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【例1】(1)已知线段$m=8,n=2$,求线段$m,n$的比例中项.
(2)已知$\frac{x}{3}=\frac{y}{5},x+y=24$,求$x,y$的值.
(2)已知$\frac{x}{3}=\frac{y}{5},x+y=24$,求$x,y$的值.
答案
(1)
∵线段$m=8,n=2$,
∴线段$m,n$的比例中项$=\sqrt{8×2}=4$.
(2)设$\frac{x}{3}=\frac{y}{5}=k$,可得$x=3k,y=5k$,
把$x=3k,y=5k$代入$x+y=24$,可得$3k+5k=24$,
解得$k=3$,所以$x=3×3=9,y=3×5=15$.
∵线段$m=8,n=2$,
∴线段$m,n$的比例中项$=\sqrt{8×2}=4$.
(2)设$\frac{x}{3}=\frac{y}{5}=k$,可得$x=3k,y=5k$,
把$x=3k,y=5k$代入$x+y=24$,可得$3k+5k=24$,
解得$k=3$,所以$x=3×3=9,y=3×5=15$.
解析
【分析】
(1) 首先回忆线段比例中项的定义：若线段$b$是线段$m$、$n$的比例中项，则满足$b^2=m· n$，且线段长度恒为正数，因此只需代入$m$、$n$的取值计算算术平方根即可得到结果。
(2) 遇到多个比值相等的问题时，常用“设$k$法”转化，将$x$、$y$都用含$k$的代数式表示，再代入已知等式$x+y=24$，得到关于$k$的一元一次方程，解出$k$后即可求出$x$、$y$的值。
【解析】
(1) $\because$ 线段$m=8,n=2$,
$\therefore$ 线段$m,n$的比例中项$=\sqrt{8×2}=\sqrt{16}=4$。
(2) 设$\frac{x}{3}=\frac{y}{5}=k$,可得$x=3k,y=5k$,
把$x=3k,y=5k$代入$x+y=24$,可得$3k+5k=24$,
合并同类项得$8k=24$，
解得$k=3$,所以$x=3×3=9,y=3×5=15$。
【答案】
(1) $4$；(2) $x=9,y=15$
【知识点】
比例中项，比例的性质，一元一次方程求解
【点评】
本题属于比例相关的基础题型，第一问解题时需注意线段的比例中项为非负实数，不要出现多解错误；第二问的“设$k$法”是处理比例连等问题的常用技巧，熟练掌握该方法可大幅提升这类题的解题效率。
【难度系数】
0.8
(1) 首先回忆线段比例中项的定义：若线段$b$是线段$m$、$n$的比例中项，则满足$b^2=m· n$，且线段长度恒为正数，因此只需代入$m$、$n$的取值计算算术平方根即可得到结果。
(2) 遇到多个比值相等的问题时，常用“设$k$法”转化，将$x$、$y$都用含$k$的代数式表示，再代入已知等式$x+y=24$，得到关于$k$的一元一次方程，解出$k$后即可求出$x$、$y$的值。
【解析】
(1) $\because$ 线段$m=8,n=2$,
$\therefore$ 线段$m,n$的比例中项$=\sqrt{8×2}=\sqrt{16}=4$。
(2) 设$\frac{x}{3}=\frac{y}{5}=k$,可得$x=3k,y=5k$,
把$x=3k,y=5k$代入$x+y=24$,可得$3k+5k=24$,
合并同类项得$8k=24$，
解得$k=3$,所以$x=3×3=9,y=3×5=15$。
【答案】
(1) $4$；(2) $x=9,y=15$
【知识点】
比例中项，比例的性质，一元一次方程求解
【点评】
本题属于比例相关的基础题型，第一问解题时需注意线段的比例中项为非负实数，不要出现多解错误；第二问的“设$k$法”是处理比例连等问题的常用技巧，熟练掌握该方法可大幅提升这类题的解题效率。
【难度系数】
0.8
练习1 如果舞台AB的长为10米，一名主持人现在站在A处，那么她至少走多少米才能到达舞台的黄金分割点处？
（
A.$(5\sqrt{5}-5)$米
B.$(15-5\sqrt{5})$米
C.$(5\sqrt{5}+5)$米
D.$(15-5\sqrt{5})$米或$(5\sqrt{5}-5)$米
（
B
）A.$(5\sqrt{5}-5)$米
B.$(15-5\sqrt{5})$米
C.$(5\sqrt{5}+5)$米
D.$(15-5\sqrt{5})$米或$(5\sqrt{5}-5)$米
答案
1.B
解析
【分析】
首先明确黄金分割的定义：把一条线段分成两部分，使较长部分与全长的比值等于$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，一条线段共有2个黄金分割点。本题主持人从A点出发要走最短距离到达黄金分割点，需要找到距离A点更近的黄金分割点，计算对应长度即可。
【解析】
已知线段AB长为10米，黄金分割比为$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$：
1. 若黄金分割点P距离B更近（即PB为较长线段），此时$PB = AB × \frac{\sqrt{5}-1}{2}=10×\frac{\sqrt{5}-1}{2}=5\sqrt{5}-5$米，
则主持人从A到P的距离为$AP = AB - PB = 10 - (5\sqrt{5}-5)=15-5\sqrt{5}$米；
2. 若黄金分割点P距离A更近（即AP为较长线段），此时$AP=AB×\frac{\sqrt{5}-1}{2}=5\sqrt{5}-5$米。
比较两个距离可得$15-5\sqrt{5}＜5\sqrt{5}-5$，题目要求至少走的距离，因此选更小的$15-5\sqrt{5}$米。
【答案】
B
【知识点】
黄金分割的概念，线段长度计算
【点评】
本题易错点是未注意“至少走”的限制条件，误选包含两个黄金分割点距离的选项。解题时要结合题干的最值要求筛选符合条件的结果，避免漏看题干条件失分。
【难度系数】
0.7
首先明确黄金分割的定义：把一条线段分成两部分，使较长部分与全长的比值等于$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，一条线段共有2个黄金分割点。本题主持人从A点出发要走最短距离到达黄金分割点，需要找到距离A点更近的黄金分割点，计算对应长度即可。
【解析】
已知线段AB长为10米，黄金分割比为$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$：
1. 若黄金分割点P距离B更近（即PB为较长线段），此时$PB = AB × \frac{\sqrt{5}-1}{2}=10×\frac{\sqrt{5}-1}{2}=5\sqrt{5}-5$米，
则主持人从A到P的距离为$AP = AB - PB = 10 - (5\sqrt{5}-5)=15-5\sqrt{5}$米；
2. 若黄金分割点P距离A更近（即AP为较长线段），此时$AP=AB×\frac{\sqrt{5}-1}{2}=5\sqrt{5}-5$米。
比较两个距离可得$15-5\sqrt{5}＜5\sqrt{5}-5$，题目要求至少走的距离，因此选更小的$15-5\sqrt{5}$米。
【答案】
B
【知识点】
黄金分割的概念，线段长度计算
【点评】
本题易错点是未注意“至少走”的限制条件，误选包含两个黄金分割点距离的选项。解题时要结合题干的最值要求筛选符合条件的结果，避免漏看题干条件失分。
【难度系数】
0.7
【例2】已知:如图,在菱形ABCD中,点E,F分别在边BC,CD上,BE=FD,AF的延长线交BC的延长线于点H,AE的延长线交DC的延长线于点G.
(1)求证:$△ AFD ∽ △ GAD$.
(2)若$DF^2=CF· CD$,求证:$BE=CH$.
(1)求证:$△ AFD ∽ △ GAD$.
(2)若$DF^2=CF· CD$,求证:$BE=CH$.
答案
(1)证明:易证$△ ABE ≌ △ ADF$(SAS),
$\therefore ∠ BAE = ∠ DAF$.
$\because AB // CD, \therefore ∠ G = ∠ BAE = ∠ DAF$,
又$\because ∠ D = ∠ D, \therefore △ AFD ∽ △ GAD$.
(2)$\because DF^2 = CF · CD, \therefore \frac{CF}{DF} = \frac{DF}{CD}$,
$\because AD // BH, \therefore \frac{CF}{DF} = \frac{CH}{AD}, \therefore \frac{CH}{AD} = \frac{DF}{CD}$,
$\because AD = CD, \therefore CH = DF, \because BE = DF, \therefore BE = CH$.
$\therefore ∠ BAE = ∠ DAF$.
$\because AB // CD, \therefore ∠ G = ∠ BAE = ∠ DAF$,
又$\because ∠ D = ∠ D, \therefore △ AFD ∽ △ GAD$.
(2)$\because DF^2 = CF · CD, \therefore \frac{CF}{DF} = \frac{DF}{CD}$,
$\because AD // BH, \therefore \frac{CF}{DF} = \frac{CH}{AD}, \therefore \frac{CH}{AD} = \frac{DF}{CD}$,
$\because AD = CD, \therefore CH = DF, \because BE = DF, \therefore BE = CH$.
解析
【分析】
(1) 要证明△AFD∽△GAD，两个三角形已有公共角∠D，只需再找一组对应角相等即可。首先利用菱形邻边相等、对角相等的性质，结合已知BE=FD，证△ABE≌△ADF得到∠BAE=∠DAF；再借助菱形对边AB//CD的性质，得内错角∠G=∠BAE，等量代换得到∠G=∠DAF，结合公共角即可完成相似证明。
(2) 要证BE=CH，已知BE=FD，只需证CH=DF即可。先将已知乘积式DF²=CF·CD转化为比例式，再利用菱形对边AD//BH的性质，由平行线分线段成比例得到线段比例关系，结合菱形邻边AD=CD的性质，即可推得CH=DF，联立已知条件即可得证。
【解析】
(1) 证明：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，∠B=∠D，
又
∵BE=FD，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴∠BAE=∠DAF。
∵菱形ABCD中AB//CD，
∴∠G=∠BAE，即∠G=∠DAF，
又
∵∠D=∠D，
∴△AFD∽△GAD。
(2) 证明：
∵DF²=CF·CD，
∴$\frac{CF}{DF}=\frac{DF}{CD}$。
∵菱形ABCD中AD//BH，AD=CD，
∴$\frac{CF}{DF}=\frac{CH}{AD}$，
∴$\frac{CH}{AD}=\frac{DF}{CD}$，
又
∵AD=CD，
∴CH=DF，
∵已知BE=FD，
∴BE=CH。
【答案】
(1) $\boldsymbol{△ AFD ∽ △ GAD}$成立；
(2) $\boldsymbol{BE=CH}$成立。
【知识点】
菱形的性质、相似三角形的判定、平行线分线段成比例
【点评】
本题以菱形为载体，综合考查了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定、平行线分线段成比例定理，解题核心是灵活利用菱形的性质转化角与线段的数量关系，是几何部分的典型综合基础题。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明△AFD∽△GAD，两个三角形已有公共角∠D，只需再找一组对应角相等即可。首先利用菱形邻边相等、对角相等的性质，结合已知BE=FD，证△ABE≌△ADF得到∠BAE=∠DAF；再借助菱形对边AB//CD的性质，得内错角∠G=∠BAE，等量代换得到∠G=∠DAF，结合公共角即可完成相似证明。
(2) 要证BE=CH，已知BE=FD，只需证CH=DF即可。先将已知乘积式DF²=CF·CD转化为比例式，再利用菱形对边AD//BH的性质，由平行线分线段成比例得到线段比例关系，结合菱形邻边AD=CD的性质，即可推得CH=DF，联立已知条件即可得证。
【解析】
(1) 证明：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，∠B=∠D，
又
∵BE=FD，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴∠BAE=∠DAF。
∵菱形ABCD中AB//CD，
∴∠G=∠BAE，即∠G=∠DAF，
又
∵∠D=∠D，
∴△AFD∽△GAD。
(2) 证明：
∵DF²=CF·CD，
∴$\frac{CF}{DF}=\frac{DF}{CD}$。
∵菱形ABCD中AD//BH，AD=CD，
∴$\frac{CF}{DF}=\frac{CH}{AD}$，
∴$\frac{CH}{AD}=\frac{DF}{CD}$，
又
∵AD=CD，
∴CH=DF，
∵已知BE=FD，
∴BE=CH。
【答案】
(1) $\boldsymbol{△ AFD ∽ △ GAD}$成立；
(2) $\boldsymbol{BE=CH}$成立。
【知识点】
菱形的性质、相似三角形的判定、平行线分线段成比例
【点评】
本题以菱形为载体，综合考查了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定、平行线分线段成比例定理，解题核心是灵活利用菱形的性质转化角与线段的数量关系，是几何部分的典型综合基础题。
【难度系数】
0.7
练习2如图，在$△ ABC$的外接圆O中，D是$\overset{\frown}{BC}$的中点，AD交BC于点E，连结BD。
(1)列出图中所有相似三角形。
(2)连结DC，若在$\overset{\frown}{BAC}$上任取一点K(点A，B，C除外)，连结CK，DK，DK交BC于点F，$DC^2 = DF · DK$是否成立？若成立，给出证明；若不成立，举例说明。
(1)列出图中所有相似三角形。
(2)连结DC，若在$\overset{\frown}{BAC}$上任取一点K(点A，B，C除外)，连结CK，DK，DK交BC于点F，$DC^2 = DF · DK$是否成立？若成立，给出证明；若不成立，举例说明。
答案
(1)$△ BDE ∽ △ ACE$,
$△ DBE ∽ △ DAB$,
$△ ABD ∽ △ AEC$.
(2)$DC^2 = DF · DK$成立.
证明:$\because D$是$\overset{\frown}{BC}$的中点,$\therefore \overset{\frown}{BD} = \overset{\frown}{DC}$,
$\therefore ∠ DBC = ∠ DCB$(等弧的圆周角相等),
又$\because ∠ DBC = ∠ DKC, \therefore ∠ DCB = ∠ DKC$,
又$\because ∠ KDC = ∠ CDF, \therefore △ KDC ∽ △ CDF$,
$\therefore \frac{KD}{DC} = \frac{DC}{DF}, \therefore DC^2 = DF · DK$.
解析
【分析】
(1) 找相似三角形的核心是寻找两组对应角相等：结合圆周角定理，同弧或等弧所对的圆周角相等，再结合对顶角相等、公共角相等的性质，逐一排查图中三角形的角的对应关系，即可找出所有相似三角形。
(2) 要证明等积式$DC^2 = DF · DK$，通常先将等积式转化为比例式$\frac{DC}{DF}=\frac{DK}{DC}$，只需证明包含这四条边的$△ KDC$和$△ CDF$相似即可；利用等弧的性质和圆周角定理找到两组对应相等的角，即可证明三角形相似，进而推导得到等积式。
【解析】
(1) 逐对推导相似三角形：
① $∠ BED$和$∠ AEC$是对顶角，故$∠ BED = ∠ AEC$；同弧$\overset{\frown}{AB}$所对的圆周角相等，故$∠ BDE = ∠ ACE$，根据两角对应相等的两个三角形相似，可得$△ BDE ∽ △ ACE$。
② D是$\overset{\frown}{BC}$的中点，故$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{DC}$，等弧所对的圆周角相等，故$∠ DBE = ∠ DAB$；又$∠ BDE = ∠ ADB$（公共角），根据两角对应相等的两个三角形相似，可得$△ DBE ∽ △ DAB$。
③ 由$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{DC}$得$∠ BAD = ∠ EAC$；$∠ ABD = ∠ ABC + ∠ DBC$，$∠ AEC$是$△ ABE$的外角，故$∠ AEC = ∠ ABC + ∠ BAD$，又$∠ DBC = ∠ BAD$，因此$∠ ABD = ∠ AEC$，根据两角对应相等的两个三角形相似，可得$△ ABD ∽ △ AEC$。
(2) $DC^2 = DF · DK$成立，证明如下：
$\because D$是$\overset{\frown}{BC}$的中点，$\therefore \overset{\frown}{BD} = \overset{\frown}{DC}$，
$\therefore ∠ DBC = ∠ DCB$（等弧所对的圆周角相等），
又$\because ∠ DBC$和$∠ DKC$都对$\overset{\frown}{DC}$，$\therefore ∠ DBC = ∠ DKC$，
等量代换得$∠ DCB = ∠ DKC$，
在$△ KDC$和$△ CDF$中：
$\{\begin{array}{l}∠ KDC = ∠ CDF（公共角）\\∠ DKC = ∠ DCF\end{array} $
$\therefore △ KDC ∽ △ CDF$，
$\therefore \frac{KD}{DC} = \frac{DC}{DF}$，交叉相乘得$DC^2 = DF · DK$。
【答案】
(1)$△ BDE ∽ △ ACE$,
$△ DBE ∽ △ DAB$,
$△ ABD ∽ △ AEC$.
(2)$DC^2 = DF · DK$成立.
证明:$\because D$是$\overset{\frown}{BC}$的中点,$\therefore \overset{\frown}{BD} = \overset{\frown}{DC}$,
$\therefore ∠ DBC = ∠ DCB$(等弧的圆周角相等),
又$\because ∠ DBC = ∠ DKC, \therefore ∠ DCB = ∠ DKC$,
又$\because ∠ KDC = ∠ CDF, \therefore △ KDC ∽ △ CDF$,
$\therefore \frac{KD}{DC} = \frac{DC}{DF}, \therefore DC^2 = DF · DK$.
【知识点】
圆周角定理，相似三角形的判定与性质，等弧的性质
【点评】
本题是圆与相似三角形结合的典型题型，重点考查对圆的基本性质的掌握和相似三角形的应用能力，证明等积式的通用思路是将其转化为比例式，再通过证明对应三角形相似得到结论，解题时要熟练运用同弧、等弧所对圆周角相等的性质寻找相等角。
【难度系数】
0.65
(1) 找相似三角形的核心是寻找两组对应角相等：结合圆周角定理，同弧或等弧所对的圆周角相等，再结合对顶角相等、公共角相等的性质，逐一排查图中三角形的角的对应关系，即可找出所有相似三角形。
(2) 要证明等积式$DC^2 = DF · DK$，通常先将等积式转化为比例式$\frac{DC}{DF}=\frac{DK}{DC}$，只需证明包含这四条边的$△ KDC$和$△ CDF$相似即可；利用等弧的性质和圆周角定理找到两组对应相等的角，即可证明三角形相似，进而推导得到等积式。
【解析】
(1) 逐对推导相似三角形：
① $∠ BED$和$∠ AEC$是对顶角，故$∠ BED = ∠ AEC$；同弧$\overset{\frown}{AB}$所对的圆周角相等，故$∠ BDE = ∠ ACE$，根据两角对应相等的两个三角形相似，可得$△ BDE ∽ △ ACE$。
② D是$\overset{\frown}{BC}$的中点，故$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{DC}$，等弧所对的圆周角相等，故$∠ DBE = ∠ DAB$；又$∠ BDE = ∠ ADB$（公共角），根据两角对应相等的两个三角形相似，可得$△ DBE ∽ △ DAB$。
③ 由$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{DC}$得$∠ BAD = ∠ EAC$；$∠ ABD = ∠ ABC + ∠ DBC$，$∠ AEC$是$△ ABE$的外角，故$∠ AEC = ∠ ABC + ∠ BAD$，又$∠ DBC = ∠ BAD$，因此$∠ ABD = ∠ AEC$，根据两角对应相等的两个三角形相似，可得$△ ABD ∽ △ AEC$。
(2) $DC^2 = DF · DK$成立，证明如下：
$\because D$是$\overset{\frown}{BC}$的中点，$\therefore \overset{\frown}{BD} = \overset{\frown}{DC}$，
$\therefore ∠ DBC = ∠ DCB$（等弧所对的圆周角相等），
又$\because ∠ DBC$和$∠ DKC$都对$\overset{\frown}{DC}$，$\therefore ∠ DBC = ∠ DKC$，
等量代换得$∠ DCB = ∠ DKC$，
在$△ KDC$和$△ CDF$中：
$\{\begin{array}{l}∠ KDC = ∠ CDF（公共角）\\∠ DKC = ∠ DCF\end{array} $
$\therefore △ KDC ∽ △ CDF$，
$\therefore \frac{KD}{DC} = \frac{DC}{DF}$，交叉相乘得$DC^2 = DF · DK$。
【答案】
(1)$△ BDE ∽ △ ACE$,
$△ DBE ∽ △ DAB$,
$△ ABD ∽ △ AEC$.
(2)$DC^2 = DF · DK$成立.
证明:$\because D$是$\overset{\frown}{BC}$的中点,$\therefore \overset{\frown}{BD} = \overset{\frown}{DC}$,
$\therefore ∠ DBC = ∠ DCB$(等弧的圆周角相等),
又$\because ∠ DBC = ∠ DKC, \therefore ∠ DCB = ∠ DKC$,
又$\because ∠ KDC = ∠ CDF, \therefore △ KDC ∽ △ CDF$,
$\therefore \frac{KD}{DC} = \frac{DC}{DF}, \therefore DC^2 = DF · DK$.
【知识点】
圆周角定理，相似三角形的判定与性质，等弧的性质
【点评】
本题是圆与相似三角形结合的典型题型，重点考查对圆的基本性质的掌握和相似三角形的应用能力，证明等积式的通用思路是将其转化为比例式，再通过证明对应三角形相似得到结论，解题时要熟练运用同弧、等弧所对圆周角相等的性质寻找相等角。
【难度系数】
0.65
