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15 如图，菱形ABCD与菱形AEFG相似，AEFG的顶点G在ABCD的BC边上，GF与AB相交于点H，∠E=60°。若CG=3，AH=7，则菱形ABCD的边长为
9
。答案
9
解析
【分析】
首先根据菱形相似的性质，得到对应角相等，即∠B=∠E=∠AGF=60°。设菱形ABCD的边长为x，可表示出BG=x-3。观察发现△AHG和△AGB有公共角∠GAB，且∠AGH=∠B=60°，可证两三角形相似，得到AG²=7x。再通过作BC边上的高，结合勾股定理用含x的式子表示出AG²，联立方程求解即可，注意舍去不符合实际的解。
【解析】
设菱形ABCD的边长为$ x $，则$ AB=BC=x $。
∵$ CG=3 $，
∴$ BG = BC - CG = x - 3 $。
∵菱形ABCD与菱形AEFG相似，$ ∠ E=60° $，
∴$ ∠ B = ∠ E = ∠ AGF = 60° $。
在$ △ AHG $和$ △ AGB $中：
$ ∠ HAG = ∠ GAB $（公共角），$ ∠ AGH = ∠ B = 60° $，
∴$ △ AHG ∽ △ AGB $。
由相似三角形的性质得：$ \frac{AH}{AG} = \frac{AG}{AB} $，即$ AG^2 = AH · AB = 7x $。
过点A作$ AM ⊥ BC $于点M，
在$ \mathrm{Rt}△ ABM $中，$ ∠ B=60° $，
∴$ BM = AB · \cos60° = \frac{1}{2}x $，$ AM = AB · \sin60° = \frac{\sqrt{3}}{2}x $，
∴$ MG = BG - BM = (x-3) - \frac{1}{2}x = \frac{1}{2}x - 3 $。
在$ \mathrm{Rt}△ AMG $中，由勾股定理得：
$ AG^2 = AM^2 + MG^2 = ( \frac{\sqrt{3}}{2}x )^2 + ( \frac{1}{2}x - 3 )^2 = x^2 - 3x + 9 $。
联立得方程：$ x^2 - 3x + 9 = 7x $，
整理得$ x^2 - 10x + 9 = 0 $，
解得$ x_1=1 $（舍去，边长不能为负），$ x_2=9 $。
【答案】
9
【知识点】
菱形的性质；相似三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是几何综合题，解题的关键是结合图形特征找到相似三角形，以AG²为中间量建立方程求解，求解后注意检验解是否符合实际意义，体现了方程思想在几何计算中的应用。
【难度系数】
0.6
首先根据菱形相似的性质，得到对应角相等，即∠B=∠E=∠AGF=60°。设菱形ABCD的边长为x，可表示出BG=x-3。观察发现△AHG和△AGB有公共角∠GAB，且∠AGH=∠B=60°，可证两三角形相似，得到AG²=7x。再通过作BC边上的高，结合勾股定理用含x的式子表示出AG²，联立方程求解即可，注意舍去不符合实际的解。
【解析】
设菱形ABCD的边长为$ x $，则$ AB=BC=x $。
∵$ CG=3 $，
∴$ BG = BC - CG = x - 3 $。
∵菱形ABCD与菱形AEFG相似，$ ∠ E=60° $，
∴$ ∠ B = ∠ E = ∠ AGF = 60° $。
在$ △ AHG $和$ △ AGB $中：
$ ∠ HAG = ∠ GAB $（公共角），$ ∠ AGH = ∠ B = 60° $，
∴$ △ AHG ∽ △ AGB $。
由相似三角形的性质得：$ \frac{AH}{AG} = \frac{AG}{AB} $，即$ AG^2 = AH · AB = 7x $。
过点A作$ AM ⊥ BC $于点M，
在$ \mathrm{Rt}△ ABM $中，$ ∠ B=60° $，
∴$ BM = AB · \cos60° = \frac{1}{2}x $，$ AM = AB · \sin60° = \frac{\sqrt{3}}{2}x $，
∴$ MG = BG - BM = (x-3) - \frac{1}{2}x = \frac{1}{2}x - 3 $。
在$ \mathrm{Rt}△ AMG $中，由勾股定理得：
$ AG^2 = AM^2 + MG^2 = ( \frac{\sqrt{3}}{2}x )^2 + ( \frac{1}{2}x - 3 )^2 = x^2 - 3x + 9 $。
联立得方程：$ x^2 - 3x + 9 = 7x $，
整理得$ x^2 - 10x + 9 = 0 $，
解得$ x_1=1 $（舍去，边长不能为负），$ x_2=9 $。
【答案】
9
【知识点】
菱形的性质；相似三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是几何综合题，解题的关键是结合图形特征找到相似三角形，以AG²为中间量建立方程求解，求解后注意检验解是否符合实际意义，体现了方程思想在几何计算中的应用。
【难度系数】
0.6
16 如图，D、E分别是△ABC的边AB、AC上的点，∠AED=∠B，AF⊥DE，垂足为点F。如果AF=2，BC=6，△ABC的面积为9，那么△ADE的面积为
4
。答案
4
解析
【分析】
解题思路如下：1. 先观察已知角的关系，∠AED=∠B，且∠BAC是△ADE和△ACB的公共角，可判定两个三角形相似；2. 利用△ABC的面积和底边长BC，求出BC边上的高，该高与AF是两个相似三角形的对应高；3. 根据相似三角形的性质，相似比等于对应高的比，面积比等于相似比的平方，代入数值即可求出△ADE的面积。
【解析】
解：
1. 证明三角形相似：
在△ADE和△ACB中，
$\{\begin{array}{l}∠AED=∠B \\∠EAD=∠BAC（公共角）\end{array} $
∴ △ADE∽△ACB（两角对应相等，两三角形相似）
2. 求△ABC中BC边上的高：
设BC边上的高为$h$，由三角形面积公式$S=\frac{1}{2}×底×高$，已知$S_{△ABC}=9$，$BC=6$，代入得：
$\frac{1}{2}×6×h=9$
解得$h=3$
3. 利用相似三角形性质计算面积：
∵ $AF⊥DE$，即AF是△ADE中DE边上的高，$AF=2$
∴ 相似比$k=\frac{AF}{h}=\frac{2}{3}$
∵ 相似三角形的面积比等于相似比的平方
∴ $\frac{S_{△ADE}}{S_{△ABC}}=k^2=(\frac{2}{3})^2=\frac{4}{9}$
代入$S_{△ABC}=9$，得：
$S_{△ADE}=9×\frac{4}{9}=4$
【答案】
4
【知识点】
相似三角形的判定，相似三角形的性质，三角形面积计算
【点评】
本题是三角形板块的典型基础综合题，解题核心是通过角的关系判定三角形相似，再结合相似三角形对应高的比、面积比与相似比的关系求解，需要熟练掌握相似三角形的相关性质并灵活运用。
【难度系数】
0.7
解题思路如下：1. 先观察已知角的关系，∠AED=∠B，且∠BAC是△ADE和△ACB的公共角，可判定两个三角形相似；2. 利用△ABC的面积和底边长BC，求出BC边上的高，该高与AF是两个相似三角形的对应高；3. 根据相似三角形的性质，相似比等于对应高的比，面积比等于相似比的平方，代入数值即可求出△ADE的面积。
【解析】
解：
1. 证明三角形相似：
在△ADE和△ACB中，
$\{\begin{array}{l}∠AED=∠B \\∠EAD=∠BAC（公共角）\end{array} $
∴ △ADE∽△ACB（两角对应相等，两三角形相似）
2. 求△ABC中BC边上的高：
设BC边上的高为$h$，由三角形面积公式$S=\frac{1}{2}×底×高$，已知$S_{△ABC}=9$，$BC=6$，代入得：
$\frac{1}{2}×6×h=9$
解得$h=3$
3. 利用相似三角形性质计算面积：
∵ $AF⊥DE$，即AF是△ADE中DE边上的高，$AF=2$
∴ 相似比$k=\frac{AF}{h}=\frac{2}{3}$
∵ 相似三角形的面积比等于相似比的平方
∴ $\frac{S_{△ADE}}{S_{△ABC}}=k^2=(\frac{2}{3})^2=\frac{4}{9}$
代入$S_{△ABC}=9$，得：
$S_{△ADE}=9×\frac{4}{9}=4$
【答案】
4
【知识点】
相似三角形的判定，相似三角形的性质，三角形面积计算
【点评】
本题是三角形板块的典型基础综合题，解题核心是通过角的关系判定三角形相似，再结合相似三角形对应高的比、面积比与相似比的关系求解，需要熟练掌握相似三角形的相关性质并灵活运用。
【难度系数】
0.7
17 如图,在等边$△ ABC$中,D、E、F分别是BC、AC、AB上的点,$DE ⊥ AC$,$EF ⊥ AB$,$FD ⊥ BC$,若$△ ABC$的面积为48,则$△ DEF$的面积为
16
。答案
16
解析
【分析】
首先利用等边三角形内角为60°的性质，结合题目给出的垂直条件，先推导△DEF的三个内角均为60°，证明△DEF也是等边三角形，可得△DEF与△ABC相似；再通过含30°角的直角三角形的性质证明三个角落的直角三角形全等，推导两个等边三角形的相似比，利用相似三角形面积比等于相似比的平方的性质，结合△ABC的面积即可计算出△DEF的面积。
【解析】
解：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠B=∠C=60°，AB=BC=AC。
∵DE⊥AC，EF⊥AB，FD⊥BC，
∴∠AFE=∠BDF=∠CED=90°，
∴∠AEF=∠BFD=∠CDE=30°，
∴∠DFE=180°-∠AFE-∠BFD=180°-90°-30°=60°，
同理可得∠FDE=∠DEF=60°，
∴△DEF是等边三角形，
∴FD=DE=EF，△DEF∽△ABC。
在△BDF和△AFE中：
$\{\begin{array}{l}∠ B=∠ A\\ ∠ BDF=∠ AFE=90°\\ FD=EF\end{array} $
∴△BDF≌△AFE（AAS），同理可证△BDF≌△CED，
∴BD=AF=CE，BF=AE=CD。
设BD=x，在Rt△BDF中，∠BFD=30°，
∴BF=2BD=2x，
∴AB=AF+BF=BD+BF=x+2x=3x，
在Rt△BDF中，由勾股定理得：$FD=\sqrt{BF^2-BD^2}=\sqrt{(2x)^2-x^2}=\sqrt{3}x$，
∴相似比$k=\frac{FD}{AB}=\frac{\sqrt{3}x}{3x}=\frac{1}{\sqrt{3}}$，
∵相似三角形面积比为相似比的平方，
∴$S_{△ DEF}:S_{△ ABC}=k^2=\frac{1}{3}$，
已知$S_{△ ABC}=48$，
∴$S_{△ DEF}=48×\frac{1}{3}=16$。
【答案】
16
【知识点】
等边三角形的判定与性质，相似三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题是三角形性质的综合应用题，解题核心是先证明△DEF为等边三角形，再通过全等、相似的性质建立两个三角形的面积关系，对基础性质的灵活运用要求较高。
【难度系数】
0.6
首先利用等边三角形内角为60°的性质，结合题目给出的垂直条件，先推导△DEF的三个内角均为60°，证明△DEF也是等边三角形，可得△DEF与△ABC相似；再通过含30°角的直角三角形的性质证明三个角落的直角三角形全等，推导两个等边三角形的相似比，利用相似三角形面积比等于相似比的平方的性质，结合△ABC的面积即可计算出△DEF的面积。
【解析】
解：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠B=∠C=60°，AB=BC=AC。
∵DE⊥AC，EF⊥AB，FD⊥BC，
∴∠AFE=∠BDF=∠CED=90°，
∴∠AEF=∠BFD=∠CDE=30°，
∴∠DFE=180°-∠AFE-∠BFD=180°-90°-30°=60°，
同理可得∠FDE=∠DEF=60°，
∴△DEF是等边三角形，
∴FD=DE=EF，△DEF∽△ABC。
在△BDF和△AFE中：
$\{\begin{array}{l}∠ B=∠ A\\ ∠ BDF=∠ AFE=90°\\ FD=EF\end{array} $
∴△BDF≌△AFE（AAS），同理可证△BDF≌△CED，
∴BD=AF=CE，BF=AE=CD。
设BD=x，在Rt△BDF中，∠BFD=30°，
∴BF=2BD=2x，
∴AB=AF+BF=BD+BF=x+2x=3x，
在Rt△BDF中，由勾股定理得：$FD=\sqrt{BF^2-BD^2}=\sqrt{(2x)^2-x^2}=\sqrt{3}x$，
∴相似比$k=\frac{FD}{AB}=\frac{\sqrt{3}x}{3x}=\frac{1}{\sqrt{3}}$，
∵相似三角形面积比为相似比的平方，
∴$S_{△ DEF}:S_{△ ABC}=k^2=\frac{1}{3}$，
已知$S_{△ ABC}=48$，
∴$S_{△ DEF}=48×\frac{1}{3}=16$。
【答案】
16
【知识点】
等边三角形的判定与性质，相似三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题是三角形性质的综合应用题，解题核心是先证明△DEF为等边三角形，再通过全等、相似的性质建立两个三角形的面积关系，对基础性质的灵活运用要求较高。
【难度系数】
0.6
18 如图，点O在四边形ABCD的内部，$∠ COD=∠ ABC=90°$，$AB=BC$，$OD=OC$，如果$BO=a$，那么AD的长为
$\sqrt{2}a$
。（用含字母a的式子表示）答案
$\sqrt{2}a$
解析
【分析】
首先观察题目给出的条件，存在两组邻边相等（AB=BC、OD=OC）和两个直角，可先判定△ABC和△COD都是等腰直角三角形，得到边的比例关系和45°的特殊角；再通过角的和差推导得到相等的夹角，连接辅助线AC构造相似三角形，利用相似三角形对应边成比例即可求出AD的长度。
【解析】
连接AC：
1. 已知$AB=BC$，$∠ABC=90°$，则$△ ABC$为等腰直角三角形，因此$AC=\sqrt{2}BC$，$∠ACB=45°$；
2. 已知$OD=OC$，$∠COD=90°$，则$△ COD$为等腰直角三角形，因此$CD=\sqrt{2}OC$，$∠OCD=45°$；
3. 由$∠ACB=∠OCD=45°$，可得$∠ACB+∠ACO=∠OCD+∠ACO$，即$∠BCO=∠ACD$；
4. 又$\frac{BC}{AC}=\frac{OC}{CD}=\frac{1}{\sqrt{2}}$，结合夹角$∠BCO=∠ACD$，可判定$△ BCO ∽ △ ACD$（两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似）；
5. 根据相似三角形的性质，$\frac{AD}{BO}=\frac{AC}{BC}=\sqrt{2}$，已知$BO=a$，因此$AD=\sqrt{2}a$。
【答案】
$\sqrt{2}a$
【知识点】
等腰直角三角形性质，相似三角形判定与性质
【点评】
本题的解题核心是通过连接辅助线AC构造相似三角形，需要熟练掌握等腰直角三角形的边、角特征，以及相似三角形的判定和性质，通过角的和差找到相等的夹角是解题的关键突破口。
【难度系数】
0.6
首先观察题目给出的条件，存在两组邻边相等（AB=BC、OD=OC）和两个直角，可先判定△ABC和△COD都是等腰直角三角形，得到边的比例关系和45°的特殊角；再通过角的和差推导得到相等的夹角，连接辅助线AC构造相似三角形，利用相似三角形对应边成比例即可求出AD的长度。
【解析】
连接AC：
1. 已知$AB=BC$，$∠ABC=90°$，则$△ ABC$为等腰直角三角形，因此$AC=\sqrt{2}BC$，$∠ACB=45°$；
2. 已知$OD=OC$，$∠COD=90°$，则$△ COD$为等腰直角三角形，因此$CD=\sqrt{2}OC$，$∠OCD=45°$；
3. 由$∠ACB=∠OCD=45°$，可得$∠ACB+∠ACO=∠OCD+∠ACO$，即$∠BCO=∠ACD$；
4. 又$\frac{BC}{AC}=\frac{OC}{CD}=\frac{1}{\sqrt{2}}$，结合夹角$∠BCO=∠ACD$，可判定$△ BCO ∽ △ ACD$（两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似）；
5. 根据相似三角形的性质，$\frac{AD}{BO}=\frac{AC}{BC}=\sqrt{2}$，已知$BO=a$，因此$AD=\sqrt{2}a$。
【答案】
$\sqrt{2}a$
【知识点】
等腰直角三角形性质，相似三角形判定与性质
【点评】
本题的解题核心是通过连接辅助线AC构造相似三角形，需要熟练掌握等腰直角三角形的边、角特征，以及相似三角形的判定和性质，通过角的和差找到相等的夹角是解题的关键突破口。
【难度系数】
0.6
19 如图,在△ABC中,底边BC上的两点E、F把BC三等分,BM是AC上的中线,AE、AF分别交BM于G、H两点,则BG:GH:HM=
$5:3:2$
。答案
$5:3:2$
解析
【分析】
本题需计算同一直线上三条线段的比值，已知条件包含AC边上的中线、BC边上的三等分点，可通过作平行线构造相似三角形求解：首先过AC中点M作BC的平行线，分别与AE、AF相交，利用相似三角形的性质得到两组线段比例关系，再联立比例式推导BG、GH、HM的比值即可。
【解析】
过点M作$MQ// BC$，交AE于点P，交AF于点Q。
∵M是AC中点，$MQ// BC$
∴$△ AMP ∽ △ ACE$，$△ AMQ ∽ △ ACF$
∴$\frac{MP}{EC}=\frac{AM}{AC}=\frac{1}{2}$，$\frac{MQ}{FC}=\frac{AM}{AC}=\frac{1}{2}$
设$BE=EF=FC=k$，则$EC=2k$，$FB=2k$，代入得：
$MP=\frac{1}{2}EC=k$，$MQ=\frac{1}{2}FC=\frac{k}{2}$
∵$MQ// BC$，
∴$△ EBG ∽ △ MPG$
∴$\frac{BG}{GM}=\frac{BE}{MP}=\frac{k}{k}=1$，即$BG=GM$，设$BG=x,GH=y,HM=z$，则$x=y+z$ ①
又
∵$MQ// BC$，
∴$△ FBH ∽ △ MQH$
∴$\frac{BH}{HM}=\frac{FB}{MQ}=\frac{2k}{\frac{k}{2}}=4$，即$BH=4HM$，得$x+y=4z$ ②
将①代入②得：$y+z+y=4z$，整理得$2y=3z$，即$y=\frac{3}{2}z$
把$y=\frac{3}{2}z$代入①得：$x=\frac{3}{2}z+z=\frac{5}{2}z$
∴$BG:GH:HM=x:y:z=\frac{5}{2}z:\frac{3}{2}z:z=5:3:2$
【答案】
$5:3:2$
【知识点】
相似三角形的判定与性质，三角形中位线，比例线段计算
【点评】
本题是三角形线段比问题的典型考法，解题核心是通过作平行线构造相似三角形，结合中点、三等分点的性质转化线段比例关系，能有效考查学生对相似三角形的应用能力。
【难度系数】
0.6
本题需计算同一直线上三条线段的比值，已知条件包含AC边上的中线、BC边上的三等分点，可通过作平行线构造相似三角形求解：首先过AC中点M作BC的平行线，分别与AE、AF相交，利用相似三角形的性质得到两组线段比例关系，再联立比例式推导BG、GH、HM的比值即可。
【解析】
过点M作$MQ// BC$，交AE于点P，交AF于点Q。
∵M是AC中点，$MQ// BC$
∴$△ AMP ∽ △ ACE$，$△ AMQ ∽ △ ACF$
∴$\frac{MP}{EC}=\frac{AM}{AC}=\frac{1}{2}$，$\frac{MQ}{FC}=\frac{AM}{AC}=\frac{1}{2}$
设$BE=EF=FC=k$，则$EC=2k$，$FB=2k$，代入得：
$MP=\frac{1}{2}EC=k$，$MQ=\frac{1}{2}FC=\frac{k}{2}$
∵$MQ// BC$，
∴$△ EBG ∽ △ MPG$
∴$\frac{BG}{GM}=\frac{BE}{MP}=\frac{k}{k}=1$，即$BG=GM$，设$BG=x,GH=y,HM=z$，则$x=y+z$ ①
又
∵$MQ// BC$，
∴$△ FBH ∽ △ MQH$
∴$\frac{BH}{HM}=\frac{FB}{MQ}=\frac{2k}{\frac{k}{2}}=4$，即$BH=4HM$，得$x+y=4z$ ②
将①代入②得：$y+z+y=4z$，整理得$2y=3z$，即$y=\frac{3}{2}z$
把$y=\frac{3}{2}z$代入①得：$x=\frac{3}{2}z+z=\frac{5}{2}z$
∴$BG:GH:HM=x:y:z=\frac{5}{2}z:\frac{3}{2}z:z=5:3:2$
【答案】
$5:3:2$
【知识点】
相似三角形的判定与性质，三角形中位线，比例线段计算
【点评】
本题是三角形线段比问题的典型考法，解题核心是通过作平行线构造相似三角形，结合中点、三等分点的性质转化线段比例关系，能有效考查学生对相似三角形的应用能力。
【难度系数】
0.6
20 如图，$\mathrm{Rt}△ ABC$和$\mathrm{Rt}△ DEF$中，$∠ BAC=∠ EDF=90°$，$AB=3$，$AC=4$，$DE=4$，$DF=8$，点$M$在边$BC$上，点$N$在边$EF$上，$AM$分割$△ ABC$所得的两个三角形分别与$DN$分割$△ DEF$所得的两个三角形相似，那么线段$DN$的长是$\underline{\hspace{3em}}$。
答案
$4或\frac{40}{11}$
解析
【分析】
首先利用勾股定理求出两个直角三角形的斜边长，再得到各内角的三角函数值。根据题意，AM分割出的两个三角形要分别与DN分割出的两个三角形相似，结合∠BAC=∠EDF=90°，可知存在两种角的对应情况：①∠BAM对应∠F、∠CAM对应∠E；②∠BAM对应∠E、∠CAM对应∠F，分两种情况计算DN的长度即可。
【解析】
解：在$\mathrm{Rt}△ABC$中，$∠ BAC=90°$，$AB=3$，$AC=4$，由勾股定理得：
$BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$，
则$\sin B=\frac{AC}{BC}=\frac{4}{5}$，$\cos B=\frac{AB}{BC}=\frac{3}{5}$。
在$\mathrm{Rt}△DEF$中，$∠ EDF=90°$，$DE=4$，$DF=8$，由勾股定理得：
$EF=\sqrt{DE^2+DF^2}=\sqrt{4^2+8^2}=4\sqrt{5}$，
则$\sin E=\frac{DF}{EF}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$，$\cos E=\frac{DE}{EF}=\frac{\sqrt{5}}{5}$，$\sin F=\frac{DE}{EF}=\frac{\sqrt{5}}{5}$，$\cos F=\frac{DF}{EF}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$。
根据题意，两个三角形分割后所得的两对三角形分别相似，分两种情况讨论：
情况1：$∠ FDN=∠ B$，此时$△ ABM ∽ △ FDN$，$△ ACM ∽ △ DEN$。
在$△ FDN$中，$∠ FND=180°-(∠ F+∠ B)$，
则$\sin∠ FND=\sin(∠ F+∠ B)=\sin F\cos B+\cos F\sin B=\frac{\sqrt{5}}{5}×\frac{3}{5}+\frac{2\sqrt{5}}{5}×\frac{4}{5}=\frac{11\sqrt{5}}{25}$。
由正弦定理$\frac{DN}{\sin F}=\frac{DF}{\sin∠ FND}$，代入得：
$DN=\frac{DF·\sin F}{\sin∠ FND}=\frac{8×\frac{\sqrt{5}}{5}}{\frac{11\sqrt{5}}{25}}=\frac{40}{11}$。
情况2：$∠ EDN=∠ B$，此时$△ ABM ∽ △ DEN$，$△ ACM ∽ △ FDN$。
在$△ DEN$中，$∠ DNE=180°-(∠ E+∠ B)$，
则$\sin∠ DNE=\sin(∠ E+∠ B)=\sin E\cos B+\cos E\sin B=\frac{2\sqrt{5}}{5}×\frac{3}{5}+\frac{\sqrt{5}}{5}×\frac{4}{5}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$。
由正弦定理$\frac{DN}{\sin E}=\frac{DE}{\sin∠ DNE}$，代入得：
$DN=\frac{DE·\sin E}{\sin∠ DNE}=\frac{4×\frac{2\sqrt{5}}{5}}{\frac{2\sqrt{5}}{5}}=4$。
综上，线段$DN$的长为$4$或$\frac{40}{11}$。
【答案】
$4或\frac{40}{11}$
【知识点】
勾股定理，相似三角形的判定，锐角三角函数
【点评】
本题重点考查分类讨论思想，解题时需要先理清相似三角形的角对应关系，避免漏解，再结合锐角三角函数的相关知识求解线段长度，对综合应用能力要求较高。
【难度系数】
0.3
首先利用勾股定理求出两个直角三角形的斜边长，再得到各内角的三角函数值。根据题意，AM分割出的两个三角形要分别与DN分割出的两个三角形相似，结合∠BAC=∠EDF=90°，可知存在两种角的对应情况：①∠BAM对应∠F、∠CAM对应∠E；②∠BAM对应∠E、∠CAM对应∠F，分两种情况计算DN的长度即可。
【解析】
解：在$\mathrm{Rt}△ABC$中，$∠ BAC=90°$，$AB=3$，$AC=4$，由勾股定理得：
$BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$，
则$\sin B=\frac{AC}{BC}=\frac{4}{5}$，$\cos B=\frac{AB}{BC}=\frac{3}{5}$。
在$\mathrm{Rt}△DEF$中，$∠ EDF=90°$，$DE=4$，$DF=8$，由勾股定理得：
$EF=\sqrt{DE^2+DF^2}=\sqrt{4^2+8^2}=4\sqrt{5}$，
则$\sin E=\frac{DF}{EF}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$，$\cos E=\frac{DE}{EF}=\frac{\sqrt{5}}{5}$，$\sin F=\frac{DE}{EF}=\frac{\sqrt{5}}{5}$，$\cos F=\frac{DF}{EF}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$。
根据题意，两个三角形分割后所得的两对三角形分别相似，分两种情况讨论：
情况1：$∠ FDN=∠ B$，此时$△ ABM ∽ △ FDN$，$△ ACM ∽ △ DEN$。
在$△ FDN$中，$∠ FND=180°-(∠ F+∠ B)$，
则$\sin∠ FND=\sin(∠ F+∠ B)=\sin F\cos B+\cos F\sin B=\frac{\sqrt{5}}{5}×\frac{3}{5}+\frac{2\sqrt{5}}{5}×\frac{4}{5}=\frac{11\sqrt{5}}{25}$。
由正弦定理$\frac{DN}{\sin F}=\frac{DF}{\sin∠ FND}$，代入得：
$DN=\frac{DF·\sin F}{\sin∠ FND}=\frac{8×\frac{\sqrt{5}}{5}}{\frac{11\sqrt{5}}{25}}=\frac{40}{11}$。
情况2：$∠ EDN=∠ B$，此时$△ ABM ∽ △ DEN$，$△ ACM ∽ △ FDN$。
在$△ DEN$中，$∠ DNE=180°-(∠ E+∠ B)$，
则$\sin∠ DNE=\sin(∠ E+∠ B)=\sin E\cos B+\cos E\sin B=\frac{2\sqrt{5}}{5}×\frac{3}{5}+\frac{\sqrt{5}}{5}×\frac{4}{5}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$。
由正弦定理$\frac{DN}{\sin E}=\frac{DE}{\sin∠ DNE}$，代入得：
$DN=\frac{DE·\sin E}{\sin∠ DNE}=\frac{4×\frac{2\sqrt{5}}{5}}{\frac{2\sqrt{5}}{5}}=4$。
综上，线段$DN$的长为$4$或$\frac{40}{11}$。
【答案】
$4或\frac{40}{11}$
【知识点】
勾股定理，相似三角形的判定，锐角三角函数
【点评】
本题重点考查分类讨论思想，解题时需要先理清相似三角形的角对应关系，避免漏解，再结合锐角三角函数的相关知识求解线段长度，对综合应用能力要求较高。
【难度系数】
0.3
21 如图，CD是Rt△ABC斜边上的中线，过点D作垂直于AB的直线交BC于点F，交AC的延长线于点E，求证：△DCF ∽ △DEC。
答案
因为 $DE ⊥ AB, BC ⊥ AE$,所以在Rt△ADE 和Rt△ACB中,$∠E=∠B$。又因为CD是Rt△ABC 斜边上的中线,所以 $DC=BD$,所以 $∠B=∠BCD$,所以 $∠BCD=∠E$, $∠CDF=∠EDC$,所以 $△DCF ∽ △DEC$。
解析
【分析】
要证明△DCF∽△DEC，可利用相似三角形的“两角对应相等，两三角形相似”判定定理推导。首先结合已知条件找两组对应相等的角：第一，CD是Rt△ABC斜边中线，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，可得DC=BD，推出∠B=∠DCF；第二，DE⊥AB、BC⊥AC，∠E和∠B都是∠A的余角，根据同角的余角相等可得∠E=∠B，代换后得到∠E=∠DCF；另外两个三角形有公共角∠CDF=∠EDC，满足相似的判定条件，即可得证。
【解析】
证明：
∵ DE⊥AB，BC⊥AE，
∴ ∠ADE=∠ACB=90°，
∴ 在Rt△ADE中，∠A + ∠E = 90°，在Rt△ACB中，∠A + ∠B = 90°，
∴ ∠E=∠B（同角的余角相等）。
又
∵ CD是Rt△ABC斜边上的中线，
∴ DC=BD（直角三角形斜边中线等于斜边的一半），
∴ ∠B=∠BCD（等边对等角），
∴ ∠BCD=∠E。
又
∵ ∠CDF=∠EDC（公共角），
∴ △DCF∽△DEC（两角分别相等的两个三角形相似）。
【答案】
△DCF ∽ △DEC，得证
【知识点】
直角三角形斜边中线性质；余角的性质；相似三角形判定
【点评】
本题属于三角形部分的基础综合题，解题的关键是灵活运用直角三角形的相关性质找到等角关系，同时要注意挖掘图形中的公共角这类隐含条件，掌握这类题的推导逻辑有助于提升几何证明的分析能力。
【难度系数】
0.7
要证明△DCF∽△DEC，可利用相似三角形的“两角对应相等，两三角形相似”判定定理推导。首先结合已知条件找两组对应相等的角：第一，CD是Rt△ABC斜边中线，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，可得DC=BD，推出∠B=∠DCF；第二，DE⊥AB、BC⊥AC，∠E和∠B都是∠A的余角，根据同角的余角相等可得∠E=∠B，代换后得到∠E=∠DCF；另外两个三角形有公共角∠CDF=∠EDC，满足相似的判定条件，即可得证。
【解析】
证明：
∵ DE⊥AB，BC⊥AE，
∴ ∠ADE=∠ACB=90°，
∴ 在Rt△ADE中，∠A + ∠E = 90°，在Rt△ACB中，∠A + ∠B = 90°，
∴ ∠E=∠B（同角的余角相等）。
又
∵ CD是Rt△ABC斜边上的中线，
∴ DC=BD（直角三角形斜边中线等于斜边的一半），
∴ ∠B=∠BCD（等边对等角），
∴ ∠BCD=∠E。
又
∵ ∠CDF=∠EDC（公共角），
∴ △DCF∽△DEC（两角分别相等的两个三角形相似）。
【答案】
△DCF ∽ △DEC，得证
【知识点】
直角三角形斜边中线性质；余角的性质；相似三角形判定
【点评】
本题属于三角形部分的基础综合题，解题的关键是灵活运用直角三角形的相关性质找到等角关系，同时要注意挖掘图形中的公共角这类隐含条件，掌握这类题的推导逻辑有助于提升几何证明的分析能力。
【难度系数】
0.7
