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4.如图,AC,BD相交于点O,AB//DC,M是AB的中点,MN//AC,交BD于点N.若DO:OB=1:2,AC=12,则MN的长为 (
A.2
B.4
C.6
D.8
B
)A.2
B.4
C.6
D.8
答案
4.B
解析
【分析】
解题思路如下：首先根据AB//DC可判定△DOC与△BOA相似，结合已知的DO:OB=1:2，利用相似三角形对应边成比例可得到OC与OA的比值，再结合AC的总长度求出OA的长；接着根据MN//AC、M是AB中点，可判定MN是△ABO的中位线，利用中位线性质即可求出MN的长度。
【解析】
1. 证明△DOC∽△BOA：
∵AB//DC，
∴∠D=∠B，∠C=∠A，
∴△DOC∽△BOA，
∴$\frac{DO}{OB}=\frac{OC}{OA}=\frac{1}{2}$。
2. 计算OA的长度：
设OC=x，则OA=2x，
∵AC=OC+OA=3x=12，解得x=4，
∴OA=2×4=8。
3. 求MN的长度：
∵MN//AC，即MN//OA，且M是AB的中点，
∴MN是△ABO的中位线，
∴$MN=\frac{1}{2}OA=\frac{1}{2}×8=4$。
【答案】
B
【知识点】
相似三角形的判定与性质，三角形中位线定理，平行线分线段成比例
【点评】
本题是基础几何综合题，解题的核心是先通过相似三角形求出OA的长度，再利用中位线的性质计算MN的长度，熟练掌握相似三角形和中位线的相关性质是解题的关键。
【难度系数】
0.7
解题思路如下：首先根据AB//DC可判定△DOC与△BOA相似，结合已知的DO:OB=1:2，利用相似三角形对应边成比例可得到OC与OA的比值，再结合AC的总长度求出OA的长；接着根据MN//AC、M是AB中点，可判定MN是△ABO的中位线，利用中位线性质即可求出MN的长度。
【解析】
1. 证明△DOC∽△BOA：
∵AB//DC，
∴∠D=∠B，∠C=∠A，
∴△DOC∽△BOA，
∴$\frac{DO}{OB}=\frac{OC}{OA}=\frac{1}{2}$。
2. 计算OA的长度：
设OC=x，则OA=2x，
∵AC=OC+OA=3x=12，解得x=4，
∴OA=2×4=8。
3. 求MN的长度：
∵MN//AC，即MN//OA，且M是AB的中点，
∴MN是△ABO的中位线，
∴$MN=\frac{1}{2}OA=\frac{1}{2}×8=4$。
【答案】
B
【知识点】
相似三角形的判定与性质，三角形中位线定理，平行线分线段成比例
【点评】
本题是基础几何综合题，解题的核心是先通过相似三角形求出OA的长度，再利用中位线的性质计算MN的长度，熟练掌握相似三角形和中位线的相关性质是解题的关键。
【难度系数】
0.7
5.(教材习题变式)如图，A,B,C,D,E,F,G均在方格纸的格点上，将点C与D,E,F,G中一点连接，交线段AB于点P.若点P能够把线段AB分成1:2的两部分，则这个点可以是
（
A.D
B.E
C.F
D.G
（
B
）A.D
B.E
C.F
D.G
答案
5.B
解析
【分析】
要解决本题，需找到与点C连接后，连线与AB的交点P能将AB分为1:2两部分的点。我们可以通过建立平面直角坐标系的方法求解：首先标注各点坐标，求出线段AB的解析式，再分别求出点C与D、E、F、G连线的解析式，联立方程求交点，最后验证交点分AB的比例是否为1:2即可；也可以构造X型相似三角形，利用相似三角形对应边成比例逐一验证选项。
【解析】
设每个小方格的边长为1，建立平面直角坐标系，令点B坐标为$(1,1)$，则可得出各点坐标：$A(2,3)$，$C(1,3)$，$D(2,1)$，$E(3,1)$，$F(4,1)$，$G(3,2)$。
先求线段AB的解析式：设AB的解析式为$y=kx+b$，代入$A(2,3)$、$B(1,1)$得：
$\begin{cases}k+b=1 \\2k+b=3 \end{cases}$，解得$\begin{cases}k=2 \\b=-1 \end{cases}$，故AB的解析式为$y=2x-1$。
接下来逐一验证选项：
A. 连接CD：$C(1,3)$、$D(2,1)$，求得CD解析式为$y=-2x+5$，联立$\begin{cases}y=2x-1 \\y=-2x+5 \end{cases}$，解得交点$P(1.5,2)$，此时$AP:PB=1:1$，不符合要求；
B. 连接CE：$C(1,3)$、$E(3,1)$，求得CE解析式为$y=-x+4$，联立$\begin{cases}y=2x-1 \\y=-x+4 \end{cases}$，解得交点$P(\frac{5}{3},\frac{7}{3})$，同一直线上线段比等于水平距离比，AP的水平距离为$2-\frac{5}{3}=\frac{1}{3}$，PB的水平距离为$\frac{5}{3}-1=\frac{2}{3}$，故$AP:PB=1:2$，符合要求；
C. 连接CF：同理可求交点分AB的比为$1:3$，不符合要求；
D. 连接CG：同理可求交点分AB的比为$1:4$，不符合要求。
综上，只有点E符合条件。
【答案】
B
【知识点】
相似三角形的性质；一次函数的应用；坐标与图形性质
【点评】
本题属于格点类的比例线段问题，解题时可以灵活选择坐标法或相似三角形法，通过逐一验证选项即可得到答案，解题时注意线段分比为1:2包含两种情况，避免漏判。
【难度系数】
0.6
要解决本题，需找到与点C连接后，连线与AB的交点P能将AB分为1:2两部分的点。我们可以通过建立平面直角坐标系的方法求解：首先标注各点坐标，求出线段AB的解析式，再分别求出点C与D、E、F、G连线的解析式，联立方程求交点，最后验证交点分AB的比例是否为1:2即可；也可以构造X型相似三角形，利用相似三角形对应边成比例逐一验证选项。
【解析】
设每个小方格的边长为1，建立平面直角坐标系，令点B坐标为$(1,1)$，则可得出各点坐标：$A(2,3)$，$C(1,3)$，$D(2,1)$，$E(3,1)$，$F(4,1)$，$G(3,2)$。
先求线段AB的解析式：设AB的解析式为$y=kx+b$，代入$A(2,3)$、$B(1,1)$得：
$\begin{cases}k+b=1 \\2k+b=3 \end{cases}$，解得$\begin{cases}k=2 \\b=-1 \end{cases}$，故AB的解析式为$y=2x-1$。
接下来逐一验证选项：
A. 连接CD：$C(1,3)$、$D(2,1)$，求得CD解析式为$y=-2x+5$，联立$\begin{cases}y=2x-1 \\y=-2x+5 \end{cases}$，解得交点$P(1.5,2)$，此时$AP:PB=1:1$，不符合要求；
B. 连接CE：$C(1,3)$、$E(3,1)$，求得CE解析式为$y=-x+4$，联立$\begin{cases}y=2x-1 \\y=-x+4 \end{cases}$，解得交点$P(\frac{5}{3},\frac{7}{3})$，同一直线上线段比等于水平距离比，AP的水平距离为$2-\frac{5}{3}=\frac{1}{3}$，PB的水平距离为$\frac{5}{3}-1=\frac{2}{3}$，故$AP:PB=1:2$，符合要求；
C. 连接CF：同理可求交点分AB的比为$1:3$，不符合要求；
D. 连接CG：同理可求交点分AB的比为$1:4$，不符合要求。
综上，只有点E符合条件。
【答案】
B
【知识点】
相似三角形的性质；一次函数的应用；坐标与图形性质
【点评】
本题属于格点类的比例线段问题，解题时可以灵活选择坐标法或相似三角形法，通过逐一验证选项即可得到答案，解题时注意线段分比为1:2包含两种情况，避免漏判。
【难度系数】
0.6
6. (本专题T5变式)如图所示的是钉板示意图,每相邻4个钉点是边长为1的小正方形顶点,钉点A,B的连线与钉点C,D的连线交于点E.
(1)AB与CD是否垂直?
(2)AE=
(1)AB与CD是否垂直?
是
(填“是”或“否”).(2)AE=
$\frac{4\sqrt{5}}{5}$
.答案
6.(1)是 (2)$\frac{4\sqrt{5}}{5}$
解析
【分析】
（1）要判断AB与CD是否垂直，可先构造两个分别以AB、CD为斜边的直角三角形，通过证明三角形相似得到对应角相等，进而推导两条直线的夹角为90°即可判断垂直关系；
（2）求AE的长度，首先用勾股定理计算AB的总长度，再观察格点特征发现AC与BD平行，得到含AE、EB的相似三角形，求出AE与EB的比例，结合AB总长度即可算出AE的长度。
【解析】
（1）结合格点边长为1的特征，可得AB所在直角三角形的两条直角边长度分别为2、4，CD所在直角三角形的两条直角边长度分别为1、2。
两个直角三角形的直角边对应成比例：$\frac{4}{2}=\frac{2}{1}=2$，且夹角都为90°，因此两个直角三角形相似，可得AB与CD的夹角为90°，即AB⊥CD。
（2）首先由勾股定理计算AB的总长度：
$AB=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$
观察格点可知AC水平，BD也水平，即$AC// BD$，因此$△ ACE∽△ BDE$，相似比为$AC:BD=2:3$。
由相似性质可得$AE:EB=2:3$，因此$AE=\frac{2}{2+3}AB=\frac{2}{5}×2\sqrt{5}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$。
【答案】
(1)是 (2)$\frac{4\sqrt{5}}{5}$
【知识点】
相似三角形的判定与性质，勾股定理，垂直的判定
【点评】
本题结合格点图考查几何基础应用，解题的关键是结合格点特征构造三角形，灵活运用相似和勾股定理求解，是几何部分的典型题型。
【难度系数】
0.6
（1）要判断AB与CD是否垂直，可先构造两个分别以AB、CD为斜边的直角三角形，通过证明三角形相似得到对应角相等，进而推导两条直线的夹角为90°即可判断垂直关系；
（2）求AE的长度，首先用勾股定理计算AB的总长度，再观察格点特征发现AC与BD平行，得到含AE、EB的相似三角形，求出AE与EB的比例，结合AB总长度即可算出AE的长度。
【解析】
（1）结合格点边长为1的特征，可得AB所在直角三角形的两条直角边长度分别为2、4，CD所在直角三角形的两条直角边长度分别为1、2。
两个直角三角形的直角边对应成比例：$\frac{4}{2}=\frac{2}{1}=2$，且夹角都为90°，因此两个直角三角形相似，可得AB与CD的夹角为90°，即AB⊥CD。
（2）首先由勾股定理计算AB的总长度：
$AB=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$
观察格点可知AC水平，BD也水平，即$AC// BD$，因此$△ ACE∽△ BDE$，相似比为$AC:BD=2:3$。
由相似性质可得$AE:EB=2:3$，因此$AE=\frac{2}{2+3}AB=\frac{2}{5}×2\sqrt{5}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$。
【答案】
(1)是 (2)$\frac{4\sqrt{5}}{5}$
【知识点】
相似三角形的判定与性质，勾股定理，垂直的判定
【点评】
本题结合格点图考查几何基础应用，解题的关键是结合格点特征构造三角形，灵活运用相似和勾股定理求解，是几何部分的典型题型。
【难度系数】
0.6
7.(2024·眉山)如图,菱形ABCD的边长为6，∠BAD=120°,过点D作DE⊥BC,交BC的延长线于点E,连接AE分别交BD,CD于点F,G,则FG的长为
$\frac{4\sqrt{7}}{5}$
.答案
7.$\frac{4\sqrt{7}}{5}$
解析
【分析】
解题思路可分为三步：①先利用菱形的性质和直角三角形的边角关系，求出CE、DE的长度，再用勾股定理算出AE的总长度；②根据AD平行于BE，得到两对相似三角形：△AFD∽△EFB、△AGD∽△EGC，分别求出AG、AF占AE的比例；③用AG减去AF即可得到FG的长度。
【解析】
1. 计算基础线段长度：
∵ 菱形ABCD边长为6，
∴ AD=BC=CD=6，AD//BE，∠BCD=∠BAD=120°，
∴ ∠DCE=60°。
∵ DE⊥BC，
∴ ∠E=90°，在Rt△CDE中，∠CDE=30°，
∴ $CE=\frac{1}{2}CD=3$，$DE=CD·\sin60°=3\sqrt{3}$，$BE=BC+CE=6+3=9$。
过A作AH⊥BE于点H，在Rt△ABH中，∠ABH=60°，
∴ $AH=AB·\sin60°=3\sqrt{3}$，$BH=AB·\cos60°=3$，
∴ $HE=BE - BH=9-3=6$，
由勾股定理得 $AE=\sqrt{AH^2 + HE^2}=\sqrt{(3\sqrt{3})^2+6^2}=\sqrt{63}=3\sqrt{7}$。
2. 利用相似三角形求线段比例：
∵ AD//BE，
∴ △AFD∽△EFB，相似比$AD:BE=6:9=2:3$，
∴ $AF:FE=2:3$，即 $AF=\frac{2}{5}AE=\frac{2}{5}×3\sqrt{7}=\frac{6\sqrt{7}}{5}$。
又
∵ AD//CE，
∴ △AGD∽△EGC，相似比$AD:CE=6:3=2:1$，
∴ $AG:GE=2:1$，即 $AG=\frac{2}{3}AE=\frac{2}{3}×3\sqrt{7}=2\sqrt{7}=\frac{10\sqrt{7}}{5}$。
3. 计算FG的长度：
$FG=AG - AF=\frac{10\sqrt{7}}{5} - \frac{6\sqrt{7}}{5}=\frac{4\sqrt{7}}{5}$。
【答案】
$\frac{4\sqrt{7}}{5}$
【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】
本题是相似三角形应用的典型题，解题关键是利用菱形对边平行的性质构造相似三角形，通过相似比得到线段的比例关系，结合勾股定理即可求解，需要熟练掌握特殊直角三角形的边角计算。
【难度系数】
0.6
解题思路可分为三步：①先利用菱形的性质和直角三角形的边角关系，求出CE、DE的长度，再用勾股定理算出AE的总长度；②根据AD平行于BE，得到两对相似三角形：△AFD∽△EFB、△AGD∽△EGC，分别求出AG、AF占AE的比例；③用AG减去AF即可得到FG的长度。
【解析】
1. 计算基础线段长度：
∵ 菱形ABCD边长为6，
∴ AD=BC=CD=6，AD//BE，∠BCD=∠BAD=120°，
∴ ∠DCE=60°。
∵ DE⊥BC，
∴ ∠E=90°，在Rt△CDE中，∠CDE=30°，
∴ $CE=\frac{1}{2}CD=3$，$DE=CD·\sin60°=3\sqrt{3}$，$BE=BC+CE=6+3=9$。
过A作AH⊥BE于点H，在Rt△ABH中，∠ABH=60°，
∴ $AH=AB·\sin60°=3\sqrt{3}$，$BH=AB·\cos60°=3$，
∴ $HE=BE - BH=9-3=6$，
由勾股定理得 $AE=\sqrt{AH^2 + HE^2}=\sqrt{(3\sqrt{3})^2+6^2}=\sqrt{63}=3\sqrt{7}$。
2. 利用相似三角形求线段比例：
∵ AD//BE，
∴ △AFD∽△EFB，相似比$AD:BE=6:9=2:3$，
∴ $AF:FE=2:3$，即 $AF=\frac{2}{5}AE=\frac{2}{5}×3\sqrt{7}=\frac{6\sqrt{7}}{5}$。
又
∵ AD//CE，
∴ △AGD∽△EGC，相似比$AD:CE=6:3=2:1$，
∴ $AG:GE=2:1$，即 $AG=\frac{2}{3}AE=\frac{2}{3}×3\sqrt{7}=2\sqrt{7}=\frac{10\sqrt{7}}{5}$。
3. 计算FG的长度：
$FG=AG - AF=\frac{10\sqrt{7}}{5} - \frac{6\sqrt{7}}{5}=\frac{4\sqrt{7}}{5}$。
【答案】
$\frac{4\sqrt{7}}{5}$
【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】
本题是相似三角形应用的典型题，解题关键是利用菱形对边平行的性质构造相似三角形，通过相似比得到线段的比例关系，结合勾股定理即可求解，需要熟练掌握特殊直角三角形的边角计算。
【难度系数】
0.6
8. 如图,在$△ ABC$中,点$D,E$分别在边$AC,AB$上,$BD,CE$相交于点$O$,且$\frac{EO}{BO}=\frac{DO}{CO}$. 求证:$△ ADE ∽ △ ABC$.
答案
8. 证明: $\because \frac{EO}{BO}=\frac{DO}{CO}$, $\therefore \frac{EO}{DO}=\frac{BO}{CO}$. $\because ∠ BOE=∠ COD$, $\therefore △ BOE ∽ △ COD$. $\therefore ∠ EBO=∠ DCO$. $\because ∠ A=∠ A$, $\therefore △ ABD ∽ △ ACE$. $\therefore \frac{AD}{AE}=\frac{AB}{AC}$. $\therefore \frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}$. 又$\because ∠ A=∠ A$, $\therefore △ ADE ∽ △ ABC$.
解析
【分析】
要证明$△ ADE ∽ △ ABC$，已知两个三角形有公共角$∠ A$，因此只需证明夹$∠ A$的两组边对应成比例，即$\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}$即可。我们可以从已知条件出发推导：首先利用给出的线段比例$\frac{EO}{BO}=\frac{DO}{CO}$，结合对顶角相等，先证明$△ BOE ∽ △ COD$，得到对应角相等；再结合公共角$∠ A$证明$△ ABD ∽ △ ACE$，得到对应边的比例关系，调整比例后即可得到$△ ADE$的相似判定条件。
【解析】
证明：
$\because \frac{EO}{BO}=\frac{DO}{CO}$，
$\therefore $根据比例的基本性质可得$\frac{EO}{DO}=\frac{BO}{CO}$。
$\because ∠ BOE$和$∠ COD$是对顶角，$\therefore ∠ BOE=∠ COD$，
$\therefore $根据两边成比例且夹角相等的两个三角形相似，可得$△ BOE ∽ △ COD$。
$\therefore $根据相似三角形对应角相等，得$∠ EBO=∠ DCO$。
又$\because ∠ A$是$△ ABD$和$△ ACE$的公共角，即$∠ A=∠ A$，
$\therefore $根据两角分别相等的两个三角形相似，可得$△ ABD ∽ △ ACE$。
$\therefore $根据相似三角形对应边成比例，得$\frac{AD}{AE}=\frac{AB}{AC}$，
调整比例可得$\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}$。
又$\because ∠ A=∠ A$，
$\therefore $根据两边成比例且夹角相等的两个三角形相似，可得$△ ADE ∽ △ ABC$。
【答案】
证明: $\because \frac{EO}{BO}=\frac{DO}{CO}$, $\therefore \frac{EO}{DO}=\frac{BO}{CO}$. $\because ∠ BOE=∠ COD$, $\therefore △ BOE ∽ △ COD$. $\therefore ∠ EBO=∠ DCO$. $\because ∠ A=∠ A$, $\therefore △ ABD ∽ △ ACE$. $\therefore \frac{AD}{AE}=\frac{AB}{AC}$. $\therefore \frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}$. 又$\because ∠ A=∠ A$, $\therefore △ ADE ∽ △ ABC$.
【知识点】
相似三角形的判定、比例的基本性质、对顶角的性质
【点评】
本题是相似三角形判定的基础题型，需要熟练掌握相似三角形的判定定理，学会通过证明过渡三角形相似，逐步推导得到所需的角、边关系，最终完成目标结论的证明，能很好地锻炼逻辑推导能力。
【难度系数】
0.7
要证明$△ ADE ∽ △ ABC$，已知两个三角形有公共角$∠ A$，因此只需证明夹$∠ A$的两组边对应成比例，即$\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}$即可。我们可以从已知条件出发推导：首先利用给出的线段比例$\frac{EO}{BO}=\frac{DO}{CO}$，结合对顶角相等，先证明$△ BOE ∽ △ COD$，得到对应角相等；再结合公共角$∠ A$证明$△ ABD ∽ △ ACE$，得到对应边的比例关系，调整比例后即可得到$△ ADE$的相似判定条件。
【解析】
证明：
$\because \frac{EO}{BO}=\frac{DO}{CO}$，
$\therefore $根据比例的基本性质可得$\frac{EO}{DO}=\frac{BO}{CO}$。
$\because ∠ BOE$和$∠ COD$是对顶角，$\therefore ∠ BOE=∠ COD$，
$\therefore $根据两边成比例且夹角相等的两个三角形相似，可得$△ BOE ∽ △ COD$。
$\therefore $根据相似三角形对应角相等，得$∠ EBO=∠ DCO$。
又$\because ∠ A$是$△ ABD$和$△ ACE$的公共角，即$∠ A=∠ A$，
$\therefore $根据两角分别相等的两个三角形相似，可得$△ ABD ∽ △ ACE$。
$\therefore $根据相似三角形对应边成比例，得$\frac{AD}{AE}=\frac{AB}{AC}$，
调整比例可得$\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}$。
又$\because ∠ A=∠ A$，
$\therefore $根据两边成比例且夹角相等的两个三角形相似，可得$△ ADE ∽ △ ABC$。
【答案】
证明: $\because \frac{EO}{BO}=\frac{DO}{CO}$, $\therefore \frac{EO}{DO}=\frac{BO}{CO}$. $\because ∠ BOE=∠ COD$, $\therefore △ BOE ∽ △ COD$. $\therefore ∠ EBO=∠ DCO$. $\because ∠ A=∠ A$, $\therefore △ ABD ∽ △ ACE$. $\therefore \frac{AD}{AE}=\frac{AB}{AC}$. $\therefore \frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}$. 又$\because ∠ A=∠ A$, $\therefore △ ADE ∽ △ ABC$.
【知识点】
相似三角形的判定、比例的基本性质、对顶角的性质
【点评】
本题是相似三角形判定的基础题型，需要熟练掌握相似三角形的判定定理，学会通过证明过渡三角形相似，逐步推导得到所需的角、边关系，最终完成目标结论的证明，能很好地锻炼逻辑推导能力。
【难度系数】
0.7
9.(教材习题变式)如图,在△ABC中,∠ACB=90°,CD是斜边AB上的高,AD=9,BD=4,那么CD=
6
,AC=$3\sqrt{13}$
.答案
9.6 $3\sqrt{13}$
解析
【分析】
本题是直角三角形斜边上的高构成的“母子型相似”典型题型。解题思路如下：第一步，结合已知的∠ACB=90°、CD⊥AB的条件，利用同角的余角相等推导得到相等的锐角，证明两个小直角三角形相似，再根据相似三角形对应边成比例的性质求出CD的长度；第二步，在Rt△ACD中利用勾股定理计算AC的长度即可。
【解析】
解：
∵∠ACB=90°，CD⊥AB，
∴∠ADC=∠CDB=90°，
∵∠A+∠ACD=90°，∠A+∠B=90°，
∴∠ACD=∠B，
∴△ACD∽△CBD（两角分别相等的两个三角形相似），
∴$\frac{AD}{CD}=\frac{CD}{BD}$，即$CD^2=AD· BD$，
代入AD=9，BD=4得$CD^2=9×4=36$，
线段长度为正，故CD=6。
在Rt△ACD中，由勾股定理得：
$AC=\sqrt{AD^2+CD^2}=\sqrt{9^2+6^2}=\sqrt{81+36}=\sqrt{117}=3\sqrt{13}$。
【答案】
6；$3\sqrt{13}$
【知识点】
相似三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是相似三角形基础模型“母子型相似”的典型应用，解题核心是先通过角的关系证明相似，再结合相似性质或勾股定理求解线段长度，属于几何部分的基础常考题。
【难度系数】
0.7
本题是直角三角形斜边上的高构成的“母子型相似”典型题型。解题思路如下：第一步，结合已知的∠ACB=90°、CD⊥AB的条件，利用同角的余角相等推导得到相等的锐角，证明两个小直角三角形相似，再根据相似三角形对应边成比例的性质求出CD的长度；第二步，在Rt△ACD中利用勾股定理计算AC的长度即可。
【解析】
解：
∵∠ACB=90°，CD⊥AB，
∴∠ADC=∠CDB=90°，
∵∠A+∠ACD=90°，∠A+∠B=90°，
∴∠ACD=∠B，
∴△ACD∽△CBD（两角分别相等的两个三角形相似），
∴$\frac{AD}{CD}=\frac{CD}{BD}$，即$CD^2=AD· BD$，
代入AD=9，BD=4得$CD^2=9×4=36$，
线段长度为正，故CD=6。
在Rt△ACD中，由勾股定理得：
$AC=\sqrt{AD^2+CD^2}=\sqrt{9^2+6^2}=\sqrt{81+36}=\sqrt{117}=3\sqrt{13}$。
【答案】
6；$3\sqrt{13}$
【知识点】
相似三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是相似三角形基础模型“母子型相似”的典型应用，解题核心是先通过角的关系证明相似，再结合相似性质或勾股定理求解线段长度，属于几何部分的基础常考题。
【难度系数】
0.7
10.如图，点$P_1,P_2,P_3,P_4$均在坐标轴上，且$P_1P_2⊥ P_2P_3,P_2P_3⊥ P_3P_4$.若点$P_1,P_2$的坐标分别为$(0,-1),(-2,0)$，则点$P_4$的坐标为________.
答案
10.(8,0)
解析
【分析】
首先由点$P_1$、$P_2$的坐标可得到线段$OP_1$、$OP_2$的长度，结合垂直条件可利用“同角的余角相等”证明直角三角形相似，先通过$△ P_1OP_2 ∽ △ P_2OP_3$求出$OP_3$的长度，再通过$△ P_2OP_3 ∽ △ P_3OP_4$求出$OP_4$的长度，即可确定$P_4$的坐标。
【解析】
已知点$P_1(0,-1)$，$P_2(-2,0)$，可得$OP_1=1$，$OP_2=2$。
$\because P_1P_2 ⊥ P_2P_3$，$\therefore ∠ P_1P_2P_3=90°$，
$\therefore ∠ OP_1P_2 + ∠ OP_2P_1 = 90°$，$∠ OP_2P_1 + ∠ OP_3P_2 = 90°$，
$\therefore ∠ OP_1P_2 = ∠ OP_3P_2$，
又$\because ∠ P_1OP_2 = ∠ P_2OP_3 = 90°$，
$\therefore △ P_1OP_2 ∽ △ P_2OP_3$，
$\therefore \frac{OP_1}{OP_2}=\frac{OP_2}{OP_3}$，代入得$\frac{1}{2}=\frac{2}{OP_3}$，解得$OP_3=4$。
$\because P_2P_3 ⊥ P_3P_4$，$\therefore ∠ P_2P_3P_4=90°$，
同理可得$∠ OP_2P_3 = ∠ OP_4P_3$，
又$\because ∠ P_2OP_3 = ∠ P_3OP_4 = 90°$，
$\therefore △ P_2OP_3 ∽ △ P_3OP_4$，
$\therefore \frac{OP_2}{OP_3}=\frac{OP_3}{OP_4}$，代入得$\frac{2}{4}=\frac{4}{OP_4}$，解得$OP_4=8$。
$\because$点$P_4$在x轴正半轴上，$\therefore P_4$的坐标为$(8,0)$。
【答案】
$(8,0)$
【知识点】
相似三角形的判定与性质，坐标与图形性质，直角三角形的性质
【点评】
本题考查一线三垂直的相似模型应用，解题的关键是结合垂直条件找到相等的锐角，证明直角三角形相似，再利用相似三角形对应边成比例求解线段长度。
【难度系数】
0.6
首先由点$P_1$、$P_2$的坐标可得到线段$OP_1$、$OP_2$的长度，结合垂直条件可利用“同角的余角相等”证明直角三角形相似，先通过$△ P_1OP_2 ∽ △ P_2OP_3$求出$OP_3$的长度，再通过$△ P_2OP_3 ∽ △ P_3OP_4$求出$OP_4$的长度，即可确定$P_4$的坐标。
【解析】
已知点$P_1(0,-1)$，$P_2(-2,0)$，可得$OP_1=1$，$OP_2=2$。
$\because P_1P_2 ⊥ P_2P_3$，$\therefore ∠ P_1P_2P_3=90°$，
$\therefore ∠ OP_1P_2 + ∠ OP_2P_1 = 90°$，$∠ OP_2P_1 + ∠ OP_3P_2 = 90°$，
$\therefore ∠ OP_1P_2 = ∠ OP_3P_2$，
又$\because ∠ P_1OP_2 = ∠ P_2OP_3 = 90°$，
$\therefore △ P_1OP_2 ∽ △ P_2OP_3$，
$\therefore \frac{OP_1}{OP_2}=\frac{OP_2}{OP_3}$，代入得$\frac{1}{2}=\frac{2}{OP_3}$，解得$OP_3=4$。
$\because P_2P_3 ⊥ P_3P_4$，$\therefore ∠ P_2P_3P_4=90°$，
同理可得$∠ OP_2P_3 = ∠ OP_4P_3$，
又$\because ∠ P_2OP_3 = ∠ P_3OP_4 = 90°$，
$\therefore △ P_2OP_3 ∽ △ P_3OP_4$，
$\therefore \frac{OP_2}{OP_3}=\frac{OP_3}{OP_4}$，代入得$\frac{2}{4}=\frac{4}{OP_4}$，解得$OP_4=8$。
$\because$点$P_4$在x轴正半轴上，$\therefore P_4$的坐标为$(8,0)$。
【答案】
$(8,0)$
【知识点】
相似三角形的判定与性质，坐标与图形性质，直角三角形的性质
【点评】
本题考查一线三垂直的相似模型应用，解题的关键是结合垂直条件找到相等的锐角，证明直角三角形相似，再利用相似三角形对应边成比例求解线段长度。
【难度系数】
0.6
11. 如图,在菱形ABCD中,过点C作CM⊥AB,垂足为AB的延长线上一点M,过点M作MN⊥AD,垂足为N.若CM=4,MN=6,则CD的长为（
A.6
B.$\frac{9}{4}\sqrt{5}$
C.$\frac{7}{2}\sqrt{2}$
D.$\frac{8}{3}\sqrt{3}$
D
）A.6
B.$\frac{9}{4}\sqrt{5}$
C.$\frac{7}{2}\sqrt{2}$
D.$\frac{8}{3}\sqrt{3}$
答案
11.D
解析
【分析】
要求CD的长，首先结合菱形性质可知CD与菱形各边长度相等，可将求CD转化为求菱形边长。观察图形可知存在两个直角三角形，且由菱形对边平行可得∠A=∠CBM，因此可通过相似三角形得到各边的比例关系，再结合勾股定理列方程求解即可。具体思考步骤：①设CD长为x，用x表示出菱形各边长；②证明△AMN和△BCM相似，利用相似比求出AM的表达式，进而得到BM的表达式；③在Rt△BCM中用勾股定理列关于x的方程，解方程得到结果。
【解析】
设CD的长为$ x $。
∵四边形ABCD是菱形，
∴$ CD=BC=AB=x $，$ AD// BC $，
∴$ ∠ A=∠ CBM $。
∵$ CM⊥ AM $，$ MN⊥ AD $，
∴$ ∠ ANM=∠ M=90° $，
∴$ △ AMN ∽ △ BCM $（两角分别相等的两个三角形相似），
∴$ \frac{MN}{CM}=\frac{AM}{BC} $，代入$ MN=6 $，$ CM=4 $，$ BC=x $得：
$ \frac{6}{4}=\frac{AM}{x} $，解得$ AM=\frac{3}{2}x $。
又
∵$ AM=AB+BM=x+BM $，
∴$ BM=AM - x=\frac{3}{2}x - x=\frac{1}{2}x $。
在Rt△BCM中，由勾股定理得$ BC^2=BM^2+CM^2 $，代入得：
$ x^2=(\frac{1}{2}x)^2 + 4^2 $，
整理得$ \frac{3}{4}x^2=16 $，即$ x^2=\frac{64}{3} $，
解得$ x=\frac{8\sqrt{3}}{3} $（边长为正，舍去负根），即$ CD=\frac{8\sqrt{3}}{3} $。
【答案】
D
【知识点】
菱形的性质；相似三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是几何综合基础题，将菱形性质、相似三角形、勾股定理结合考查，解题的关键是利用菱形的等角关系找到相似三角形，建立各边之间的联系，再通过勾股定理列方程求解。
【难度系数】
0.6
要求CD的长，首先结合菱形性质可知CD与菱形各边长度相等，可将求CD转化为求菱形边长。观察图形可知存在两个直角三角形，且由菱形对边平行可得∠A=∠CBM，因此可通过相似三角形得到各边的比例关系，再结合勾股定理列方程求解即可。具体思考步骤：①设CD长为x，用x表示出菱形各边长；②证明△AMN和△BCM相似，利用相似比求出AM的表达式，进而得到BM的表达式；③在Rt△BCM中用勾股定理列关于x的方程，解方程得到结果。
【解析】
设CD的长为$ x $。
∵四边形ABCD是菱形，
∴$ CD=BC=AB=x $，$ AD// BC $，
∴$ ∠ A=∠ CBM $。
∵$ CM⊥ AM $，$ MN⊥ AD $，
∴$ ∠ ANM=∠ M=90° $，
∴$ △ AMN ∽ △ BCM $（两角分别相等的两个三角形相似），
∴$ \frac{MN}{CM}=\frac{AM}{BC} $，代入$ MN=6 $，$ CM=4 $，$ BC=x $得：
$ \frac{6}{4}=\frac{AM}{x} $，解得$ AM=\frac{3}{2}x $。
又
∵$ AM=AB+BM=x+BM $，
∴$ BM=AM - x=\frac{3}{2}x - x=\frac{1}{2}x $。
在Rt△BCM中，由勾股定理得$ BC^2=BM^2+CM^2 $，代入得：
$ x^2=(\frac{1}{2}x)^2 + 4^2 $，
整理得$ \frac{3}{4}x^2=16 $，即$ x^2=\frac{64}{3} $，
解得$ x=\frac{8\sqrt{3}}{3} $（边长为正，舍去负根），即$ CD=\frac{8\sqrt{3}}{3} $。
【答案】
D
【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】
本题是几何综合基础题，将菱形性质、相似三角形、勾股定理结合考查，解题的关键是利用菱形的等角关系找到相似三角形，建立各边之间的联系，再通过勾股定理列方程求解。
【难度系数】
0.6
