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8. (济宁期末)如图,在等腰三角形ABC中,$AB=AC$,D为CB延长线上一点,E为BC延长线上一点,且满足$AB^2 = DB · CE$.
(1)求证:$△ ADB ∽ △ EAC$;
(2)若$∠ BAC = 40°$,求$∠ DAE$的度数.
(1)求证:$△ ADB ∽ △ EAC$;
(2)若$∠ BAC = 40°$,求$∠ DAE$的度数.
答案
(1) $\because AB = AC,\therefore ∠ ABC = ∠ ACB. \therefore ∠ ABD = ∠ ACE. \because AB^2 = DB · CE,\therefore \frac{AB}{EC}=\frac{DB}{AB}=\frac{DB}{AC}. \therefore △ ADB ∽ △ EAC$
(2) $\because ∠ BAC = 40°,\therefore ∠ ABC + ∠ ACB = 140°,\therefore ∠ ABC = ∠ ACB = 70°. \because ∠ ABC$为$△ ABD$的外角,$∠ ACB$为$△ ACE$的外角,且$∠ DAB = ∠ E, ∠ D = ∠ CAE,\therefore ∠ DAB + ∠ D = ∠ E + ∠ CAE = ∠ DAB + ∠ CAE = 70°. \therefore ∠ DAE = ∠ BAD + ∠ CAE + ∠ BAC = 110°$
(2) $\because ∠ BAC = 40°,\therefore ∠ ABC + ∠ ACB = 140°,\therefore ∠ ABC = ∠ ACB = 70°. \because ∠ ABC$为$△ ABD$的外角,$∠ ACB$为$△ ACE$的外角,且$∠ DAB = ∠ E, ∠ D = ∠ CAE,\therefore ∠ DAB + ∠ D = ∠ E + ∠ CAE = ∠ DAB + ∠ CAE = 70°. \therefore ∠ DAE = ∠ BAD + ∠ CAE + ∠ BAC = 110°$
解析
【分析】
(1) 要证明△ADB∽△EAC，首先利用等腰三角形AB=AC的性质得到底角相等，进而推出底角的补角∠ABD=∠ACE，得到一组相等的对应角；再将已知的等积式AB²=DB·CE转化为比例式，结合AB=AC替换边，即可得到两组对应边成比例，最后根据“两边对应成比例且夹角相等”即可证明两三角形相似。
(2) 先根据等腰三角形内角和计算出底角∠ABC和∠ACB的度数，再结合三角形外角的性质和相似三角形的对应角相等，求出∠DAB+∠CAE的度数，最后加上∠BAC的度数即可得到∠DAE的大小。
【解析】
(1) 证明：
∵ $AB = AC$，
∴ $∠ABC = ∠ACB$，
∴ $180° - ∠ABC = 180° - ∠ACB$，即$∠ABD = ∠ACE$。
∵ $AB^2 = DB · CE$，
∴ $\frac{AB}{EC}=\frac{DB}{AB}$，
又
∵ $AB = AC$，
∴ $\frac{AB}{EC}=\frac{DB}{AC}$。
在△ADB和△EAC中：
$\begin{cases}\frac{DB}{AC}=\frac{AB}{EC}\\∠ABD=∠ACE\end{cases}$
∴ $△ ADB ∽ △ EAC$。
(2) 解：
∵ $AB = AC$，$∠BAC = 40°$，
∴ $∠ABC = ∠ACB = \frac{180° - 40°}{2}=70°$。
∵ $∠ABC$是△ABD的外角，
∴ $∠ABC = ∠D + ∠DAB = 70°$。
∵ $△ ADB ∽ △ EAC$，
∴ $∠D = ∠CAE$，
∴ $∠CAE + ∠DAB = 70°$，
∴ $∠DAE = ∠DAB + ∠BAC + ∠CAE = 70° + 40° = 110°$。
【答案】
(1) $△ ADB ∽ △ EAC$得证；
(2) $∠DAE = 110°$
【知识点】
相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质
【点评】
本题是三角形部分的典型综合题，核心考查相似三角形的判定和等腰三角形性质的应用，解题关键是先推导角的等量关系和边的比例关系完成相似证明，再结合角的和差关系计算角度，这类题是相似三角形章节的常考基础题型，需要熟练掌握相似的判定定理。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明△ADB∽△EAC，首先利用等腰三角形AB=AC的性质得到底角相等，进而推出底角的补角∠ABD=∠ACE，得到一组相等的对应角；再将已知的等积式AB²=DB·CE转化为比例式，结合AB=AC替换边，即可得到两组对应边成比例，最后根据“两边对应成比例且夹角相等”即可证明两三角形相似。
(2) 先根据等腰三角形内角和计算出底角∠ABC和∠ACB的度数，再结合三角形外角的性质和相似三角形的对应角相等，求出∠DAB+∠CAE的度数，最后加上∠BAC的度数即可得到∠DAE的大小。
【解析】
(1) 证明：
∵ $AB = AC$，
∴ $∠ABC = ∠ACB$，
∴ $180° - ∠ABC = 180° - ∠ACB$，即$∠ABD = ∠ACE$。
∵ $AB^2 = DB · CE$，
∴ $\frac{AB}{EC}=\frac{DB}{AB}$，
又
∵ $AB = AC$，
∴ $\frac{AB}{EC}=\frac{DB}{AC}$。
在△ADB和△EAC中：
$\begin{cases}\frac{DB}{AC}=\frac{AB}{EC}\\∠ABD=∠ACE\end{cases}$
∴ $△ ADB ∽ △ EAC$。
(2) 解：
∵ $AB = AC$，$∠BAC = 40°$，
∴ $∠ABC = ∠ACB = \frac{180° - 40°}{2}=70°$。
∵ $∠ABC$是△ABD的外角，
∴ $∠ABC = ∠D + ∠DAB = 70°$。
∵ $△ ADB ∽ △ EAC$，
∴ $∠D = ∠CAE$，
∴ $∠CAE + ∠DAB = 70°$，
∴ $∠DAE = ∠DAB + ∠BAC + ∠CAE = 70° + 40° = 110°$。
【答案】
(1) $△ ADB ∽ △ EAC$得证；
(2) $∠DAE = 110°$
【知识点】
相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质
【点评】
本题是三角形部分的典型综合题，核心考查相似三角形的判定和等腰三角形性质的应用，解题关键是先推导角的等量关系和边的比例关系完成相似证明，再结合角的和差关系计算角度，这类题是相似三角形章节的常考基础题型，需要熟练掌握相似的判定定理。
【难度系数】
0.7
9. (威海中考)如图，$△ ABC$的中线BE、CD相交于点F，连结DE，则下列结论中错误的是 【 】
A.$S_{△ DEF}=\frac{1}{4}S_{△ BCF}$
B.$S_{△ ADE}=\frac{1}{2}S_{四边形BCED}$
C.$S_{△ DBF}=\frac{1}{2}S_{△ BCF}$
D.$S_{△ ADC}=S_{△ AEB}$
A.$S_{△ DEF}=\frac{1}{4}S_{△ BCF}$
B.$S_{△ ADE}=\frac{1}{2}S_{四边形BCED}$
C.$S_{△ DBF}=\frac{1}{2}S_{△ BCF}$
D.$S_{△ ADC}=S_{△ AEB}$
答案
B
解析
【分析】
已知BE、CD是△ABC的中线，可得D、E分别是AB、AC的中点，因此DE是△ABC的中位线，由此可推出DE//BC且DE=½BC，进而得到△DEF∽△CBF，相似比为1:2。接下来结合相似三角形面积比等于相似比的平方、等底（同高）三角形的面积关系，对四个选项逐一分析判断，即可找出错误的结论。
【解析】
解：
∵BE、CD是△ABC的中线，
∴D是AB中点，E是AC中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE//BC，DE=½BC，
∴△DEF∽△CBF，相似比为DE:BC=1:2。
对选项A：相似三角形面积比等于相似比的平方，故$S_{△DEF}:S_{△BCF}=(\frac{1}{2})^2=\frac{1}{4}$，即$S_{△DEF}=\frac{1}{4}S_{△BCF}$，A结论正确，不符合题意。
对选项B：
∵DE//BC，
∴△ADE∽△ABC，相似比为1:2，
∴$S_{△ADE}:S_{△ABC}=(\frac{1}{2})^2=\frac{1}{4}$，即$S_{△ADE}=\frac{1}{4}S_{△ABC}$，
∴$S_{四边形BCED}=S_{△ABC}-S_{△ADE}=\frac{3}{4}S_{△ABC}$，
可得$S_{△ADE}=\frac{1}{3}S_{四边形BCED}≠\frac{1}{2}S_{四边形BCED}$，B结论错误，符合题意。
对选项C：
∵△DEF∽△CBF，相似比1:2，
∴DF:FC=1:2，
△DBF和△BCF同高（以B为顶点向CD作的高），面积比等于底的比，
故$S_{△DBF}:S_{△BCF}=DF:FC=1:2$，即$S_{△DBF}=\frac{1}{2}S_{△BCF}$，C结论正确，不符合题意。
对选项D：
∵CD、BE是△ABC的中线，
∴$S_{△ADC}=\frac{1}{2}S_{△ABC}$，$S_{△AEB}=\frac{1}{2}S_{△ABC}$，
∴$S_{△ADC}=S_{△AEB}$，D结论正确，不符合题意。
综上，选B。
【答案】
B
【知识点】
三角形中位线定理，相似三角形的性质，三角形面积计算
【点评】
本题属于三角形综合类题目，将中位线、相似三角形、三角形面积的知识点结合考查，解题的关键是先通过中位线得到相似三角形，再结合面积的相关性质逐一验证选项，需要学生熟练掌握基础性质并灵活运用。
【难度系数】
0.6
已知BE、CD是△ABC的中线，可得D、E分别是AB、AC的中点，因此DE是△ABC的中位线，由此可推出DE//BC且DE=½BC，进而得到△DEF∽△CBF，相似比为1:2。接下来结合相似三角形面积比等于相似比的平方、等底（同高）三角形的面积关系，对四个选项逐一分析判断，即可找出错误的结论。
【解析】
解：
∵BE、CD是△ABC的中线，
∴D是AB中点，E是AC中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE//BC，DE=½BC，
∴△DEF∽△CBF，相似比为DE:BC=1:2。
对选项A：相似三角形面积比等于相似比的平方，故$S_{△DEF}:S_{△BCF}=(\frac{1}{2})^2=\frac{1}{4}$，即$S_{△DEF}=\frac{1}{4}S_{△BCF}$，A结论正确，不符合题意。
对选项B：
∵DE//BC，
∴△ADE∽△ABC，相似比为1:2，
∴$S_{△ADE}:S_{△ABC}=(\frac{1}{2})^2=\frac{1}{4}$，即$S_{△ADE}=\frac{1}{4}S_{△ABC}$，
∴$S_{四边形BCED}=S_{△ABC}-S_{△ADE}=\frac{3}{4}S_{△ABC}$，
可得$S_{△ADE}=\frac{1}{3}S_{四边形BCED}≠\frac{1}{2}S_{四边形BCED}$，B结论错误，符合题意。
对选项C：
∵△DEF∽△CBF，相似比1:2，
∴DF:FC=1:2，
△DBF和△BCF同高（以B为顶点向CD作的高），面积比等于底的比，
故$S_{△DBF}:S_{△BCF}=DF:FC=1:2$，即$S_{△DBF}=\frac{1}{2}S_{△BCF}$，C结论正确，不符合题意。
对选项D：
∵CD、BE是△ABC的中线，
∴$S_{△ADC}=\frac{1}{2}S_{△ABC}$，$S_{△AEB}=\frac{1}{2}S_{△ABC}$，
∴$S_{△ADC}=S_{△AEB}$，D结论正确，不符合题意。
综上，选B。
【答案】
B
【知识点】
三角形中位线定理，相似三角形的性质，三角形面积计算
【点评】
本题属于三角形综合类题目，将中位线、相似三角形、三角形面积的知识点结合考查，解题的关键是先通过中位线得到相似三角形，再结合面积的相关性质逐一验证选项，需要学生熟练掌握基础性质并灵活运用。
【难度系数】
0.6
10.（长春中考）将直角三角形纸片$ABC(∠ C=90°)$按如图所示的方式折叠两次再展开，则下列结论中错误的是
【 】
A.$MN // DE // PQ$
B.$BC=2DE=4MN$
C.$AN=BQ=\dfrac{1}{2}NQ$
D.$\dfrac{MN}{DE}=\dfrac{DE}{PQ}=\dfrac{PQ}{BC}$
【 】
A.$MN // DE // PQ$
B.$BC=2DE=4MN$
C.$AN=BQ=\dfrac{1}{2}NQ$
D.$\dfrac{MN}{DE}=\dfrac{DE}{PQ}=\dfrac{PQ}{BC}$
答案
D
解析
【分析】
这是一道结合折叠性质与三角形中位线定理的几何题，解题思路如下：1. 先明确折叠的核心性质：折叠后对应点的连线被折痕垂直平分，对应线段长度相等；2. 结合∠C=90°的条件，可推出所有折痕都与BC平行，且都是对应三角形的中位线；3. 分别推导MN、DE、PQ、BC的长度关系，以及AN、NQ、BQ的长度关系，逐一验证选项即可得出结论。
【解析】
解：根据折叠性质逐步推导：
1. 第一次折叠使点A落在点C，折痕为DE，因此DE是AC的垂直平分线，D为AC中点、E为AB中点，即DE是△ABC的中位线：
∴ $DE// BC$，$DE=\frac{1}{2}BC$，$AE=EB=\frac{1}{2}AB$。
2. 观察展开图，MN是使点A落在点D的折痕，因此MN是AD的垂直平分线，M为AD中点、N为AE中点，即MN是△ADE的中位线：
∴ $MN// DE$，$MN=\frac{1}{2}DE=\frac{1}{4}BC$，$AN=\frac{1}{2}AE=\frac{1}{4}AB$。
3. PQ是使点C落在点D的折痕，因此PQ是CD的垂直平分线，P为CD中点、Q为EB中点，即PQ是梯形DEBC的中位线：
∴ $PQ// DE// BC$，$PQ=\frac{DE+BC}{2}=\frac{\frac{1}{2}BC+BC}{2}=\frac{3}{4}BC$，$BQ=\frac{1}{2}EB=\frac{1}{4}AB$。
逐一判断选项：
A. 由上述推导可知$MN// DE// PQ// BC$，该选项正确；
B. 由$DE=\frac{1}{2}BC$、$MN=\frac{1}{4}BC$，可得$BC=2DE=4MN$，该选项正确；
C. $NQ=AB-AN-BQ=AB-\frac{1}{4}AB-\frac{1}{4}AB=\frac{1}{2}AB$，因此$AN=BQ=\frac{1}{4}AB=\frac{1}{2}NQ$，该选项正确；
D. $\frac{MN}{DE}=\frac{\frac{1}{4}BC}{\frac{1}{2}BC}=\frac{1}{2}$，$\frac{DE}{PQ}=\frac{\frac{1}{2}BC}{\frac{3}{4}BC}=\frac{2}{3}$，$\frac{PQ}{BC}=\frac{3}{4}$，三个比值不相等，该选项错误。
【答案】
D
【知识点】
折叠的性质；三角形中位线定理；平行线的判定
【点评】
本题结合折叠变换考查中位线定理的应用，解题关键是通过折叠性质判断出各折痕对应的中位线身份，从而得到各线段的比例关系，属于几何基础综合题型。
【难度系数】
0.65
这是一道结合折叠性质与三角形中位线定理的几何题，解题思路如下：1. 先明确折叠的核心性质：折叠后对应点的连线被折痕垂直平分，对应线段长度相等；2. 结合∠C=90°的条件，可推出所有折痕都与BC平行，且都是对应三角形的中位线；3. 分别推导MN、DE、PQ、BC的长度关系，以及AN、NQ、BQ的长度关系，逐一验证选项即可得出结论。
【解析】
解：根据折叠性质逐步推导：
1. 第一次折叠使点A落在点C，折痕为DE，因此DE是AC的垂直平分线，D为AC中点、E为AB中点，即DE是△ABC的中位线：
∴ $DE// BC$，$DE=\frac{1}{2}BC$，$AE=EB=\frac{1}{2}AB$。
2. 观察展开图，MN是使点A落在点D的折痕，因此MN是AD的垂直平分线，M为AD中点、N为AE中点，即MN是△ADE的中位线：
∴ $MN// DE$，$MN=\frac{1}{2}DE=\frac{1}{4}BC$，$AN=\frac{1}{2}AE=\frac{1}{4}AB$。
3. PQ是使点C落在点D的折痕，因此PQ是CD的垂直平分线，P为CD中点、Q为EB中点，即PQ是梯形DEBC的中位线：
∴ $PQ// DE// BC$，$PQ=\frac{DE+BC}{2}=\frac{\frac{1}{2}BC+BC}{2}=\frac{3}{4}BC$，$BQ=\frac{1}{2}EB=\frac{1}{4}AB$。
逐一判断选项：
A. 由上述推导可知$MN// DE// PQ// BC$，该选项正确；
B. 由$DE=\frac{1}{2}BC$、$MN=\frac{1}{4}BC$，可得$BC=2DE=4MN$，该选项正确；
C. $NQ=AB-AN-BQ=AB-\frac{1}{4}AB-\frac{1}{4}AB=\frac{1}{2}AB$，因此$AN=BQ=\frac{1}{4}AB=\frac{1}{2}NQ$，该选项正确；
D. $\frac{MN}{DE}=\frac{\frac{1}{4}BC}{\frac{1}{2}BC}=\frac{1}{2}$，$\frac{DE}{PQ}=\frac{\frac{1}{2}BC}{\frac{3}{4}BC}=\frac{2}{3}$，$\frac{PQ}{BC}=\frac{3}{4}$，三个比值不相等，该选项错误。
【答案】
D
【知识点】
折叠的性质；三角形中位线定理；平行线的判定
【点评】
本题结合折叠变换考查中位线定理的应用，解题关键是通过折叠性质判断出各折痕对应的中位线身份，从而得到各线段的比例关系，属于几何基础综合题型。
【难度系数】
0.65
11. 如图，在$△ ABC$中，D、E分别是边AB、AC上的中点，CD、BE相交于点O。若$S_{△ ADE}=6$，则$S_{△ EOC}=$
4
。答案
11. 4
解析
【分析】
解题思路如下：
1. 首先根据D、E是AB、AC的中点，判定DE为△ABC的中位线，得到DE与BC平行且长度为BC的一半，由此推出△ADE与△ABC相似，相似比为1:2，结合相似三角形面积比等于相似比的平方，即可求出△ABC的总面积。
2. 再根据E是AC中点，利用等底同高的三角形面积相等，得到△BCE的面积为△ABC面积的一半。
3. 最后由DE//BC可证△DOE∽△COB，得到OE与OB的比为1:2，△BOC和△EOC同高，面积比等于底的比，结合△BCE的总面积即可求出$S_{△ EOC}$。
【解析】
解：
∵D、E分别是AB、AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴$DE// BC$，且$DE=\frac{1}{2}BC$，
∴$△ ADE ∽ △ ABC$，相似比$k=\frac{DE}{BC}=\frac{1}{2}$，
根据相似三角形面积比等于相似比的平方，得$\frac{S_{△ ADE}}{S_{△ ABC}}=k^2=(\frac{1}{2})^2=\frac{1}{4}$，
∵$S_{△ ADE}=6$，
∴$S_{△ ABC}=4×6=24$，
∵E是AC的中点，△ABE和△CBE等底同高，
∴$S_{△ BCE}=\frac{1}{2}S_{△ ABC}=\frac{1}{2}×24=12$，
∵$DE// BC$，
∴$△ DOE ∽ △ COB$，
∴$\frac{OE}{OB}=\frac{DE}{BC}=\frac{1}{2}$，即$OB=2OE$，
△BOC和△EOC有公共的高（从点C向BE作的垂线），面积比等于底的比，即$\frac{S_{△ BOC}}{S_{△ EOC}}=\frac{OB}{OE}=\frac{2}{1}$，则$S_{△ BOC}=2S_{△ EOC}$，
又
∵$S_{△ BCE}=S_{△ BOC}+S_{△ EOC}=2S_{△ EOC}+S_{△ EOC}=3S_{△ EOC}=12$，
∴$S_{△ EOC}=12÷3=4$。
【答案】
4
【知识点】
三角形中位线定理；相似三角形的判定与性质；三角形面积计算
【点评】
本题综合考查了中位线性质、相似三角形的判定和性质以及三角形面积的比例关系，解题时要逐步推导各三角形的边、面积的比例联系，理清公共高、等底等条件对面积的影响。
【难度系数】
0.6
解题思路如下：
1. 首先根据D、E是AB、AC的中点，判定DE为△ABC的中位线，得到DE与BC平行且长度为BC的一半，由此推出△ADE与△ABC相似，相似比为1:2，结合相似三角形面积比等于相似比的平方，即可求出△ABC的总面积。
2. 再根据E是AC中点，利用等底同高的三角形面积相等，得到△BCE的面积为△ABC面积的一半。
3. 最后由DE//BC可证△DOE∽△COB，得到OE与OB的比为1:2，△BOC和△EOC同高，面积比等于底的比，结合△BCE的总面积即可求出$S_{△ EOC}$。
【解析】
解：
∵D、E分别是AB、AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴$DE// BC$，且$DE=\frac{1}{2}BC$，
∴$△ ADE ∽ △ ABC$，相似比$k=\frac{DE}{BC}=\frac{1}{2}$，
根据相似三角形面积比等于相似比的平方，得$\frac{S_{△ ADE}}{S_{△ ABC}}=k^2=(\frac{1}{2})^2=\frac{1}{4}$，
∵$S_{△ ADE}=6$，
∴$S_{△ ABC}=4×6=24$，
∵E是AC的中点，△ABE和△CBE等底同高，
∴$S_{△ BCE}=\frac{1}{2}S_{△ ABC}=\frac{1}{2}×24=12$，
∵$DE// BC$，
∴$△ DOE ∽ △ COB$，
∴$\frac{OE}{OB}=\frac{DE}{BC}=\frac{1}{2}$，即$OB=2OE$，
△BOC和△EOC有公共的高（从点C向BE作的垂线），面积比等于底的比，即$\frac{S_{△ BOC}}{S_{△ EOC}}=\frac{OB}{OE}=\frac{2}{1}$，则$S_{△ BOC}=2S_{△ EOC}$，
又
∵$S_{△ BCE}=S_{△ BOC}+S_{△ EOC}=2S_{△ EOC}+S_{△ EOC}=3S_{△ EOC}=12$，
∴$S_{△ EOC}=12÷3=4$。
【答案】
4
【知识点】
三角形中位线定理；相似三角形的判定与性质；三角形面积计算
【点评】
本题综合考查了中位线性质、相似三角形的判定和性质以及三角形面积的比例关系，解题时要逐步推导各三角形的边、面积的比例联系，理清公共高、等底等条件对面积的影响。
【难度系数】
0.6
