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1.如图,在$△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,$AB$的垂直平分线交$AB$于点$D$,交$BC$的延长线于点$F$.求证:$CD^2=DE· DF$.
答案
证明：
∵ ∠ACB=90°，D是AB的中点，
∴ CD=AD=BD，
∴ ∠A=∠DCA。
∵ DF是AB的垂直平分线，
∴ DF⊥AB，即∠BDF=90°，
∴ ∠B + ∠F = 90°。
又∵ ∠A + ∠B = 90°，
∴ ∠A = ∠F，
∴ ∠DCA = ∠F。
又∵ ∠CDE = ∠FDC，
∴ △CDE ∽ △FDC，
∴ $\frac{CD}{DF}=\frac{DE}{CD}$，
即 $CD^2 = DE · DF$。
∵ ∠ACB=90°，D是AB的中点，
∴ CD=AD=BD，
∴ ∠A=∠DCA。
∵ DF是AB的垂直平分线，
∴ DF⊥AB，即∠BDF=90°，
∴ ∠B + ∠F = 90°。
又∵ ∠A + ∠B = 90°，
∴ ∠A = ∠F，
∴ ∠DCA = ∠F。
又∵ ∠CDE = ∠FDC，
∴ △CDE ∽ △FDC，
∴ $\frac{CD}{DF}=\frac{DE}{CD}$，
即 $CD^2 = DE · DF$。
解析
【分析】
要证明等积式$CD^2=DE· DF$，可先将其转化为比例式$\frac{CD}{DF}=\frac{DE}{CD}$，观察比例式中的线段，可知它们分属$△ CDE$和$△ FDC$，因此只需证明这两个三角形相似即可。首先结合直角三角形斜边中线的性质得到$CD=AD$，推出对应角相等；再利用垂直平分线的性质和同角的余角相等，得到另一组对应角相等，结合公共角即可证明三角形相似，进而推导得到待证结论。
【解析】
证明：
∵ $∠ ACB=90°$，D是AB的中点，
∴ $CD=AD=BD$（直角三角形斜边中线等于斜边的一半），
∴ $∠ A=∠ DCA$。
∵ DF是AB的垂直平分线，
∴ $DF⊥ AB$，即$∠ BDF=90°$，
∴ $∠ B + ∠ F = 90°$。
又
∵ $∠ A + ∠ B = 90°$，
∴ $∠ A = ∠ F$（同角的余角相等），
∴ $∠ DCA = ∠ F$。
又
∵ $∠ CDE = ∠ FDC$（公共角），
∴ $△ CDE ∽ △ FDC$（两角分别相等的两个三角形相似），
∴ $\frac{CD}{DF}=\frac{DE}{CD}$，
即 $CD^2 = DE · DF$。
【答案】
证明过程如上，$CD^2=DE· DF$得证。
【知识点】
直角三角形的性质；相似三角形的判定与性质；线段垂直平分线的性质
【点评】
本题是等积式证明的典型题型，核心思路是将等积式转化为比例式，通过证明对应三角形相似得到结论，解题过程中需要灵活运用角的等量代换，熟练掌握相关几何性质是解题的基础。
【难度系数】
0.7
要证明等积式$CD^2=DE· DF$，可先将其转化为比例式$\frac{CD}{DF}=\frac{DE}{CD}$，观察比例式中的线段，可知它们分属$△ CDE$和$△ FDC$，因此只需证明这两个三角形相似即可。首先结合直角三角形斜边中线的性质得到$CD=AD$，推出对应角相等；再利用垂直平分线的性质和同角的余角相等，得到另一组对应角相等，结合公共角即可证明三角形相似，进而推导得到待证结论。
【解析】
证明：
∵ $∠ ACB=90°$，D是AB的中点，
∴ $CD=AD=BD$（直角三角形斜边中线等于斜边的一半），
∴ $∠ A=∠ DCA$。
∵ DF是AB的垂直平分线，
∴ $DF⊥ AB$，即$∠ BDF=90°$，
∴ $∠ B + ∠ F = 90°$。
又
∵ $∠ A + ∠ B = 90°$，
∴ $∠ A = ∠ F$（同角的余角相等），
∴ $∠ DCA = ∠ F$。
又
∵ $∠ CDE = ∠ FDC$（公共角），
∴ $△ CDE ∽ △ FDC$（两角分别相等的两个三角形相似），
∴ $\frac{CD}{DF}=\frac{DE}{CD}$，
即 $CD^2 = DE · DF$。
【答案】
证明过程如上，$CD^2=DE· DF$得证。
【知识点】
直角三角形的性质；相似三角形的判定与性质；线段垂直平分线的性质
【点评】
本题是等积式证明的典型题型，核心思路是将等积式转化为比例式，通过证明对应三角形相似得到结论，解题过程中需要灵活运用角的等量代换，熟练掌握相关几何性质是解题的基础。
【难度系数】
0.7
2. 如图，四边形ABCD的对角线AC，BD交于点F，E是BD上一点，且∠BAC=∠BDC=∠DAE. 求证：$\frac{AB}{AC}=\frac{AE}{AD}$. 
答案
证明：
∵ ∠BAC = ∠DAE，
∴ ∠BAC + ∠CAE = ∠DAE + ∠CAE，
即 ∠BAE = ∠CAD。
∵ ∠AFB = ∠DFC，∠BAC = ∠BDC，
∴ 180° - ∠BAC - ∠AFB = 180° - ∠BDC - ∠DFC，
即 ∠ABE = ∠ACD。
∴ △ABE ∽ △ACD（两角分别相等的两个三角形相似），
∴ $\frac{AB}{AC} = \frac{AE}{AD}$。
∵ ∠BAC = ∠DAE，
∴ ∠BAC + ∠CAE = ∠DAE + ∠CAE，
即 ∠BAE = ∠CAD。
∵ ∠AFB = ∠DFC，∠BAC = ∠BDC，
∴ 180° - ∠BAC - ∠AFB = 180° - ∠BDC - ∠DFC，
即 ∠ABE = ∠ACD。
∴ △ABE ∽ △ACD（两角分别相等的两个三角形相似），
∴ $\frac{AB}{AC} = \frac{AE}{AD}$。
解析
【分析】
要证明比例式$\frac{AB}{AC}=\frac{AE}{AD}$，可通过证明线段所在的三角形相似求解。观察线段位置可知，AB、AE属于$△ ABE$，AC、AD属于$△ ACD$，因此目标为证明$△ ABE ∽ △ ACD$。首先利用已知$∠ BAC=∠ DAE$，两边同时加公共角$∠ CAE$，可得第一组对应角$∠ BAE=∠ CAD$；再结合已知$∠ BAC=∠ BDC$，以及对顶角$∠ AFB=∠ DFC$，利用三角形内角和为$180°$，可推导出第二组对应角$∠ ABE=∠ ACD$；最后根据两角分别相等判定两三角形相似，结合相似三角形对应边成比例即可得到待证结论。
【解析】
证明：
∵ $∠ BAC = ∠ DAE$，
∴ $∠ BAC + ∠ CAE = ∠ DAE + ∠ CAE$，
即 $∠ BAE = ∠ CAD$。
∵ $∠ AFB = ∠ DFC$（对顶角相等），$∠ BAC = ∠ BDC$，
∴ $180° - ∠ BAC - ∠ AFB = 180° - ∠ BDC - ∠ DFC$，
即 $∠ ABE = ∠ ACD$。
∴ $△ ABE ∽ △ ACD$（两角分别相等的两个三角形相似），
∴ $\frac{AB}{AC} = \frac{AE}{AD}$。
【答案】
$\frac{AB}{AC}=\frac{AE}{AD}$成立
【知识点】
相似三角形的判定；相似三角形的性质；三角形内角和定理
【点评】
本题是比例式证明的常规题型，解题关键是将待证比例式转化为证明对应三角形相似，通过角的和差关系、三角形内角和定理找到两组相等的对应角即可完成证明，是相似三角形基础应用的典型题目。
【难度系数】
0.7
要证明比例式$\frac{AB}{AC}=\frac{AE}{AD}$，可通过证明线段所在的三角形相似求解。观察线段位置可知，AB、AE属于$△ ABE$，AC、AD属于$△ ACD$，因此目标为证明$△ ABE ∽ △ ACD$。首先利用已知$∠ BAC=∠ DAE$，两边同时加公共角$∠ CAE$，可得第一组对应角$∠ BAE=∠ CAD$；再结合已知$∠ BAC=∠ BDC$，以及对顶角$∠ AFB=∠ DFC$，利用三角形内角和为$180°$，可推导出第二组对应角$∠ ABE=∠ ACD$；最后根据两角分别相等判定两三角形相似，结合相似三角形对应边成比例即可得到待证结论。
【解析】
证明：
∵ $∠ BAC = ∠ DAE$，
∴ $∠ BAC + ∠ CAE = ∠ DAE + ∠ CAE$，
即 $∠ BAE = ∠ CAD$。
∵ $∠ AFB = ∠ DFC$（对顶角相等），$∠ BAC = ∠ BDC$，
∴ $180° - ∠ BAC - ∠ AFB = 180° - ∠ BDC - ∠ DFC$，
即 $∠ ABE = ∠ ACD$。
∴ $△ ABE ∽ △ ACD$（两角分别相等的两个三角形相似），
∴ $\frac{AB}{AC} = \frac{AE}{AD}$。
【答案】
$\frac{AB}{AC}=\frac{AE}{AD}$成立
【知识点】
相似三角形的判定；相似三角形的性质；三角形内角和定理
【点评】
本题是比例式证明的常规题型，解题关键是将待证比例式转化为证明对应三角形相似，通过角的和差关系、三角形内角和定理找到两组相等的对应角即可完成证明，是相似三角形基础应用的典型题目。
【难度系数】
0.7
3. 如图,在$△ ABC$中,$AB=AC$,$AD$是$BC$边上的高,$P$为$AD$上一点.过点$C$作$CF// AB$,延长$BP$交$AC$于点$E$,交$CF$于点$F$.求证:$BP^2=PE· PF$.
答案
证明：
连接PC。
∵ $AB=AC$，$AD⊥BC$，
∴ AD垂直平分BC，$∠ BAD=∠ CAD$，
∴ $BP=CP$。
在$△ ABP$和$△ ACP$中，
$\begin{cases}AB=AC \\∠ BAP=∠ CAP \\AP=AP\end{cases}$
∴ $△ ABP ≌ △ ACP$（SAS），
∴ $∠ ABP=∠ ACP$。
∵ $CF// AB$，
∴ $∠ ABP=∠ F$，
∴ $∠ ACP=∠ F$。
又∵ $∠ CPE=∠ FPC$，
∴ $△ CPE ∽ △ FPC$，
∴ $\frac{CP}{PF}=\frac{PE}{CP}$，即 $CP^2=PE· PF$。
又∵ $BP=CP$，
∴ $BP^2=PE· PF$。
连接PC。
∵ $AB=AC$，$AD⊥BC$，
∴ AD垂直平分BC，$∠ BAD=∠ CAD$，
∴ $BP=CP$。
在$△ ABP$和$△ ACP$中，
$\begin{cases}AB=AC \\∠ BAP=∠ CAP \\AP=AP\end{cases}$
∴ $△ ABP ≌ △ ACP$（SAS），
∴ $∠ ABP=∠ ACP$。
∵ $CF// AB$，
∴ $∠ ABP=∠ F$，
∴ $∠ ACP=∠ F$。
又∵ $∠ CPE=∠ FPC$，
∴ $△ CPE ∽ △ FPC$，
∴ $\frac{CP}{PF}=\frac{PE}{CP}$，即 $CP^2=PE· PF$。
又∵ $BP=CP$，
∴ $BP^2=PE· PF$。
解析
【分析】
要证明等积式$BP^2=PE·PF$，通常先将其转化为比例式$\frac{BP}{PE}=\frac{PF}{BP}$，但三条线段共线，无法直接通过相似三角形证明，因此需要进行等线段替换。结合等腰三角形“三线合一”的性质，可知AD是BC的垂直平分线，因此AD上的点P到B、C的距离相等，即$BP=CP$，此时只需证明$CP^2=PE·PF$，也就是证明$△ CPE ∽ △ FPC$即可。后续通过全等三角形、平行线的性质推导相似所需的角相等条件，就能完成证明。
【解析】
证明：
连接$PC$。
$\because AB=AC$，$AD⊥ BC$，
$\therefore AD$垂直平分$BC$，$∠ BAD=∠ CAD$，
$\therefore BP=CP$。
在$△ ABP$和$△ ACP$中，
$\begin{cases}AB=AC \\∠ BAP=∠ CAP \\AP=AP\end{cases}$
$\therefore △ ABP ≌ △ ACP$（SAS），
$\therefore ∠ ABP=∠ ACP$。
$\because CF// AB$，
$\therefore ∠ ABP=∠ F$，
$\therefore ∠ ACP=∠ F$。
又$\because ∠ CPE=∠ FPC$，
$\therefore △ CPE ∽ △ FPC$，
$\therefore \frac{CP}{PF}=\frac{PE}{CP}$，即 $CP^2=PE·PF$。
又$\because BP=CP$，
$\therefore BP^2=PE·PF$。
【答案】
$BP^2=PE·PF$得证
【知识点】
等腰三角形性质，全等三角形判定与性质，相似三角形判定与性质
【点评】
本题是等积式证明的典型习题，解题核心是利用等腰三角形三线合一的性质完成等线段替换，将共线线段的等积式问题转化为相似三角形的证明问题，对学生的逻辑推理能力有一定的锻炼价值。
【难度系数】
0.7
要证明等积式$BP^2=PE·PF$，通常先将其转化为比例式$\frac{BP}{PE}=\frac{PF}{BP}$，但三条线段共线，无法直接通过相似三角形证明，因此需要进行等线段替换。结合等腰三角形“三线合一”的性质，可知AD是BC的垂直平分线，因此AD上的点P到B、C的距离相等，即$BP=CP$，此时只需证明$CP^2=PE·PF$，也就是证明$△ CPE ∽ △ FPC$即可。后续通过全等三角形、平行线的性质推导相似所需的角相等条件，就能完成证明。
【解析】
证明：
连接$PC$。
$\because AB=AC$，$AD⊥ BC$，
$\therefore AD$垂直平分$BC$，$∠ BAD=∠ CAD$，
$\therefore BP=CP$。
在$△ ABP$和$△ ACP$中，
$\begin{cases}AB=AC \\∠ BAP=∠ CAP \\AP=AP\end{cases}$
$\therefore △ ABP ≌ △ ACP$（SAS），
$\therefore ∠ ABP=∠ ACP$。
$\because CF// AB$，
$\therefore ∠ ABP=∠ F$，
$\therefore ∠ ACP=∠ F$。
又$\because ∠ CPE=∠ FPC$，
$\therefore △ CPE ∽ △ FPC$，
$\therefore \frac{CP}{PF}=\frac{PE}{CP}$，即 $CP^2=PE·PF$。
又$\because BP=CP$，
$\therefore BP^2=PE·PF$。
【答案】
$BP^2=PE·PF$得证
【知识点】
等腰三角形性质，全等三角形判定与性质，相似三角形判定与性质
【点评】
本题是等积式证明的典型习题，解题核心是利用等腰三角形三线合一的性质完成等线段替换，将共线线段的等积式问题转化为相似三角形的证明问题，对学生的逻辑推理能力有一定的锻炼价值。
【难度系数】
0.7
4. 如图,在矩形ABCD中,E是CD的中点,BE⊥AC交AC于点F,过点F作FG//AB交AE于点G.求证:AG²=AF·FC.
答案
证明：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AB=CD，AB//CD，∠D=∠BCE=∠ABC=90°，
∵ E是CD的中点，
∴ DE=CE=$\frac{1}{2}$CD=$\frac{1}{2}$AB。
在△ADE和△BCE中：
$\{\begin{array}{l}AD=BC \\∠D=∠BCE \\DE=CE\end{array} $
∴ △ADE≌△BCE（SAS），
∴ AE=BE。
∵ FG//AB，
∴ △EFG∽△EBA，
∴ $\frac{AG}{AE}=\frac{BF}{BE}$，
又∵ AE=BE，
∴ AG=BF。
∵ BE⊥AC于点F，
∴ ∠AFB=∠CFB=90°，
∴ ∠BAF + ∠ABF = 90°，
又∵ ∠ABF + ∠FBC = 90°，
∴ ∠BAF=∠CBF，
∴ Rt△AFB∽Rt△BFC，
∴ $\frac{AF}{BF}=\frac{BF}{FC}$，
即 $BF^2=AF·FC$，
结合AG=BF，可得 $AG^2=AF·FC$。
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AB=CD，AB//CD，∠D=∠BCE=∠ABC=90°，
∵ E是CD的中点，
∴ DE=CE=$\frac{1}{2}$CD=$\frac{1}{2}$AB。
在△ADE和△BCE中：
$\{\begin{array}{l}AD=BC \\∠D=∠BCE \\DE=CE\end{array} $
∴ △ADE≌△BCE（SAS），
∴ AE=BE。
∵ FG//AB，
∴ △EFG∽△EBA，
∴ $\frac{AG}{AE}=\frac{BF}{BE}$，
又∵ AE=BE，
∴ AG=BF。
∵ BE⊥AC于点F，
∴ ∠AFB=∠CFB=90°，
∴ ∠BAF + ∠ABF = 90°，
又∵ ∠ABF + ∠FBC = 90°，
∴ ∠BAF=∠CBF，
∴ Rt△AFB∽Rt△BFC，
∴ $\frac{AF}{BF}=\frac{BF}{FC}$，
即 $BF^2=AF·FC$，
结合AG=BF，可得 $AG^2=AF·FC$。
解析
【分析】
要证明等积式$AG^2=AF·FC$，一般思路是将其转化为比例式，通过证明对应三角形相似求解。本题无法直接找到包含AG、AF、FC的相似三角形，因此考虑用等量线段替换AG：首先结合矩形的性质与E是CD中点的条件，可证$AE=BE$；再根据$FG// AB$的性质推导得到$AG=BF$，此时待证结论转化为证明$BF^2=AF·FC$，该式可通过证明$Rt△ AFB ∼ Rt△ BFC$得到，最后替换线段即可完成证明。
【解析】
证明：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $AB=CD$，$AB// CD$，$∠ D=∠ BCE=∠ ABC=90°$，
∵ E是CD的中点，
∴ $DE=CE=\frac{1}{2}CD=\frac{1}{2}AB$。
在$△ ADE$和$△ BCE$中：
$\{\begin{array}{l}AD=BC \\∠ D=∠ BCE \\DE=CE\end{array} $
∴ $△ ADE≌△ BCE$（SAS），
∴ $AE=BE$。
∵ $FG// AB$，
∴ $△ EFG∼△ EBA$，
∴ $\frac{AG}{AE}=\frac{BF}{BE}$，
又
∵ $AE=BE$，
∴ $AG=BF$。
∵ $BE⊥ AC$于点F，
∴ $∠ AFB=∠ CFB=90°$，
∴ $∠ BAF + ∠ ABF = 90°$，
又
∵ $∠ ABF + ∠ FBC = 90°$，
∴ $∠ BAF=∠ CBF$，
∴ $Rt△ AFB∼ Rt△ BFC$，
∴ $\frac{AF}{BF}=\frac{BF}{FC}$，
即 $BF^2=AF·FC$，
结合$AG=BF$，可得 $AG^2=AF·FC$。
【答案】
$AG^2=AF·FC$，得证
【知识点】
矩形的性质；全等三角形的判定与性质；相似三角形的判定与性质
【点评】
本题是等积式证明的典型题型，核心考查等量替换的数学思想，解题关键是将待证等积式中不易关联的线段替换为可通过相似三角形关联的线段，熟练掌握矩形、全等、相似的相关性质是解决此类问题的基础。
【难度系数】
0.6
要证明等积式$AG^2=AF·FC$，一般思路是将其转化为比例式，通过证明对应三角形相似求解。本题无法直接找到包含AG、AF、FC的相似三角形，因此考虑用等量线段替换AG：首先结合矩形的性质与E是CD中点的条件，可证$AE=BE$；再根据$FG// AB$的性质推导得到$AG=BF$，此时待证结论转化为证明$BF^2=AF·FC$，该式可通过证明$Rt△ AFB ∼ Rt△ BFC$得到，最后替换线段即可完成证明。
【解析】
证明：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $AB=CD$，$AB// CD$，$∠ D=∠ BCE=∠ ABC=90°$，
∵ E是CD的中点，
∴ $DE=CE=\frac{1}{2}CD=\frac{1}{2}AB$。
在$△ ADE$和$△ BCE$中：
$\{\begin{array}{l}AD=BC \\∠ D=∠ BCE \\DE=CE\end{array} $
∴ $△ ADE≌△ BCE$（SAS），
∴ $AE=BE$。
∵ $FG// AB$，
∴ $△ EFG∼△ EBA$，
∴ $\frac{AG}{AE}=\frac{BF}{BE}$，
又
∵ $AE=BE$，
∴ $AG=BF$。
∵ $BE⊥ AC$于点F，
∴ $∠ AFB=∠ CFB=90°$，
∴ $∠ BAF + ∠ ABF = 90°$，
又
∵ $∠ ABF + ∠ FBC = 90°$，
∴ $∠ BAF=∠ CBF$，
∴ $Rt△ AFB∼ Rt△ BFC$，
∴ $\frac{AF}{BF}=\frac{BF}{FC}$，
即 $BF^2=AF·FC$，
结合$AG=BF$，可得 $AG^2=AF·FC$。
【答案】
$AG^2=AF·FC$，得证
【知识点】
矩形的性质；全等三角形的判定与性质；相似三角形的判定与性质
【点评】
本题是等积式证明的典型题型，核心考查等量替换的数学思想，解题关键是将待证等积式中不易关联的线段替换为可通过相似三角形关联的线段，熟练掌握矩形、全等、相似的相关性质是解决此类问题的基础。
【难度系数】
0.6
