11. 如图，已知点B，D在AC的两侧，E，F分别是$△ ACD$与$△ ABC$的重心，且$EF=2$，则BD的长度是（）


A.4
B.5
C.6
D.7

11. C

【分析】
解题思路如下：首先回忆三角形重心的性质：三角形的重心是三条中线的交点，重心分中线所得的两条线段比为2:1（顶点到重心的距离:重心到对边中点的距离=2:1）。第一步：连接BF、DE并延长，两条延长线的交点就是AC的中点O，由重心性质可分别得到OF与OB、OE与OD的比值均为1:3；第二步：判定△FOE和△BOD相似，依据是两边对应成比例且夹角相等；第三步：根据相似三角形对应边成比例，代入EF的长度即可求出BD的长度。
【解析】
解：连接BF并延长交AC于点O，连接DE并延长，易知DE延长线也过点O。
∵E是△ACD的重心，
∴O是AC的中点，且$ \frac{OE}{OD}=\frac{1}{3} $。
∵F是△ABC的重心，
∴F在中线BO上，且$ \frac{OF}{OB}=\frac{1}{3} $。
∴$ \frac{OF}{OB}=\frac{OE}{OD}=\frac{1}{3} $，
又
∵$ ∠ FOE=∠ BOD $（公共角），
∴$ △ FOE ∽ △ BOD $（两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似）。
∴$ \frac{EF}{BD}=\frac{OF}{OB}=\frac{1}{3} $，
代入EF=2，得$ BD=3EF=3×2=6 $。
【答案】
C
【知识点】
三角形重心的性质、相似三角形的判定、相似三角形的性质
【点评】
本题是重心性质与相似三角形的综合应用题，解题的突破口是利用重心的性质得到线段的比例关系，进而构造相似三角形求解，是几何部分的典型常考题。
【难度系数】
0.6

12. 克罗狄斯·托勒密(约90—168年)是古希腊数学家和天文学家，他在解决某一数学问题时曾用到以下图形(图中的实线部分)。已知AB是$\odot O$直径，$OC⊥ AB$，D是OB中点，以点D为圆心，CD为半径画弧，交AB于点E，连结CE。现连结CD并延长交$\odot O$于点F，连结BF，AC。
(1)求证:$△ ACD∽△ BFD$。
(2)当$OE=\sqrt{5}-1$时，求BF的长。

12.
(1)由圆周角定理可得$∠ ACD = ∠ DBF, ∠ CAD = ∠ DFB, \therefore △ ACD ∽ △ BFD$
(2)作$FM⊥AB$,垂足为M,设$OD=x$,$\because D$为OB的中点,$\therefore OD=BD=x$,$OB=OC=OA=2x$。$\because OC⊥AB$,$\therefore CD=\sqrt{5}x=DE$,$\therefore OE=(\sqrt{5}-1)x$,$\therefore (\sqrt{5}-1)x=\sqrt{5}-1$,$\therefore x=1$,$\therefore OD=BD=1$,$OB=OC=OA=2$,$CD=\sqrt{5}$,$\therefore AD=3$。$\because OC⊥AB$,$FM⊥AB$,$\therefore OC// FM$,$\therefore \frac{OC}{FM}=\frac{OD}{DM}$,$\therefore \frac{DM}{FM}=\frac{OD}{OC}=\frac{1}{2}$。设$DM=y$,$FM=2y$,$\therefore DF=\sqrt{5}y$。$\because △ ACD ∽ △ BFD$,$\therefore \frac{AD}{DF}=\frac{CD}{BD}$,即$\frac{3}{\sqrt{5}y}=\frac{\sqrt{5}}{1}$,$\therefore y=\frac{3}{5}$,$\therefore FM=2× \frac{3}{5}=\frac{6}{5}$,$BM=1-\frac{3}{5}=\frac{2}{5}$,$\therefore BF=\sqrt{FM^2+BM^2}=\sqrt{(\frac{6}{5})^2+(\frac{2}{5})^2}=\frac{2\sqrt{10}}{5}$

【分析】
(1)要证明△ACD∽△BFD，可利用圆周角定理寻找两组对应相等的角：同弧所对的圆周角相等，可得∠ACD=∠DBF、∠CAD=∠DFB，结合相似三角形的判定定理即可完成证明。
(2)求解BF的长度时，先设OD=x，结合D是OB中点表示出⊙O的半径，在Rt△COD中用勾股定理求出CD的长度，再结合OE的已知长度求出x的值，得到各基础线段的长度；之后作FM⊥AB构造直角三角形，利用平行线得到线段比例关系，结合第一问的相似三角形性质列方程求出FM、BM的长度，最后用勾股定理计算BF即可。
【解析】
(1)证明：由圆周角定理可知，同弧所对的圆周角相等，因此$∠ ACD = ∠ DBF$，$∠ CAD = ∠ DFB$，
根据“两角分别相等的两个三角形相似”，可得$△ ACD ∽ △ BFD$。
(2)解：过点F作$FM⊥AB$，垂足为M。
设$OD=x$，$\because D$为OB的中点，$\therefore OD=BD=x$，$\odot O$的半径$OB=OC=OA=2x$。
$\because OC⊥AB$，在$Rt△ COD$中由勾股定理得：$CD=\sqrt{OC^2+OD^2}=\sqrt{(2x)^2+x^2}=\sqrt{5}x$。
$\because DE、CD$都是所作弧的半径，$\therefore DE=CD=\sqrt{5}x$，因此$OE=DE-OD=\sqrt{5}x-x=(\sqrt{5}-1)x$。
已知$OE=\sqrt{5}-1$，代入得$(\sqrt{5}-1)x=\sqrt{5}-1$，解得$x=1$。
由此可得：$OD=BD=1$，$OB=OC=OA=2$，$CD=\sqrt{5}$，$AD=AO+OD=2+1=3$。
$\because OC⊥AB$，$FM⊥AB$，$\therefore OC// FM$，可得$△ COD∽△ FMD$，因此$\frac{OC}{FM}=\frac{OD}{DM}$，即$\frac{DM}{FM}=\frac{OD}{OC}=\frac{1}{2}$。
设$DM=y$，则$FM=2y$，在$Rt△ FMD$中$DF=\sqrt{DM^2+FM^2}=\sqrt{y^2+(2y)^2}=\sqrt{5}y$。
由(1)的结论$△ ACD ∽ △ BFD$，得$\frac{AD}{DF}=\frac{CD}{BD}$，代入数值：$\frac{3}{\sqrt{5}y}=\frac{\sqrt{5}}{1}$，解得$y=\frac{3}{5}$。
因此$FM=2× \frac{3}{5}=\frac{6}{5}$，$BM=BD-DM=1-\frac{3}{5}=\frac{2}{5}$。
在$Rt△ BFM$中由勾股定理得：$BF=\sqrt{FM^2+BM^2}=\sqrt{(\frac{6}{5})^2+(\frac{2}{5})^2}=\frac{2\sqrt{10}}{5}$。
【答案】

【知识点】
圆周角定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理
【点评】
本题结合圆的性质考查相似三角形的综合应用，需要合理设元，结合几何性质建立等量关系，既考察基础定理的掌握情况，也能锻炼综合分析几何图形的能力。
【难度系数】
0.6