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14.(安顺)如图3-2-13,在$△ ABC$中,D,E分别是AB,AC的中点,$BE=2DE$,延长DE到点F,使得$EF=BE$,连结CF.
（1）求证:四边形BCFE是菱形.
（2）若$CE=4$,$∠ BCF=120°$,求菱形BCFE的面积.
（1）求证:四边形BCFE是菱形.
（2）若$CE=4$,$∠ BCF=120°$,求菱形BCFE的面积.
答案
14. 提示:(1) 由 DE 是中位线可得 BC // DE , BC = 2DE . 又由 EF = BE = 2DE 可得 EF = BE = BC .
∴ 四边形 BCFE 是菱形.
(2) 由 ∠BCF = 120° 可得 △BCE 和 △CEF 都是等边三角形，
∴ $S_{菱形BCFE} = 2S_{△BCE} = 8\sqrt{3}$.
∴ 四边形 BCFE 是菱形.
(2) 由 ∠BCF = 120° 可得 △BCE 和 △CEF 都是等边三角形，
∴ $S_{菱形BCFE} = 2S_{△BCE} = 8\sqrt{3}$.
解析
【分析】
（1）要证四边形BCFE是菱形，按照“先证平行四边形，再证邻边相等”的思路推导：首先利用D、E是AB、AC中点的条件，结合三角形中位线定理得到DE与BC的位置和数量关系，再根据已知BE=2DE、EF=BE的条件，推导得EF与BC平行且相等，即可判定四边形BCFE为平行四边形，最后结合BE=EF的条件，证得平行四边形是菱形。
（2）求菱形面积时，结合菱形邻边相等、对角线平分内角的性质，由∠BCF=120°可得△BCE是边长为4的等边三角形，先计算单个等边三角形的面积，菱形面积等于两个该等边三角形的面积和，即可求出结果。
【解析】
（1）证明：
∵D、E分别是AB、AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE//BC，且$BC=2DE$。
又
∵$BE=2DE$，$EF=BE$，
∴$EF=BC$，且EF//BC（EF是DE的延长线，与DE共线），
∴四边形BCFE是平行四边形。
又
∵$BE=EF$，
∴平行四边形BCFE是菱形。
（2）解：
∵四边形BCFE是菱形，$∠BCF=120°$，
∴$BC=BE$，$∠BCE=\frac{1}{2}∠BCF=60°$，
∴△BCE是等边三角形，
∴$BC=BE=CE=4$。
等边三角形BCE的高为$4×\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$，
则$S_{△ BCE}=\frac{1}{2}×4×2\sqrt{3}=4\sqrt{3}$，
∴$S_{菱形BCFE}=2S_{△ BCE}=2×4\sqrt{3}=8\sqrt{3}$。
【答案】
（1）四边形BCFE是菱形，得证；
（2）菱形BCFE的面积为$8\sqrt{3}$。
【知识点】
三角形中位线定理，菱形的判定与性质，等边三角形的性质
【点评】
本题是几何综合基础题，将三角形中位线、特殊四边形判定、特殊三角形面积计算结合考查，解题的关键是熟练掌握相关性质定理，能根据已知条件合理转化图形关系。
【难度系数】
0.7
（1）要证四边形BCFE是菱形，按照“先证平行四边形，再证邻边相等”的思路推导：首先利用D、E是AB、AC中点的条件，结合三角形中位线定理得到DE与BC的位置和数量关系，再根据已知BE=2DE、EF=BE的条件，推导得EF与BC平行且相等，即可判定四边形BCFE为平行四边形，最后结合BE=EF的条件，证得平行四边形是菱形。
（2）求菱形面积时，结合菱形邻边相等、对角线平分内角的性质，由∠BCF=120°可得△BCE是边长为4的等边三角形，先计算单个等边三角形的面积，菱形面积等于两个该等边三角形的面积和，即可求出结果。
【解析】
（1）证明：
∵D、E分别是AB、AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE//BC，且$BC=2DE$。
又
∵$BE=2DE$，$EF=BE$，
∴$EF=BC$，且EF//BC（EF是DE的延长线，与DE共线），
∴四边形BCFE是平行四边形。
又
∵$BE=EF$，
∴平行四边形BCFE是菱形。
（2）解：
∵四边形BCFE是菱形，$∠BCF=120°$，
∴$BC=BE$，$∠BCE=\frac{1}{2}∠BCF=60°$，
∴△BCE是等边三角形，
∴$BC=BE=CE=4$。
等边三角形BCE的高为$4×\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$，
则$S_{△ BCE}=\frac{1}{2}×4×2\sqrt{3}=4\sqrt{3}$，
∴$S_{菱形BCFE}=2S_{△ BCE}=2×4\sqrt{3}=8\sqrt{3}$。
【答案】
（1）四边形BCFE是菱形，得证；
（2）菱形BCFE的面积为$8\sqrt{3}$。
【知识点】
三角形中位线定理，菱形的判定与性质，等边三角形的性质
【点评】
本题是几何综合基础题，将三角形中位线、特殊四边形判定、特殊三角形面积计算结合考查，解题的关键是熟练掌握相关性质定理，能根据已知条件合理转化图形关系。
【难度系数】
0.7
15.(株洲)在$△ ABC$中，$∠ ABC = 90°$，$AB = 3$，$BC = 4$.Q是线段AC上的一个动点，过点Q作AC的垂线交线段AB或线段AB的延长线于点P(如图 3-2-14).
图 3-2-14
(1) 当点 P 在线段 AB 上时，求证：$△ APQ ∽ △ ACB$.
(2) 若 $△ PQB$ 为等腰三角形，求 AP 的长.
图 3-2-14
(1) 当点 P 在线段 AB 上时，求证：$△ APQ ∽ △ ACB$.
(2) 若 $△ PQB$ 为等腰三角形，求 AP 的长.
答案
15. (1)答案略. (2)提示:由勾股定理得 AC = 5.
当△PQB 为等腰三角形时,若点 P 在 AB 上，由于 ∠BPQ 为钝角,则 PB = PQ.
由(1)知 △AQP ∽ △ABC，
∴ $\frac{PA}{AC}=\frac{PQ}{BC}$，
即 $\frac{3-PB}{5}=\frac{PB}{4}$.
解得 $PB=\frac{4}{3}$，$AP = AB - PB = \frac{5}{3}$.
若点 P 在 AB 的延长线上,由于 ∠PBQ 为钝角,则 BP = BQ.
∴ ∠P = ∠BQP
于是可证 ∠A = ∠AQB.
∴ AB = BQ = BP.
∴ AP = 2AB = 6.
解析
【分析】
(1) 证明三角形相似可通过两角对应相等判定：由PQ⊥AC可得∠AQP=90°，与已知的∠ABC=90°相等，再结合两个三角形的公共角∠A，即可证明△APQ∽△ACB。
(2) 先利用勾股定理求出AC的长度；△PQB为等腰三角形时需分两种情况讨论：①点P在线段AB上，此时∠BPQ为钝角，在等腰三角形中钝角只能为顶角，故PB=PQ，结合(1)的相似结论列比例式求解即可得到AP的长；②点P在AB的延长线上，此时∠PBQ为钝角，故BP=BQ，通过角度互余推导可得BQ=AB，进而求出AP的长度。
【解析】
(1) 证明：
∵ PQ⊥AC，
∴ ∠AQP = 90°，
又
∵ ∠ABC = 90°，
∴ ∠AQP = ∠ABC，
又
∵ ∠A = ∠A（公共角），
∴ △APQ ∽ △ACB（两角分别相等的两个三角形相似）。
(2) 解：
在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，由勾股定理得：
$AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{3^2 + 4^2} = 5$。
分两种情况讨论：
① 当点P在线段AB上时：
△PQB为等腰三角形，∠BPQ = ∠A + ∠AQP = ∠A + 90° ＞ 90°，为钝角，因此等腰△PQB的顶角为∠BPQ，即PB = PQ。
设PB = x，则AP = AB - PB = 3 - x，PQ = x。
由(1)的相似结论得$\frac{PA}{AC} = \frac{PQ}{BC}$，代入得：
$\frac{3 - x}{5} = \frac{x}{4}$，
解得$x = \frac{4}{3}$，
因此$AP = 3 - \frac{4}{3} = \frac{5}{3}$。
② 当点P在AB的延长线上时：
△PQB为等腰三角形，∠PBQ为钝角，因此等腰△PQB的顶角为∠PBQ，即BP = BQ。
∴ ∠P = ∠BQP，
∵ PQ⊥AC，
∴ ∠AQP = 90°，即∠A + ∠P = 90°，∠AQB + ∠BQP = 90°，
∴ ∠A = ∠AQB，
∴ BQ = AB = 3，即BP = 3，
因此$AP = AB + BP = 3 + 3 = 6$。
综上，AP的长为$\frac{5}{3}$或6。
【答案】
(1) 证明略；(2) AP的长为$\frac{5}{3}$或6。
【知识点】
相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理
【点评】
本题综合考查了三角形相似、等腰三角形和勾股定理的相关知识，解题的核心是根据等腰三角形钝角为顶角的特点分类讨论点P的位置，避免漏解，能有效锻炼分类讨论的数学思维。
【难度系数】
0.6
(1) 证明三角形相似可通过两角对应相等判定：由PQ⊥AC可得∠AQP=90°，与已知的∠ABC=90°相等，再结合两个三角形的公共角∠A，即可证明△APQ∽△ACB。
(2) 先利用勾股定理求出AC的长度；△PQB为等腰三角形时需分两种情况讨论：①点P在线段AB上，此时∠BPQ为钝角，在等腰三角形中钝角只能为顶角，故PB=PQ，结合(1)的相似结论列比例式求解即可得到AP的长；②点P在AB的延长线上，此时∠PBQ为钝角，故BP=BQ，通过角度互余推导可得BQ=AB，进而求出AP的长度。
【解析】
(1) 证明：
∵ PQ⊥AC，
∴ ∠AQP = 90°，
又
∵ ∠ABC = 90°，
∴ ∠AQP = ∠ABC，
又
∵ ∠A = ∠A（公共角），
∴ △APQ ∽ △ACB（两角分别相等的两个三角形相似）。
(2) 解：
在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，由勾股定理得：
$AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{3^2 + 4^2} = 5$。
分两种情况讨论：
① 当点P在线段AB上时：
△PQB为等腰三角形，∠BPQ = ∠A + ∠AQP = ∠A + 90° ＞ 90°，为钝角，因此等腰△PQB的顶角为∠BPQ，即PB = PQ。
设PB = x，则AP = AB - PB = 3 - x，PQ = x。
由(1)的相似结论得$\frac{PA}{AC} = \frac{PQ}{BC}$，代入得：
$\frac{3 - x}{5} = \frac{x}{4}$，
解得$x = \frac{4}{3}$，
因此$AP = 3 - \frac{4}{3} = \frac{5}{3}$。
② 当点P在AB的延长线上时：
△PQB为等腰三角形，∠PBQ为钝角，因此等腰△PQB的顶角为∠PBQ，即BP = BQ。
∴ ∠P = ∠BQP，
∵ PQ⊥AC，
∴ ∠AQP = 90°，即∠A + ∠P = 90°，∠AQB + ∠BQP = 90°，
∴ ∠A = ∠AQB，
∴ BQ = AB = 3，即BP = 3，
因此$AP = AB + BP = 3 + 3 = 6$。
综上，AP的长为$\frac{5}{3}$或6。
【答案】
(1) 证明略；(2) AP的长为$\frac{5}{3}$或6。
【知识点】
相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理
【点评】
本题综合考查了三角形相似、等腰三角形和勾股定理的相关知识，解题的核心是根据等腰三角形钝角为顶角的特点分类讨论点P的位置，避免漏解，能有效锻炼分类讨论的数学思维。
【难度系数】
0.6
16.(宿迁)如图3-2-15,在$△ ABC$中,$AB = AC$,点$E$(点$E$不与点$B,C$重合)在边$BC$上移动,满足$∠ DEF = ∠ B$,且点$D,F$分别在边$AB,AC$上.
(1)求证:$△ BDE ∽ △ CEF$.
图3-2-15
(2)当点$E$移动到$BC$的中点时,求证:$FE$平分$∠ DFC$.
(1)求证:$△ BDE ∽ △ CEF$.
图3-2-15
(2)当点$E$移动到$BC$的中点时,求证:$FE$平分$∠ DFC$.
答案
16. 提示:(1)
∵ AB = AC，
∴ ∠B = ∠C.
∵ ∠DEF = ∠B，
∠DEC = ∠B + ∠BDE
= ∠DEF + ∠CEF，
∴ ∠BDE = ∠CEF.
∴ △BDE ∽ △CEF.
(2) 由点 E 是 BC 的中点可得 BE = CE.
由(1)知 △BDE ∽ △CEF，
∴ $\frac{BE}{CF}=\frac{DE}{EF}$， 即 $\frac{CE}{CF}=\frac{DE}{EF}$.
∵ ∠DEF = ∠B = ∠C，
∴ △DEF ∽ △ECF，
∴ ∠DFE = ∠CFE，
即 FE 平分 ∠DFC.
解析
【分析】
(1)要证明△BDE∽△CEF，首先根据等腰三角形等边对等角可得∠B=∠C，已有一组对应角相等，只需再推导一组对应角相等即可。结合已知∠DEF=∠B，利用三角形外角的性质，∠DEC作为△BDE的外角等于∠B+∠BDE，同时∠DEC也可拆分为∠DEF+∠CEF，通过等量代换即可推出∠BDE=∠CEF，满足两角对应相等的相似判定条件。
(2)要证FE平分∠DFC，即证∠DFE=∠CFE。首先由E是BC中点得BE=CE，结合(1)的相似结论可得到对应边成比例，将BE替换为CE得到新的比例关系，再结合∠DEF=∠C，满足两边对应成比例且夹角相等的相似判定条件，证得△DEF∽△ECF，即可根据相似三角形对应角相等得到角平分线的结论。
【解析】
(1)证明：
∵ AB = AC，
∴ ∠B = ∠C。
∵ ∠DEF = ∠B，
又
∵ ∠DEC是△BDE的外角，
∴ ∠DEC = ∠B + ∠BDE = ∠DEF + ∠CEF，
将∠DEF=∠B代入得：∠BDE = ∠CEF。
在△BDE和△CEF中，$\{\begin{array}{l}∠ B=∠ C\\ ∠ BDE=∠ CEF\end{array} $，
∴ △BDE ∽ △CEF。
(2)证明：
∵ 点E是BC的中点，
∴ BE = CE。
由(1)知△BDE ∽ △CEF，
∴ $\frac{BE}{CF}=\frac{DE}{EF}$，将BE=CE代入得 $\frac{CE}{CF}=\frac{DE}{EF}$，即 $\frac{DE}{CE}=\frac{EF}{CF}$。
又
∵ ∠DEF = ∠B = ∠C，
在△DEF和△ECF中，$\{\begin{array}{l}\frac{DE}{CE}=\frac{EF}{CF}\\ ∠ DEF=∠ C\end{array} $，
∴ △DEF ∽ △ECF，
∴ ∠DFE = ∠CFE，即FE平分∠DFC。
【答案】
16. (1)
∵ AB = AC，
∴ ∠B = ∠C.
∵ ∠DEF = ∠B，
∠DEC = ∠B + ∠BDE
= ∠DEF + ∠CEF，
∴ ∠BDE = ∠CEF.
∴ △BDE ∽ △CEF.
(2) 由点 E 是 BC 的中点可得 BE = CE.
由(1)知 △BDE ∽ △CEF，
∴ $\frac{BE}{CF}=\frac{DE}{EF}$， 即 $\frac{CE}{CF}=\frac{DE}{EF}$.
∵ ∠DEF = ∠B = ∠C，
∴ △DEF ∽ △ECF，
∴ ∠DFE = ∠CFE，
即 FE 平分 ∠DFC.
【知识点】
等腰三角形的性质、相似三角形的判定、相似三角形的性质
【点评】
本题属于几何基础综合题，逻辑链条清晰，解题核心是灵活运用相似三角形的判定和性质，第一问通过角的和差关系推导等角证相似，第二问借助第一问的相似结论和中点性质转化比例线段，再次证相似得到角相等，掌握相似的相关定理即可顺利解题。
【难度系数】
0.7
(1)要证明△BDE∽△CEF，首先根据等腰三角形等边对等角可得∠B=∠C，已有一组对应角相等，只需再推导一组对应角相等即可。结合已知∠DEF=∠B，利用三角形外角的性质，∠DEC作为△BDE的外角等于∠B+∠BDE，同时∠DEC也可拆分为∠DEF+∠CEF，通过等量代换即可推出∠BDE=∠CEF，满足两角对应相等的相似判定条件。
(2)要证FE平分∠DFC，即证∠DFE=∠CFE。首先由E是BC中点得BE=CE，结合(1)的相似结论可得到对应边成比例，将BE替换为CE得到新的比例关系，再结合∠DEF=∠C，满足两边对应成比例且夹角相等的相似判定条件，证得△DEF∽△ECF，即可根据相似三角形对应角相等得到角平分线的结论。
【解析】
(1)证明：
∵ AB = AC，
∴ ∠B = ∠C。
∵ ∠DEF = ∠B，
又
∵ ∠DEC是△BDE的外角，
∴ ∠DEC = ∠B + ∠BDE = ∠DEF + ∠CEF，
将∠DEF=∠B代入得：∠BDE = ∠CEF。
在△BDE和△CEF中，$\{\begin{array}{l}∠ B=∠ C\\ ∠ BDE=∠ CEF\end{array} $，
∴ △BDE ∽ △CEF。
(2)证明：
∵ 点E是BC的中点，
∴ BE = CE。
由(1)知△BDE ∽ △CEF，
∴ $\frac{BE}{CF}=\frac{DE}{EF}$，将BE=CE代入得 $\frac{CE}{CF}=\frac{DE}{EF}$，即 $\frac{DE}{CE}=\frac{EF}{CF}$。
又
∵ ∠DEF = ∠B = ∠C，
在△DEF和△ECF中，$\{\begin{array}{l}\frac{DE}{CE}=\frac{EF}{CF}\\ ∠ DEF=∠ C\end{array} $，
∴ △DEF ∽ △ECF，
∴ ∠DFE = ∠CFE，即FE平分∠DFC。
【答案】
16. (1)
∵ AB = AC，
∴ ∠B = ∠C.
∵ ∠DEF = ∠B，
∠DEC = ∠B + ∠BDE
= ∠DEF + ∠CEF，
∴ ∠BDE = ∠CEF.
∴ △BDE ∽ △CEF.
(2) 由点 E 是 BC 的中点可得 BE = CE.
由(1)知 △BDE ∽ △CEF，
∴ $\frac{BE}{CF}=\frac{DE}{EF}$， 即 $\frac{CE}{CF}=\frac{DE}{EF}$.
∵ ∠DEF = ∠B = ∠C，
∴ △DEF ∽ △ECF，
∴ ∠DFE = ∠CFE，
即 FE 平分 ∠DFC.
【知识点】
等腰三角形的性质、相似三角形的判定、相似三角形的性质
【点评】
本题属于几何基础综合题，逻辑链条清晰，解题核心是灵活运用相似三角形的判定和性质，第一问通过角的和差关系推导等角证相似，第二问借助第一问的相似结论和中点性质转化比例线段，再次证相似得到角相等，掌握相似的相关定理即可顺利解题。
【难度系数】
0.7
