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9. 如图①，$△ ABC$和$△ ADE$是等边三角形，连接$DC$，$F$，$G$，$H$分别是$DE$，$DC$和$BC$的中点，连接$FG$，$FH$。易证：$FH=\sqrt{3} FG$。若$△ ABC$和$△ ADE$都是等腰直角三角形，且$∠ BAC=∠ DAE=90°$，如图②；若$△ ABC$和$△ ADE$都是等腰三角形，且$∠ BAC=∠ DAE=120°$，如图③。其他条件不变，判断$FH$和$FG$之间的数量关系，写出你的猜想，并利用图②或图③进行证明。
答案
9.解:如图①,$FH=\sqrt{2} FG$。
证明:连接$AH,CE,AF$。
$\because △ ABC$和$△ ADE$都是等腰直角三角形,且$∠ BAC=∠ DAE=90°,F,H$分别是$DE,BC$的中点,
$\therefore AH ⊥ BC,AF ⊥ DE,AH = CH = \frac{1}{2}BC,AF=EF=\frac{1}{2}DE$。
$\therefore ∠ CAH=∠ EAF=45°$。
$\therefore ∠ HAF=∠ EAC$,且易得$\frac{AH}{AC}=\frac{AF}{AE}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
$\therefore △ AHF∽△ ACE$。
$\therefore \frac{FH}{CE}=\frac{AH}{AC}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
$\therefore CE=\sqrt{2}FH$。
$\because F,G$分别是$DE,DC$的中点,
$\therefore CE=2FG$。
$\therefore FH=\sqrt{2} FG$。
如图②,$FH=FG$。
证明:连接$AH,CE,AF$。
$\because △ ABC$和$△ ADE$都是等腰三角形,且$∠ BAC=∠ DAE=120°$,
$\therefore ∠ AED=∠ ADE=∠ ACB=∠ B=30°$。
$\because F,H$分别是$DE,BC$的中点,
$\therefore AH⊥ BC,AF⊥ DE,∠ CAH=∠ EAF=\frac{1}{2}×120°=60°$。
$\therefore ∠ HAF=∠ EAC,\frac{AH}{AC}=\frac{AF}{AE}=\frac{1}{2}$。
$\therefore △ AHF∽△ ACE$。
$\therefore \frac{FH}{CE}=\frac{AH}{AC}=\frac{1}{2}$。
$\therefore CE=2FH$。
$\because F,G$分别是$DE,DC$的中点,
$\therefore CE=2FG$,
$\therefore FH=FG$。
解析
【分析】
这是一道类比探究类几何题，解题可按以下思路展开：①首先观察到F、G分别是DE、DC的中点，可联想到三角形中位线定理，得到FG是△DCE的中位线，即$CE=2FG$，因此可将问题转化为探究FH与CE的数量关系；②结合等腰（含等腰直角）三角形三线合一的性质，连接AH、AF、CE，可得$AH⊥BC$、$AF⊥DE$，进一步推导可得$∠HAF=∠EAC$，且AH与AC、AF与AE的比值相等，即可证明$△AHF∽△ACE$；③利用相似三角形对应边成比例得到FH与CE的比值，再结合中位线得到的CE与FG的关系，即可推导出FH和FG的数量关系，两种图形的探究思路一致，仅边的比值随顶角度数变化而变化。
【解析】
分两种情况讨论：
情况1：图②（△ABC和△ADE为等腰直角三角形，$∠BAC=∠DAE=90°$）
猜想：$\boldsymbol{FH=\sqrt{2} FG}$
证明：连接$AH,CE,AF$。
$\because △ ABC$和$△ ADE$都是等腰直角三角形，且$∠ BAC=∠ DAE=90°$，$F,H$分别是$DE,BC$的中点，
$\therefore AH ⊥ BC,AF ⊥ DE,AH = CH = \frac{1}{2}BC,AF=EF=\frac{1}{2}DE$，
$\therefore ∠ CAH=∠ EAF=45°$，
$\therefore ∠ HAF=∠ CAH + ∠FAC = ∠EAF + ∠FAC = ∠EAC$，且易得$\frac{AH}{AC}=\frac{AF}{AE}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
$\therefore △ AHF∽△ ACE$，
$\therefore \frac{FH}{CE}=\frac{AH}{AC}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，即$CE=\sqrt{2}FH$。
$\because F,G$分别是$DE,DC$的中点，
$\therefore FG$是$△DCE$的中位线，$CE=2FG$，
$\therefore \sqrt{2}FH=2FG$，即$FH=\sqrt{2} FG$。
情况2：图③（△ABC和△ADE为等腰三角形，$∠BAC=∠DAE=120°$）
猜想：$\boldsymbol{FH=FG}$
证明：连接$AH,CE,AF$。
$\because △ ABC$和$△ ADE$都是等腰三角形，且$∠ BAC=∠ DAE=120°$，
$\therefore ∠ AED=∠ ADE=∠ ACB=∠ B=30°$。
$\because F,H$分别是$DE,BC$的中点，
$\therefore AH⊥ BC,AF⊥ DE,∠ CAH=∠ EAF=\frac{1}{2}×120°=60°$，
$\therefore ∠ HAF=∠ CAH + ∠FAC = ∠EAF + ∠FAC =∠ EAC$，且$\frac{AH}{AC}=\frac{AF}{AE}=\frac{1}{2}$，
$\therefore △ AHF∽△ ACE$，
$\therefore \frac{FH}{CE}=\frac{AH}{AC}=\frac{1}{2}$，即$CE=2FH$。
$\because F,G$分别是$DE,DC$的中点，
$\therefore FG$是$△DCE$的中位线，$CE=2FG$，
$\therefore 2FH=2FG$，即$FH=FG$。
【答案】
图②中$FH=\sqrt{2} FG$，图③中$FH=FG$，证明如下：
【知识点】
三角形中位线定理、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质
【点评】
本题属于类比探究类几何综合题，遵循从特殊到一般的探究逻辑，核心是通过中位线将所求线段关系转化为可通过相似推导的线段关系，对知识迁移能力和几何综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
这是一道类比探究类几何题，解题可按以下思路展开：①首先观察到F、G分别是DE、DC的中点，可联想到三角形中位线定理，得到FG是△DCE的中位线，即$CE=2FG$，因此可将问题转化为探究FH与CE的数量关系；②结合等腰（含等腰直角）三角形三线合一的性质，连接AH、AF、CE，可得$AH⊥BC$、$AF⊥DE$，进一步推导可得$∠HAF=∠EAC$，且AH与AC、AF与AE的比值相等，即可证明$△AHF∽△ACE$；③利用相似三角形对应边成比例得到FH与CE的比值，再结合中位线得到的CE与FG的关系，即可推导出FH和FG的数量关系，两种图形的探究思路一致，仅边的比值随顶角度数变化而变化。
【解析】
分两种情况讨论：
情况1：图②（△ABC和△ADE为等腰直角三角形，$∠BAC=∠DAE=90°$）
猜想：$\boldsymbol{FH=\sqrt{2} FG}$
证明：连接$AH,CE,AF$。
$\because △ ABC$和$△ ADE$都是等腰直角三角形，且$∠ BAC=∠ DAE=90°$，$F,H$分别是$DE,BC$的中点，
$\therefore AH ⊥ BC,AF ⊥ DE,AH = CH = \frac{1}{2}BC,AF=EF=\frac{1}{2}DE$，
$\therefore ∠ CAH=∠ EAF=45°$，
$\therefore ∠ HAF=∠ CAH + ∠FAC = ∠EAF + ∠FAC = ∠EAC$，且易得$\frac{AH}{AC}=\frac{AF}{AE}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
$\therefore △ AHF∽△ ACE$，
$\therefore \frac{FH}{CE}=\frac{AH}{AC}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，即$CE=\sqrt{2}FH$。
$\because F,G$分别是$DE,DC$的中点，
$\therefore FG$是$△DCE$的中位线，$CE=2FG$，
$\therefore \sqrt{2}FH=2FG$，即$FH=\sqrt{2} FG$。
情况2：图③（△ABC和△ADE为等腰三角形，$∠BAC=∠DAE=120°$）
猜想：$\boldsymbol{FH=FG}$
证明：连接$AH,CE,AF$。
$\because △ ABC$和$△ ADE$都是等腰三角形，且$∠ BAC=∠ DAE=120°$，
$\therefore ∠ AED=∠ ADE=∠ ACB=∠ B=30°$。
$\because F,H$分别是$DE,BC$的中点，
$\therefore AH⊥ BC,AF⊥ DE,∠ CAH=∠ EAF=\frac{1}{2}×120°=60°$，
$\therefore ∠ HAF=∠ CAH + ∠FAC = ∠EAF + ∠FAC =∠ EAC$，且$\frac{AH}{AC}=\frac{AF}{AE}=\frac{1}{2}$，
$\therefore △ AHF∽△ ACE$，
$\therefore \frac{FH}{CE}=\frac{AH}{AC}=\frac{1}{2}$，即$CE=2FH$。
$\because F,G$分别是$DE,DC$的中点，
$\therefore FG$是$△DCE$的中位线，$CE=2FG$，
$\therefore 2FH=2FG$，即$FH=FG$。
【答案】
图②中$FH=\sqrt{2} FG$，图③中$FH=FG$，证明如下：
【知识点】
三角形中位线定理、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质
【点评】
本题属于类比探究类几何综合题，遵循从特殊到一般的探究逻辑，核心是通过中位线将所求线段关系转化为可通过相似推导的线段关系，对知识迁移能力和几何综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
10.【课本再现】(1)如图①,在$Rt△ ABC$和$Rt△ A'B'C'$中,$∠ C=90°,∠ C'=90°,\frac{AB}{A'B'}=\frac{AC}{A'C'}$,求证:$Rt△ ABC ∽ Rt△ A'B'C'$。
我们在数学课上探索这一结论时进行了分析:要证$Rt△ ABC ∽ Rt△ A'B'C'$,可设法证$\frac{BC}{B'C'}=\frac{AB}{A'B'}=\frac{AC}{A'C'}$,若设$\frac{AB}{A'B'}=\frac{AC}{A'C'}=k$,则只需证$\frac{BC}{B'C'}=k$。请你根据以上分析,完成证明。
【知识应用】(2)如图②,在四边形PMQN中,$∠ M=∠ PQN=90°$,$PQ^2=PM· PN$,$\frac{MQ}{NQ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$,求$\frac{PQ}{PN}$的值。
我们在数学课上探索这一结论时进行了分析:要证$Rt△ ABC ∽ Rt△ A'B'C'$,可设法证$\frac{BC}{B'C'}=\frac{AB}{A'B'}=\frac{AC}{A'C'}$,若设$\frac{AB}{A'B'}=\frac{AC}{A'C'}=k$,则只需证$\frac{BC}{B'C'}=k$。请你根据以上分析,完成证明。
【知识应用】(2)如图②,在四边形PMQN中,$∠ M=∠ PQN=90°$,$PQ^2=PM· PN$,$\frac{MQ}{NQ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$,求$\frac{PQ}{PN}$的值。
答案
10.(1)证明:设$\frac{AB}{A'B'}=\frac{AC}{A'C'}=k$,
则$AB=kA'B',AC=kA'C'$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,由勾股定理,得$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=k\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}$。
在$\mathrm{Rt}△ A'B'C'$中,由勾股定理,得$B'C'=\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}$。
$\therefore \frac{BC}{B'C'}=\frac{k\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}}{\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}}=k$。
$\therefore \frac{BC}{B'C'}=\frac{AB}{A'B'}=\frac{AC}{A'C'}$。
$\therefore \mathrm{Rt}△ ABC∽\mathrm{Rt}△ A'B'C'$。
(2)解:$\because PQ^2=PM· PN$,
$\therefore \frac{PQ}{PN}=\frac{PM}{PQ}$。
$\because ∠ M=∠ PQN=90°$,
$\therefore$由(1)知$\mathrm{Rt}△ PMQ∽\mathrm{Rt}△ PQN$。
$\therefore \frac{PQ}{PN}=\frac{MQ}{NQ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
则$AB=kA'B',AC=kA'C'$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,由勾股定理,得$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=k\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}$。
在$\mathrm{Rt}△ A'B'C'$中,由勾股定理,得$B'C'=\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}$。
$\therefore \frac{BC}{B'C'}=\frac{k\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}}{\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}}=k$。
$\therefore \frac{BC}{B'C'}=\frac{AB}{A'B'}=\frac{AC}{A'C'}$。
$\therefore \mathrm{Rt}△ ABC∽\mathrm{Rt}△ A'B'C'$。
(2)解:$\because PQ^2=PM· PN$,
$\therefore \frac{PQ}{PN}=\frac{PM}{PQ}$。
$\because ∠ M=∠ PQN=90°$,
$\therefore$由(1)知$\mathrm{Rt}△ PMQ∽\mathrm{Rt}△ PQN$。
$\therefore \frac{PQ}{PN}=\frac{MQ}{NQ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
解析
【分析】
(1) 要证明两个直角三角形相似，已知斜边和一组直角边对应成比例，我们可以先设比例系数为k，结合勾股定理分别表示出两个三角形的另一组直角边，证明这组直角边的比值也等于k，即可得到三组边对应成比例，从而证明两个直角三角形相似。
(2) 首先将已知的等积式$PQ^2=PM·PN$变形为比例式，可得到$\mathrm{Rt}△PMQ$和$\mathrm{Rt}△PQN$的斜边与直角边对应成比例，结合两个三角形都是直角三角形的条件，直接应用第(1)问的结论证明两个三角形相似，再利用相似三角形对应边成比例的性质，结合已知的$\frac{MQ}{NQ}$的比值，即可求出$\frac{PQ}{PN}$的值。
【解析】
(1) 证明：设$\frac{AB}{A'B'}=\frac{AC}{A'C'}=k$，
则$AB=kA'B',AC=kA'C'$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，由勾股定理，得$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=k\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}$。
在$\mathrm{Rt}△ A'B'C'$中，由勾股定理，得$B'C'=\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}$。
$\therefore \frac{BC}{B'C'}=\frac{k\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}}{\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}}=k$。
$\therefore \frac{BC}{B'C'}=\frac{AB}{A'B'}=\frac{AC}{A'C'}$。
$\therefore \mathrm{Rt}△ ABC∽\mathrm{Rt}△ A'B'C'$。
(2) 解：$\because PQ^2=PM· PN$，
$\therefore \frac{PQ}{PN}=\frac{PM}{PQ}$。
$\because ∠ M=∠ PQN=90°$，
$\therefore$由(1)的结论可得$\mathrm{Rt}△ PMQ∽\mathrm{Rt}△ PQN$。
$\therefore \frac{PQ}{PN}=\frac{MQ}{NQ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
【答案】
(1) $\mathrm{Rt}△ ABC∽\mathrm{Rt}△ A'B'C'$，证明见解析；(2) $\frac{\sqrt{3}}{2}$
【知识点】
直角三角形相似的判定、勾股定理、相似三角形的性质
【点评】
本题分为定理证明和应用探究两部分，第一问借助勾股定理推导直角三角形相似的特殊判定方法，第二问是对前一问结论的迁移应用，解题时需要先将等积式转化为比例式，再结合直角条件判定相似，既考查了逻辑推理能力，也考查了知识迁移应用的能力。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明两个直角三角形相似，已知斜边和一组直角边对应成比例，我们可以先设比例系数为k，结合勾股定理分别表示出两个三角形的另一组直角边，证明这组直角边的比值也等于k，即可得到三组边对应成比例，从而证明两个直角三角形相似。
(2) 首先将已知的等积式$PQ^2=PM·PN$变形为比例式，可得到$\mathrm{Rt}△PMQ$和$\mathrm{Rt}△PQN$的斜边与直角边对应成比例，结合两个三角形都是直角三角形的条件，直接应用第(1)问的结论证明两个三角形相似，再利用相似三角形对应边成比例的性质，结合已知的$\frac{MQ}{NQ}$的比值，即可求出$\frac{PQ}{PN}$的值。
【解析】
(1) 证明：设$\frac{AB}{A'B'}=\frac{AC}{A'C'}=k$，
则$AB=kA'B',AC=kA'C'$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，由勾股定理，得$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=k\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}$。
在$\mathrm{Rt}△ A'B'C'$中，由勾股定理，得$B'C'=\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}$。
$\therefore \frac{BC}{B'C'}=\frac{k\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}}{\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}}=k$。
$\therefore \frac{BC}{B'C'}=\frac{AB}{A'B'}=\frac{AC}{A'C'}$。
$\therefore \mathrm{Rt}△ ABC∽\mathrm{Rt}△ A'B'C'$。
(2) 解：$\because PQ^2=PM· PN$，
$\therefore \frac{PQ}{PN}=\frac{PM}{PQ}$。
$\because ∠ M=∠ PQN=90°$，
$\therefore$由(1)的结论可得$\mathrm{Rt}△ PMQ∽\mathrm{Rt}△ PQN$。
$\therefore \frac{PQ}{PN}=\frac{MQ}{NQ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
【答案】
(1) $\mathrm{Rt}△ ABC∽\mathrm{Rt}△ A'B'C'$，证明见解析；(2) $\frac{\sqrt{3}}{2}$
【知识点】
直角三角形相似的判定、勾股定理、相似三角形的性质
【点评】
本题分为定理证明和应用探究两部分，第一问借助勾股定理推导直角三角形相似的特殊判定方法，第二问是对前一问结论的迁移应用，解题时需要先将等积式转化为比例式，再结合直角条件判定相似，既考查了逻辑推理能力，也考查了知识迁移应用的能力。
【难度系数】
0.7
