登录
9. 已知△ABC和△DEF是两个全等的等腰直角三角形，∠BAC=∠EDF=90°，△DEF的顶点E与△ABC的斜边BC的中点重合。将△DEF绕点E旋转，旋转过程中，线段DE与线段AB相交于点P，线段EF与射线CA相交于点Q。
(1)如图①，当点Q在线段AC上时，求证：△BPE∽△CEQ；
(2)如图②，当点Q在CA的延长线上时，BP=2，CQ=9，求BC的长。
(1)如图①，当点Q在线段AC上时，求证：△BPE∽△CEQ；
(2)如图②，当点Q在CA的延长线上时，BP=2，CQ=9，求BC的长。
答案
(1)证明:
∵△ABC和△DEF是两个全等的等腰直角三角形,∠BAC=∠EDF=90°，
∴AB=AC=DE=DF，
∴∠B=∠C=$\frac{180°-∠BAC}{2}=45°$,∠DEF=$\frac{180°-∠EDF}{2}=45°$，
∴∠BPE+∠BEP=180°-∠B=135°，
∠CEQ+∠BEP=180°-∠DEF=135°，
∴∠BPE+∠BEP=∠CEQ+∠BEP，
∴∠BPE=∠CEQ。
∵∠B=∠C，
∴△BPE∽△CEQ。
(2)解:由(1)得∠BPE=∠CEQ。
∵∠B=∠C，
∴△BPE∽△CEQ，
∴$\frac{BP}{CE}=\frac{BE}{CQ}$，
∴CE·BE=BP·CQ。
∵点E与△ABC的斜边BC的中点重合，
∴BE=CE=$\frac{1}{2}BC$。
∵BP=2,CQ=9，
∴$\frac{1}{4}BC^2=2×9$。
∵BC＞0，
∴$BC=6\sqrt{2}$。
∵△ABC和△DEF是两个全等的等腰直角三角形,∠BAC=∠EDF=90°，
∴AB=AC=DE=DF，
∴∠B=∠C=$\frac{180°-∠BAC}{2}=45°$,∠DEF=$\frac{180°-∠EDF}{2}=45°$，
∴∠BPE+∠BEP=180°-∠B=135°，
∠CEQ+∠BEP=180°-∠DEF=135°，
∴∠BPE+∠BEP=∠CEQ+∠BEP，
∴∠BPE=∠CEQ。
∵∠B=∠C，
∴△BPE∽△CEQ。
(2)解:由(1)得∠BPE=∠CEQ。
∵∠B=∠C，
∴△BPE∽△CEQ，
∴$\frac{BP}{CE}=\frac{BE}{CQ}$，
∴CE·BE=BP·CQ。
∵点E与△ABC的斜边BC的中点重合，
∴BE=CE=$\frac{1}{2}BC$。
∵BP=2,CQ=9，
∴$\frac{1}{4}BC^2=2×9$。
∵BC＞0，
∴$BC=6\sqrt{2}$。
解析
【分析】
(1)要证明△BPE∽△CEQ，可依据“两角对应相等的两个三角形相似”推导。首先根据等腰直角三角形的性质可得∠B=∠C=∠DEF=45°，再结合三角形内角和与平角的性质，推导得出∠BPE=∠CEQ，结合∠B=∠C即可完成相似证明。
(2)当Q在CA延长线上时，同理可证△BPE∽△CEQ，根据相似三角形对应边成比例得到比例式，再结合E是BC中点，BE=CE=$\frac{1}{2}$BC，代入已知的BP、CQ长度，列方程即可求出BC的长度。
【解析】
(1)证明：
∵△ABC和△DEF是两个全等的等腰直角三角形，∠BAC=∠EDF=90°，
∴∠B=∠C=$\frac{180°-∠BAC}{2}=45°$，∠DEF=$\frac{180°-∠EDF}{2}=45°$，
∴∠BPE+∠BEP=180°-∠B=135°，
∠CEQ+∠BEP=180°-∠DEF=135°，
∴∠BPE+∠BEP=∠CEQ+∠BEP，
∴∠BPE=∠CEQ。
∵∠B=∠C，
∴△BPE∽△CEQ。
(2)解：
当点Q在CA的延长线上时，同理可得∠B=∠C=45°，∠BPE=∠CEQ，
∴△BPE∽△CEQ，
∴$\frac{BP}{CE}=\frac{BE}{CQ}$，
∴CE·BE=BP·CQ。
∵点E是△ABC斜边BC的中点，
∴BE=CE=$\frac{1}{2}BC$。
∵BP=2，CQ=9，
∴$\frac{1}{2}BC·\frac{1}{2}BC=2×9$，即$\frac{1}{4}BC^2=18$，
∵BC＞0，
∴$BC=6\sqrt{2}$。
【答案】
(1)证明成立，过程见解析；
(2)$BC=6\sqrt{2}$
【知识点】
1.等腰直角三角形的性质
2.相似三角形的判定
3.相似三角形的性质
【点评】
本题属于几何综合类习题，将特殊三角形性质和相似三角形的判定、性质结合考查，解题核心是通过角的和差关系找到相等角证明相似，再利用相似性质建立线段关系求解，能有效考查逻辑推理能力和运算能力。
【难度系数】
0.6
(1)要证明△BPE∽△CEQ，可依据“两角对应相等的两个三角形相似”推导。首先根据等腰直角三角形的性质可得∠B=∠C=∠DEF=45°，再结合三角形内角和与平角的性质，推导得出∠BPE=∠CEQ，结合∠B=∠C即可完成相似证明。
(2)当Q在CA延长线上时，同理可证△BPE∽△CEQ，根据相似三角形对应边成比例得到比例式，再结合E是BC中点，BE=CE=$\frac{1}{2}$BC，代入已知的BP、CQ长度，列方程即可求出BC的长度。
【解析】
(1)证明：
∵△ABC和△DEF是两个全等的等腰直角三角形，∠BAC=∠EDF=90°，
∴∠B=∠C=$\frac{180°-∠BAC}{2}=45°$，∠DEF=$\frac{180°-∠EDF}{2}=45°$，
∴∠BPE+∠BEP=180°-∠B=135°，
∠CEQ+∠BEP=180°-∠DEF=135°，
∴∠BPE+∠BEP=∠CEQ+∠BEP，
∴∠BPE=∠CEQ。
∵∠B=∠C，
∴△BPE∽△CEQ。
(2)解：
当点Q在CA的延长线上时，同理可得∠B=∠C=45°，∠BPE=∠CEQ，
∴△BPE∽△CEQ，
∴$\frac{BP}{CE}=\frac{BE}{CQ}$，
∴CE·BE=BP·CQ。
∵点E是△ABC斜边BC的中点，
∴BE=CE=$\frac{1}{2}BC$。
∵BP=2，CQ=9，
∴$\frac{1}{2}BC·\frac{1}{2}BC=2×9$，即$\frac{1}{4}BC^2=18$，
∵BC＞0，
∴$BC=6\sqrt{2}$。
【答案】
(1)证明成立，过程见解析；
(2)$BC=6\sqrt{2}$
【知识点】
1.等腰直角三角形的性质
2.相似三角形的判定
3.相似三角形的性质
【点评】
本题属于几何综合类习题，将特殊三角形性质和相似三角形的判定、性质结合考查，解题核心是通过角的和差关系找到相等角证明相似，再利用相似性质建立线段关系求解，能有效考查逻辑推理能力和运算能力。
【难度系数】
0.6
10. $□ ABCD$ 的对角线 $AC$ 与 $BD$ 交于点 $O$，$E$ 为 $CD$ 上一点，$F$ 为 $BC$ 上一点，$\frac{CE}{CD}=\frac{2}{5}$。
(1) 如图①，$\frac{BF}{BC}=\frac{5}{6}$，$G$ 为 $AB$ 的中点，连接 $GF$，$AE$，求证：$GF // AE$；
(2) 如图②，当 $□ ABCD$ 为矩形时，连接 $OE$，$OF$，且 $OE=CE$，$OF=CF$，求 $\frac{AB}{AC}$；
(3) 如图③，若 $□ ABCD$ 为菱形，点 $F$ 为 $BC$ 的中点，连接 $AF$，$AE$，$OF$，$OE$，$∠ AFO=∠ EAC$，$AC=10$，求 $\frac{AB}{AC}$。
(1) 如图①，$\frac{BF}{BC}=\frac{5}{6}$，$G$ 为 $AB$ 的中点，连接 $GF$，$AE$，求证：$GF // AE$；
(2) 如图②，当 $□ ABCD$ 为矩形时，连接 $OE$，$OF$，且 $OE=CE$，$OF=CF$，求 $\frac{AB}{AC}$；
(3) 如图③，若 $□ ABCD$ 为菱形，点 $F$ 为 $BC$ 的中点，连接 $AF$，$AE$，$OF$，$OE$，$∠ AFO=∠ EAC$，$AC=10$，求 $\frac{AB}{AC}$。
答案
(1)证明:如图①,延长 BC,AE 交于点 H。
∵四边形 ABCD 为平行四边形，
∴AD//BC,AD=BC，
∴∠DAE=∠H，
∠ADE=∠HCE，
∴△ADE∽△HCE，
∴$\frac{HC}{AD}=\frac{CE}{DE}$。
∵$\frac{CE}{CD}=\frac{2}{5}$，
∴$\frac{CE}{DE}=\frac{2}{3}$，
∴$\frac{HC}{AD}=\frac{CE}{DE}=\frac{2}{3}$。
设AD=3x,则 BC=AD=3x,HC=2x，
∴BH=BC+HC=3x+2x=5x。
∵$\frac{BF}{BC}=\frac{5}{6}$,BC=3x，
∴BF=2.5x。
∵BH=5x,BF=2.5x，
∴F为BH的中点。
∵G为AB的中点，
∴GF是△ABH的中位线，
∴GF//AE。
(2)解:如图②,连接 EF 交 OC 于点 G。
∵OE=CE,OF=CF，
∴EF垂直平分OC，
∴OG=CG,∠OGE=90°。
∵四边形 ABCD 为矩形，
∴OA=OC,AB//CD，
AB=CD,∠ABC=90°，
∴∠BAC=∠DCA。
∵OE=CE，
∴∠EOG=∠ECG，
∴∠BAC=∠EOG，
∴△OEG∽△ACB，
∴$\frac{AB}{AC}=\frac{OG}{OE}$。
∵OG=CG,OA=OC，
∴OG=$\frac{1}{4}AC$。
∵$\frac{CE}{CD}=\frac{2}{5}$,OE=CE,AB=CD，
∴OE=$\frac{2}{5}AB$，
∴$\frac{AB}{AC}=\frac{OG}{OE}=\frac{\frac{1}{4}AC}{\frac{2}{5}AB}$，
即$\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{5}{8}$，
∴$\frac{AB}{AC}=\frac{\sqrt{10}}{4}$。
(3)解:如图③,延长 AE,BC 交于点 G。
∵四边形 ABCD 为菱形,AC=10，
∴AB=BC=CD=AD,OA=$\frac{1}{2}AC=5$，
AD//BC,AC⊥BD，
∴∠DAE=∠G,∠ADE=∠GCE，
∴△AED∽△GEC。
∵F为BC的中点，
∴OF=$\frac{1}{2}BC=CF$，
∴∠FOC=∠FCO，
∴∠AOF=∠GCA。
∵∠AFO=∠EAC，
∴△AFO∽△GAC。
∵$\frac{CE}{CD}=\frac{2}{5}$，
∴设CE=2t,则CD=5t,DE=3t,AB=BC=AD=5t，
∴OF=CF=$\frac{1}{2}BC=\frac{5t}{2}$。
∵△AED∽△GEC，
∴$\frac{AD}{GC}=\frac{DE}{CE}$，
∴$\frac{5t}{GC}=\frac{3t}{2t}$，
∴GC=$\frac{10t}{3}$。
∵△AFO∽△GAC，
∴$\frac{OF}{OA}=\frac{AC}{GC}$，
即$\frac{\frac{5t}{2}}{5}=\frac{10}{\frac{10t}{3}}$。
∵t＞0，
∴$t=\sqrt{6}$，
∴$\frac{AB}{AC}=\frac{5\sqrt{6}}{10}=\frac{\sqrt{6}}{2}$。
解析
【分析】
(1) 要证明$GF// AE$，结合$G$是$AB$中点的条件，可考虑利用三角形中位线的性质证明，因此构造$△ ABH$：延长$AE$交$BC$的延长线于点$H$，只需证明$F$是$BH$的中点即可。先利用平行四边形对边平行的性质证$△ ADE∽△ HCE$，结合已知的线段比例求出$HC$的长度，再计算$BH$和$BF$的长度，验证$F$为$BH$中点，即可由中位线性质得证。
(2) 已知$OE=CE$、$OF=CF$，可知$EF$是$OC$的垂直平分线，可得到$OG$与$AC$的数量关系。结合矩形的性质，通过角的等量关系证明$△ OEG∽△ ACB$，将$AB$与$AC$的比转化为$OG$与$OE$的比，再代入$CE$与$CD$的比例关系，建立关于$AB$、$AC$的等式求解即可。
(3) 结合菱形的性质，$F$为$BC$中点，可得$OF$是$△ ABC$的中位线，得到$OF$与$AB$的数量关系。要利用$∠ AFO=∠ EAC$的条件，可构造相似三角形：延长$AE$交$BC$的延长线于点$G$，先证$△ AED∽△ GEC$求出$GC$的长度，再证$△ AFO∽△ GAC$，根据相似三角形的比例关系列方程求出$AB$的长度，即可得到$AB$与$AC$的比值。
【解析】
(1)证明:如图①,延长$BC$,$AE$交于点$H$。
∵四边形$ABCD$为平行四边形，
∴$AD// BC$,$AD=BC$，
∴$∠ DAE=∠ H$，
$∠ ADE=∠ HCE$，
∴$△ ADE∽△ HCE$，
∴$\frac{HC}{AD}=\frac{CE}{DE}$。
∵$\frac{CE}{CD}=\frac{2}{5}$，
∴$\frac{CE}{DE}=\frac{2}{3}$，
∴$\frac{HC}{AD}=\frac{CE}{DE}=\frac{2}{3}$。
设$AD=3x$,则$BC=AD=3x$,$HC=2x$，
∴$BH=BC+HC=3x+2x=5x$。
∵$\frac{BF}{BC}=\frac{5}{6}$,$BC=3x$，
∴$BF=2.5x$。
∵$BH=5x$,$BF=2.5x$，
∴$F$为$BH$的中点。
∵$G$为$AB$的中点，
∴$GF$是$△ ABH$的中位线，
∴$GF// AE$。
(2)解:如图②,连接$EF$交$OC$于点$G$。
∵$OE=CE$,$OF=CF$，
∴$EF$垂直平分$OC$，
∴$OG=CG$,$∠ OGE=90°$。
∵四边形$ABCD$为矩形，
∴$OA=OC$,$AB// CD$，
$AB=CD$,$∠ ABC=90°$，
∴$∠ BAC=∠ DCA$。
∵$OE=CE$，
∴$∠ EOG=∠ ECG$，
∴$∠ BAC=∠ EOG$，
∴$△ OEG∽△ ACB$，
∴$\frac{AB}{AC}=\frac{OG}{OE}$。
∵$OG=CG$,$OA=OC$，
∴$OG=\frac{1}{4}AC$。
∵$\frac{CE}{CD}=\frac{2}{5}$,$OE=CE$,$AB=CD$，
∴$OE=\frac{2}{5}AB$，
∴$\frac{AB}{AC}=\frac{OG}{OE}=\frac{\frac{1}{4}AC}{\frac{2}{5}AB}$，
即$\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{5}{8}$，
∴$\frac{AB}{AC}=\frac{\sqrt{10}}{4}$。
(3)解:如图③,延长$AE$,$BC$交于点$G$。
∵四边形$ABCD$为菱形,$AC=10$，
∴$AB=BC=CD=AD$,$OA=\frac{1}{2}AC=5$，
$AD// BC$,$AC⊥ BD$，
∴$∠ DAE=∠ G$,$∠ ADE=∠ GCE$，
∴$△ AED∽△ GEC$。
∵$F$为$BC$的中点，
∴$OF=\frac{1}{2}BC=CF$，
∴$∠ FOC=∠ FCO$，
∴$∠ AOF=∠ GCA$。
∵$∠ AFO=∠ EAC$，
∴$△ AFO∽△ GAC$。
∵$\frac{CE}{CD}=\frac{2}{5}$，
∴设$CE=2t$,则$CD=5t$,$DE=3t$,$AB=BC=AD=5t$，
∴$OF=CF=\frac{1}{2}BC=\frac{5t}{2}$。
∵$△ AED∽△ GEC$，
∴$\frac{AD}{GC}=\frac{DE}{CE}$，
∴$\frac{5t}{GC}=\frac{3t}{2t}$，
∴$GC=\frac{10t}{3}$。
∵$△ AFO∽△ GAC$，
∴$\frac{OF}{OA}=\frac{AC}{GC}$，
即$\frac{\frac{5t}{2}}{5}=\frac{10}{\frac{10t}{3}}$。
∵$t＞0$，
∴$t=\sqrt{6}$，
∴$\frac{AB}{AC}=\frac{5\sqrt{6}}{10}=\frac{\sqrt{6}}{2}$。
【答案】
(1) 证明成立，$GF// AE$；
(2) $\frac{\sqrt{10}}{4}$；
(3) $\frac{\sqrt{6}}{2}$
【知识点】
特殊四边形的性质、相似三角形的判定与性质、三角形中位线定理
【点评】
本题是四边形综合探究题，围绕平行四边形、矩形、菱形的性质分层设问，解题过程中需要合理构造辅助线，灵活运用相似三角形、中位线等知识建立线段间的数量关系，对逻辑推理能力和运算能力有较高要求。
【难度系数】
0.4
(1) 要证明$GF// AE$，结合$G$是$AB$中点的条件，可考虑利用三角形中位线的性质证明，因此构造$△ ABH$：延长$AE$交$BC$的延长线于点$H$，只需证明$F$是$BH$的中点即可。先利用平行四边形对边平行的性质证$△ ADE∽△ HCE$，结合已知的线段比例求出$HC$的长度，再计算$BH$和$BF$的长度，验证$F$为$BH$中点，即可由中位线性质得证。
(2) 已知$OE=CE$、$OF=CF$，可知$EF$是$OC$的垂直平分线，可得到$OG$与$AC$的数量关系。结合矩形的性质，通过角的等量关系证明$△ OEG∽△ ACB$，将$AB$与$AC$的比转化为$OG$与$OE$的比，再代入$CE$与$CD$的比例关系，建立关于$AB$、$AC$的等式求解即可。
(3) 结合菱形的性质，$F$为$BC$中点，可得$OF$是$△ ABC$的中位线，得到$OF$与$AB$的数量关系。要利用$∠ AFO=∠ EAC$的条件，可构造相似三角形：延长$AE$交$BC$的延长线于点$G$，先证$△ AED∽△ GEC$求出$GC$的长度，再证$△ AFO∽△ GAC$，根据相似三角形的比例关系列方程求出$AB$的长度，即可得到$AB$与$AC$的比值。
【解析】
(1)证明:如图①,延长$BC$,$AE$交于点$H$。
∵四边形$ABCD$为平行四边形，
∴$AD// BC$,$AD=BC$，
∴$∠ DAE=∠ H$，
$∠ ADE=∠ HCE$，
∴$△ ADE∽△ HCE$，
∴$\frac{HC}{AD}=\frac{CE}{DE}$。
∵$\frac{CE}{CD}=\frac{2}{5}$，
∴$\frac{CE}{DE}=\frac{2}{3}$，
∴$\frac{HC}{AD}=\frac{CE}{DE}=\frac{2}{3}$。
设$AD=3x$,则$BC=AD=3x$,$HC=2x$，
∴$BH=BC+HC=3x+2x=5x$。
∵$\frac{BF}{BC}=\frac{5}{6}$,$BC=3x$，
∴$BF=2.5x$。
∵$BH=5x$,$BF=2.5x$，
∴$F$为$BH$的中点。
∵$G$为$AB$的中点，
∴$GF$是$△ ABH$的中位线，
∴$GF// AE$。
(2)解:如图②,连接$EF$交$OC$于点$G$。
∵$OE=CE$,$OF=CF$，
∴$EF$垂直平分$OC$，
∴$OG=CG$,$∠ OGE=90°$。
∵四边形$ABCD$为矩形，
∴$OA=OC$,$AB// CD$，
$AB=CD$,$∠ ABC=90°$，
∴$∠ BAC=∠ DCA$。
∵$OE=CE$，
∴$∠ EOG=∠ ECG$，
∴$∠ BAC=∠ EOG$，
∴$△ OEG∽△ ACB$，
∴$\frac{AB}{AC}=\frac{OG}{OE}$。
∵$OG=CG$,$OA=OC$，
∴$OG=\frac{1}{4}AC$。
∵$\frac{CE}{CD}=\frac{2}{5}$,$OE=CE$,$AB=CD$，
∴$OE=\frac{2}{5}AB$，
∴$\frac{AB}{AC}=\frac{OG}{OE}=\frac{\frac{1}{4}AC}{\frac{2}{5}AB}$，
即$\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{5}{8}$，
∴$\frac{AB}{AC}=\frac{\sqrt{10}}{4}$。
(3)解:如图③,延长$AE$,$BC$交于点$G$。
∵四边形$ABCD$为菱形,$AC=10$，
∴$AB=BC=CD=AD$,$OA=\frac{1}{2}AC=5$，
$AD// BC$,$AC⊥ BD$，
∴$∠ DAE=∠ G$,$∠ ADE=∠ GCE$，
∴$△ AED∽△ GEC$。
∵$F$为$BC$的中点，
∴$OF=\frac{1}{2}BC=CF$，
∴$∠ FOC=∠ FCO$，
∴$∠ AOF=∠ GCA$。
∵$∠ AFO=∠ EAC$，
∴$△ AFO∽△ GAC$。
∵$\frac{CE}{CD}=\frac{2}{5}$，
∴设$CE=2t$,则$CD=5t$,$DE=3t$,$AB=BC=AD=5t$，
∴$OF=CF=\frac{1}{2}BC=\frac{5t}{2}$。
∵$△ AED∽△ GEC$，
∴$\frac{AD}{GC}=\frac{DE}{CE}$，
∴$\frac{5t}{GC}=\frac{3t}{2t}$，
∴$GC=\frac{10t}{3}$。
∵$△ AFO∽△ GAC$，
∴$\frac{OF}{OA}=\frac{AC}{GC}$，
即$\frac{\frac{5t}{2}}{5}=\frac{10}{\frac{10t}{3}}$。
∵$t＞0$，
∴$t=\sqrt{6}$，
∴$\frac{AB}{AC}=\frac{5\sqrt{6}}{10}=\frac{\sqrt{6}}{2}$。
【答案】
(1) 证明成立，$GF// AE$；
(2) $\frac{\sqrt{10}}{4}$；
(3) $\frac{\sqrt{6}}{2}$
【知识点】
特殊四边形的性质、相似三角形的判定与性质、三角形中位线定理
【点评】
本题是四边形综合探究题，围绕平行四边形、矩形、菱形的性质分层设问，解题过程中需要合理构造辅助线，灵活运用相似三角形、中位线等知识建立线段间的数量关系，对逻辑推理能力和运算能力有较高要求。
【难度系数】
0.4
