对应成比例，可得$ \frac{\mathrm{小静身高}}{\mathrm{路灯高度}}=\frac{PO}{AO} $，代入数据$ \frac{1.6}{4.8}=\frac{PO}{\frac{1}{2}x} $，解得$ PO=\frac{x}{6} $，因此$ AP=AO-PO=\frac{1}{2}x-\frac{x}{6}=\frac{x}{3} $。
2. 当小静走到Q点时，影子顶点在B处，同理可得$ \frac{\mathrm{小静身高}}{\mathrm{路灯高度}}=\frac{BQ}{AB} $，即$ \frac{1.6}{4.8}=\frac{BQ}{x} $，解得$ BQ=\frac{x}{3} $。
3. 根据线段和关系$ AP+PQ+BQ=AB $，代入$ PQ=12\,\mathrm{m} $得方程：
$\frac{1}{3}x + 12 + \frac{1}{3}x = x$
解得$ x=36 $。
【答案】
路灯A与电线杆B之间的距离为$\boxed{36\,\mathrm{m}}$。
【知识点】
相似三角形的应用，中心投影，一元一次方程的应用
【点评】
本题是投影类几何的典型题型，解题关键是准确识别两次站位对应的相似三角形模型，通过相似比得到各段线段和总距离的关系，再结合线段和关系列方程求解，重点考查几何模型识别能力和方程思想的应用。
【难度系数】
0.7
12. 如图，O是$△ ABC$的边BC上一点，过点O的直线分别交射线AB，线段AC于点M，N，且$\frac{AB}{AM}=m$，$\frac{AC}{AN}=n$。
（1）$\frac{BM}{AM}=$
（2）若O是线段BC的中点，求证：$m+n=2$。
（3）若$\frac{CO}{OB}=k(k≠0)$，求m，n之间的关系。（用含k的代数式表示）
（1）$\frac{BM}{AM}=$
$1-m$
（用含m的代数式表示）；$\frac{CN}{AN}=$$n-1$
（用含n的代数式表示）。（2）若O是线段BC的中点，求证：$m+n=2$。
（3）若$\frac{CO}{OB}=k(k≠0)$，求m，n之间的关系。（用含k的代数式表示）
答案
12. (1) $1-m$；$n-1$。
(2) 如图
,由已知设 $AM=a,AN=b$,则 $AB=am$,$AC=bn$。取 $AC$ 的中点 $D$,连结 $OD$,则 $OD=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}am$。
由$△ NDO∽△ NAM$,得$\frac{OD}{AM}=\frac{ND}{NA}$,
即$\frac{\frac{1}{2}am}{a}=\frac{b-\frac{1}{2}bn}{b}$,所以 $m+n=2$。
(3) 由已知设 $AM=a,AN=b$,则 $AB=am,AC=bn$,作 $OD// AM$。
由$△ CDO∽△ CAB$,得$\frac{DO}{AB}=\frac{CD}{CA}=\frac{CO}{CB}=\frac{k}{k+1}$,
所以 $DO=\frac{kam}{k+1}$,$CD=\frac{kbn}{k+1}$。
由$△ NDO∽△ NAM$,得$\frac{DO}{AM}=\frac{ND}{NA}$,所以$\frac{\frac{kam}{k+1}}{a}=\frac{b+\frac{kbn}{k+1}-bn}{b}$,
化简,得 $km+n=k+1$。
解析
【分析】
（1）第一问可根据已知的比例关系，将AB、AC分别用AM、AN表示，再结合线段的和差关系，把BM、CN转化为含AM、AN的代数式，约分即可得到结果。
（2）第二问已知O是BC中点，可构造三角形中位线得到平行线，进而推出相似三角形，利用相似三角形对应边成比例列等式，代入已知比例关系化简，即可证明$m+n=2$。
（3）第三问已知$\frac{CO}{OB}=k$，可过O作AM的平行线构造两组相似三角形，先通过第一组相似得到OD、CD的表达式，再代入第二组相似的比例式中化简，即可得到m、n与k的关系。
【解析】
（1）
∵$\frac{AB}{AM}=m$，
∴$AB=m· AM$，
∵$BM=AM-AB$，
∴$\frac{BM}{AM}=\frac{AM - m· AM}{AM}=1-m$；
∵$\frac{AC}{AN}=n$，
∴$AC=n· AN$，
∵$CN=AC-AN$，
∴$\frac{CN}{AN}=\frac{n· AN - AN}{AN}=n-1$。
（2）设$AM=a,AN=b$，则$AB=am$，$AC=bn$。
如图，取$AC$的中点$D$，连结$OD$，
∵O是BC的中点，
∴OD是△ABC的中位线，
∴$OD// AB$，$OD=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}am$，$AD=DC=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}bn$。
∵$OD// AB$，
∴$∠ ODN=∠ A$，
又
∵$∠ OND=∠ MNA$，
∴$△ NDO∽△ NAM$，
∴$\frac{OD}{AM}=\frac{ND}{NA}$，
其中$ND=AN - AD = b-\frac{1}{2}bn$，代入得：
$\frac{\frac{1}{2}am}{a}=\frac{b-\frac{1}{2}bn}{b}$，
化简得$\frac{m}{2}=1-\frac{n}{2}$，两边同乘2得$m+n=2$，得证。
（3）作$OD// AM$交AC于点D，
∵$OD// AB$，
∴$△ CDO∽△ CAB$，
∴$\frac{DO}{AB}=\frac{CD}{CA}=\frac{CO}{CB}$，
∵$\frac{CO}{OB}=k$，
∴$\frac{CO}{CB}=\frac{k}{k+1}$，
∴$DO=\frac{k}{k+1}· AB=\frac{kam}{k+1}$，$CD=\frac{k}{k+1}· AC=\frac{kbn}{k+1}$。
∵$OD// AM$，
∴$∠ ODN=∠ A$，
又
∵$∠ OND=∠ MNA$，
∴$△ NDO∽△ NAM$，
∴$\frac{DO}{AM}=\frac{ND}{NA}$，
其中$ND=\frac{kbn}{k+1}+b - bn$，代入得：
$\frac{\frac{kam}{k+1}}{a}=\frac{\frac{kbn}{k+1}+b - bn}{b}$，
化简左边得$\frac{km}{k+1}$，右边化简得$\frac{kn}{k+1}+1 - n$，
两边同乘$k+1$得：$km=kn + k+1 - n(k+1)$，
整理得$km + n = k+1$。
【答案】
(1) $\boxed{1-m}$；$\boxed{n-1}$
(2) 证明成立，$m+n=2$，辅助线如图
(3) $\boxed{km+n=k+1}$
【知识点】
1. 比例线段计算
2. 相似三角形的判定与性质
3. 三角形中位线定理
【点评】
本题是相似三角形的典型应用题型，核心是通过构造平行线或中位线得到相似三角形，结合比例线段的运算推导结论，既考查了几何辅助线的添加能力，也锻炼了代数化简运算的能力，解题的关键是合理构造相似模型梳理线段间的比例关系。
【难度系数】
0.6
（1）第一问可根据已知的比例关系，将AB、AC分别用AM、AN表示，再结合线段的和差关系，把BM、CN转化为含AM、AN的代数式，约分即可得到结果。
（2）第二问已知O是BC中点，可构造三角形中位线得到平行线，进而推出相似三角形，利用相似三角形对应边成比例列等式，代入已知比例关系化简，即可证明$m+n=2$。
（3）第三问已知$\frac{CO}{OB}=k$，可过O作AM的平行线构造两组相似三角形，先通过第一组相似得到OD、CD的表达式，再代入第二组相似的比例式中化简，即可得到m、n与k的关系。
【解析】
（1）
∵$\frac{AB}{AM}=m$，
∴$AB=m· AM$，
∵$BM=AM-AB$，
∴$\frac{BM}{AM}=\frac{AM - m· AM}{AM}=1-m$；
∵$\frac{AC}{AN}=n$，
∴$AC=n· AN$，
∵$CN=AC-AN$，
∴$\frac{CN}{AN}=\frac{n· AN - AN}{AN}=n-1$。
（2）设$AM=a,AN=b$，则$AB=am$，$AC=bn$。
如图
，取$AC$的中点$D$，连结$OD$，∵O是BC的中点，
∴OD是△ABC的中位线，
∴$OD// AB$，$OD=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}am$，$AD=DC=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}bn$。
∵$OD// AB$，
∴$∠ ODN=∠ A$，
又
∵$∠ OND=∠ MNA$，
∴$△ NDO∽△ NAM$，
∴$\frac{OD}{AM}=\frac{ND}{NA}$，
其中$ND=AN - AD = b-\frac{1}{2}bn$，代入得：
$\frac{\frac{1}{2}am}{a}=\frac{b-\frac{1}{2}bn}{b}$，
化简得$\frac{m}{2}=1-\frac{n}{2}$，两边同乘2得$m+n=2$，得证。
（3）作$OD// AM$交AC于点D，
∵$OD// AB$，
∴$△ CDO∽△ CAB$，
∴$\frac{DO}{AB}=\frac{CD}{CA}=\frac{CO}{CB}$，
∵$\frac{CO}{OB}=k$，
∴$\frac{CO}{CB}=\frac{k}{k+1}$，
∴$DO=\frac{k}{k+1}· AB=\frac{kam}{k+1}$，$CD=\frac{k}{k+1}· AC=\frac{kbn}{k+1}$。
∵$OD// AM$，
∴$∠ ODN=∠ A$，
又
∵$∠ OND=∠ MNA$，
∴$△ NDO∽△ NAM$，
∴$\frac{DO}{AM}=\frac{ND}{NA}$，
其中$ND=\frac{kbn}{k+1}+b - bn$，代入得：
$\frac{\frac{kam}{k+1}}{a}=\frac{\frac{kbn}{k+1}+b - bn}{b}$，
化简左边得$\frac{km}{k+1}$，右边化简得$\frac{kn}{k+1}+1 - n$，
两边同乘$k+1$得：$km=kn + k+1 - n(k+1)$，
整理得$km + n = k+1$。
【答案】
(1) $\boxed{1-m}$；$\boxed{n-1}$
(2) 证明成立，$m+n=2$，辅助线如图
(3) $\boxed{km+n=k+1}$
【知识点】
1. 比例线段计算
2. 相似三角形的判定与性质
3. 三角形中位线定理
【点评】
本题是相似三角形的典型应用题型，核心是通过构造平行线或中位线得到相似三角形，结合比例线段的运算推导结论，既考查了几何辅助线的添加能力，也锻炼了代数化简运算的能力，解题的关键是合理构造相似模型梳理线段间的比例关系。
【难度系数】
0.6
