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14. (1)如图1,已知∠B=∠C,试说明$\frac{AB}{AC}=\frac{AD}{AE}$;
(2)如图2,已知$\frac{AB}{AD}=\frac{AC}{AE}$,试说明$OB· OD=OC· OE$;
(3)如图3,在△ABC中,AD是∠BAC的平分线,M是AD中点,$MN⊥AD$交BC的延长线于点N,交AB于点E,求证:$DN^2=BN· CN$.
(2)如图2,已知$\frac{AB}{AD}=\frac{AC}{AE}$,试说明$OB· OD=OC· OE$;
(3)如图3,在△ABC中,AD是∠BAC的平分线,M是AD中点,$MN⊥AD$交BC的延长线于点N,交AB于点E,求证:$DN^2=BN· CN$.
答案
14. 证明:(1)
∵∠B=∠C,∠BAD=∠EAC,
∴△ABD∽△ACE,
∴$\frac{AB}{AC}=\frac{AD}{AE}$.
(2)
∵$\frac{AB}{AD}=\frac{AC}{AE}$,
∴$\frac{AE}{AD}=\frac{AC}{AB}$.
∵∠BAD=∠EAC,
∴△ADB∽△AEC,
∴∠B=∠C.
∵∠BOE=∠COD,
∴△BOE∽△COD,
∴$\frac{OB}{OC}=\frac{OE}{OD}$,即$OB·OD=OC·OE$.
(3)如图,连接AN,设AC与MN交点为F.
∵M是AD中点,MN⊥AD交BC的延长线于点N,
∴AN = DN, ∠ADN = ∠DAN, ∠ANM = ∠DNM.
在△ABD中,∠ADN=∠B+∠BAD,
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠CAD=∠BAD.
∵∠DAN=∠DAC+∠CAN,
∴∠CAN=∠B.
又
∵∠ANM=∠DNM,
∴△ANF∽△BNE,
∴$\frac{AN}{BN}=\frac{NF}{NE}$.
∵AD是∠BAC的平分线,MN⊥AD,
∴∠AEF=∠AFE.
∵∠AFE=∠CFN,
∴∠AEN=∠CFN.
又
∵∠ANE=∠CNF,
∴△ANE∽△CNF,
∴$\frac{CN}{AN}=\frac{NF}{NE}$,
∴$\frac{CN}{AN}=\frac{AN}{BN}$.
∵AN=DN,
∴$DN^2=BN·CN$.
解析
【分析】
(1) 要证明比例式$\frac{AB}{AC}=\frac{AD}{AE}$，可通过证明四条线段所在的三角形相似求解。已知∠B=∠C，结合公共角∠BAD=∠EAC，即可证△ABD∽△ACE，利用相似三角形对应边成比例得到结论。
(2) 要证明乘积式$OB· OD=OC· OE$，可先转化为比例式$\frac{OB}{OC}=\frac{OE}{OD}$，需证△BOE∽△COD。先调整已知比例式的形式，结合公共角∠BAD=∠EAC证△ADB∽△AEC，得到∠B=∠C，再结合对顶角∠BOE=∠COD证得三角形相似，交叉相乘即可得到乘积式。
(3) 要证$DN^2=BN· CN$，观察到MN垂直平分AD，先连接AN，利用垂直平分线性质得AN=DN，将结论转化为证$AN^2=BN· CN$，即$\frac{AN}{BN}=\frac{CN}{AN}$。结合角平分线性质、三角形外角性质推导角的等量关系，分别证明△ANF∽△BNE、△ANE∽△CNF，通过中间比$\frac{NF}{NE}$建立两组比例的联系，代入AN=DN即可得证。
【解析】
(1)
∵∠B=∠C，∠BAD=∠EAC，
∴△ABD∽△ACE，
∴$\frac{AB}{AC}=\frac{AD}{AE}$。
(2)
∵$\frac{AB}{AD}=\frac{AC}{AE}$，
∴$\frac{AE}{AD}=\frac{AC}{AB}$。
∵∠BAD=∠EAC，
∴△ADB∽△AEC，
∴∠B=∠C。
∵∠BOE=∠COD，
∴△BOE∽△COD，
∴$\frac{OB}{OC}=\frac{OE}{OD}$，即$OB·OD=OC·OE$。
(3) 如图，连接AN，设AC与MN交点为F。
∵M是AD中点，MN⊥AD交BC的延长线于点N，
∴AN = DN, ∠ADN = ∠DAN, ∠ANM = ∠DNM。
在△ABD中，∠ADN=∠B+∠BAD，
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠CAD=∠BAD。
∵∠DAN=∠DAC+∠CAN，
∴∠CAN=∠B。
又
∵∠ANM=∠DNM，
∴△ANF∽△BNE，
∴$\frac{AN}{BN}=\frac{NF}{NE}$。
∵AD是∠BAC的平分线，MN⊥AD，
∴∠AEF=∠AFE。
∵∠AFE=∠CFN，
∴∠AEN=∠CFN。
又
∵∠ANE=∠CNF，
∴△ANE∽△CNF，
∴$\frac{CN}{AN}=\frac{NF}{NE}$，
∴$\frac{CN}{AN}=\frac{AN}{BN}$。
∵AN=DN，
∴$DN^2=BN·CN$。
【答案】
(1) 证明见解析，$\frac{AB}{AC}=\frac{AD}{AE}$成立；
(2) 证明见解析，$OB· OD=OC· OE$成立；
(3) 证明见解析，$DN^2=BN· CN$成立，辅助线如图。
【知识点】
相似三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，角平分线的定义
【点评】
本题围绕相似三角形的应用设置，由浅入深考查了相似三角形的判定、比例式与乘积式的转化，同时结合了线段垂直平分线、角平分线的性质推导角的等量关系，解题关键是准确找到对应相似三角形，灵活运用中间比完成比例的转化，对逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.65
(1) 要证明比例式$\frac{AB}{AC}=\frac{AD}{AE}$，可通过证明四条线段所在的三角形相似求解。已知∠B=∠C，结合公共角∠BAD=∠EAC，即可证△ABD∽△ACE，利用相似三角形对应边成比例得到结论。
(2) 要证明乘积式$OB· OD=OC· OE$，可先转化为比例式$\frac{OB}{OC}=\frac{OE}{OD}$，需证△BOE∽△COD。先调整已知比例式的形式，结合公共角∠BAD=∠EAC证△ADB∽△AEC，得到∠B=∠C，再结合对顶角∠BOE=∠COD证得三角形相似，交叉相乘即可得到乘积式。
(3) 要证$DN^2=BN· CN$，观察到MN垂直平分AD，先连接AN，利用垂直平分线性质得AN=DN，将结论转化为证$AN^2=BN· CN$，即$\frac{AN}{BN}=\frac{CN}{AN}$。结合角平分线性质、三角形外角性质推导角的等量关系，分别证明△ANF∽△BNE、△ANE∽△CNF，通过中间比$\frac{NF}{NE}$建立两组比例的联系，代入AN=DN即可得证。
【解析】
(1)
∵∠B=∠C，∠BAD=∠EAC，
∴△ABD∽△ACE，
∴$\frac{AB}{AC}=\frac{AD}{AE}$。
(2)
∵$\frac{AB}{AD}=\frac{AC}{AE}$，
∴$\frac{AE}{AD}=\frac{AC}{AB}$。
∵∠BAD=∠EAC，
∴△ADB∽△AEC，
∴∠B=∠C。
∵∠BOE=∠COD，
∴△BOE∽△COD，
∴$\frac{OB}{OC}=\frac{OE}{OD}$，即$OB·OD=OC·OE$。
(3) 如图，连接AN，设AC与MN交点为F。
∵M是AD中点，MN⊥AD交BC的延长线于点N，
∴AN = DN, ∠ADN = ∠DAN, ∠ANM = ∠DNM。
在△ABD中，∠ADN=∠B+∠BAD，
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠CAD=∠BAD。
∵∠DAN=∠DAC+∠CAN，
∴∠CAN=∠B。
又
∵∠ANM=∠DNM，
∴△ANF∽△BNE，
∴$\frac{AN}{BN}=\frac{NF}{NE}$。
∵AD是∠BAC的平分线，MN⊥AD，
∴∠AEF=∠AFE。
∵∠AFE=∠CFN，
∴∠AEN=∠CFN。
又
∵∠ANE=∠CNF，
∴△ANE∽△CNF，
∴$\frac{CN}{AN}=\frac{NF}{NE}$，
∴$\frac{CN}{AN}=\frac{AN}{BN}$。
∵AN=DN，
∴$DN^2=BN·CN$。
【答案】
(1) 证明见解析，$\frac{AB}{AC}=\frac{AD}{AE}$成立；
(2) 证明见解析，$OB· OD=OC· OE$成立；
(3) 证明见解析，$DN^2=BN· CN$成立，辅助线如图
。【知识点】
相似三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，角平分线的定义
【点评】
本题围绕相似三角形的应用设置，由浅入深考查了相似三角形的判定、比例式与乘积式的转化，同时结合了线段垂直平分线、角平分线的性质推导角的等量关系，解题关键是准确找到对应相似三角形，灵活运用中间比完成比例的转化，对逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.65
15 如图1，等边三角形ABC的两边上的点M、N满足$BM=AN$，BN交CM于点E，
(1)求证: $BM^2 = ME · MC$；
(2)如图2，$△ BCE$沿着BC向下翻折到$△ BCF$，延长CF和BF交AB的延长线于点P，交AC的延长线于点K，若等边三角形ABC的边长是10，求$BP · CK$的值；
(3)当E为BN的中点时，$\frac{BM}{MA} =$
(1)求证: $BM^2 = ME · MC$；
(2)如图2，$△ BCE$沿着BC向下翻折到$△ BCF$，延长CF和BF交AB的延长线于点P，交AC的延长线于点K，若等边三角形ABC的边长是10，求$BP · CK$的值；
(3)当E为BN的中点时，$\frac{BM}{MA} =$
$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$
.(直接写出比值)答案
15.(1)证明:在△ABN和△BCM中,
$\begin{cases}AB=BC,\\∠A=∠CBM=60°,\\AN=BM,\end{cases}$
∴△ABN≌△BCM,
∴∠ABN=∠BCM.
又
∵∠BME=∠CMB,
∴△BEM∽△CBM,
∴$\frac{BM}{ME}=\frac{MC}{BM}$,即$BM^2=ME·MC$.
(2)解:
∵△BCE沿着BC向下翻折到△BCF，
∴∠NBC=∠KBC,∠MCB=∠PCB.
又
∵∠ABN=∠BCM，
∴∠ABN=∠BCM=∠PCB.
∵∠ABN+∠NBC=60°,∠PCB+∠BPC=60°,
∴∠BPC=∠NBC=∠KBC.
又
∵∠PBC=∠BCK,
∴△PCB∽△BKC,
∴$\frac{PB}{BC}=\frac{BC}{CK}$,BC=10,即$BP·CK=10×10=100$.
(3)解:由△BEM∽△CBM,得$\frac{BM}{MC}=\frac{BE}{BC}$.①
同理,由△CNE∽△CMA,得$\frac{CN}{MC}=\frac{NE}{AM}$.②
又
∵E为BN的中点,
∴BE=NE,
①②相除,得$\frac{BM}{CN}=\frac{AM}{BC}$,即$\frac{BM}{10-BM}=\frac{10-BM}{10}$,
解得$BM=15+5\sqrt{5}$(不合题意,舍去)或$15-5\sqrt{5}$.
则$AM=10-BM=5\sqrt{5}-5$,
∴$\frac{BM}{AM}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$.
故答案为$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$.
$\begin{cases}AB=BC,\\∠A=∠CBM=60°,\\AN=BM,\end{cases}$
∴△ABN≌△BCM,
∴∠ABN=∠BCM.
又
∵∠BME=∠CMB,
∴△BEM∽△CBM,
∴$\frac{BM}{ME}=\frac{MC}{BM}$,即$BM^2=ME·MC$.
(2)解:
∵△BCE沿着BC向下翻折到△BCF，
∴∠NBC=∠KBC,∠MCB=∠PCB.
又
∵∠ABN=∠BCM，
∴∠ABN=∠BCM=∠PCB.
∵∠ABN+∠NBC=60°,∠PCB+∠BPC=60°,
∴∠BPC=∠NBC=∠KBC.
又
∵∠PBC=∠BCK,
∴△PCB∽△BKC,
∴$\frac{PB}{BC}=\frac{BC}{CK}$,BC=10,即$BP·CK=10×10=100$.
(3)解:由△BEM∽△CBM,得$\frac{BM}{MC}=\frac{BE}{BC}$.①
同理,由△CNE∽△CMA,得$\frac{CN}{MC}=\frac{NE}{AM}$.②
又
∵E为BN的中点,
∴BE=NE,
①②相除,得$\frac{BM}{CN}=\frac{AM}{BC}$,即$\frac{BM}{10-BM}=\frac{10-BM}{10}$,
解得$BM=15+5\sqrt{5}$(不合题意,舍去)或$15-5\sqrt{5}$.
则$AM=10-BM=5\sqrt{5}-5$,
∴$\frac{BM}{AM}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$.
故答案为$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$.
解析
【分析】
(1)要证明等积式$BM^2 = ME · MC$，可转化为证明比例式$\frac{BM}{ME}=\frac{MC}{BM}$，需找到对应相似三角形。首先利用等边三角形的性质和已知$BM=AN$证明$△ ABN≌△ BCM$，得到角相等，再结合公共角证明$△ BEM∽△ CBM$，即可推导得到结论。
(2)利用翻折的性质得对应角相等，结合(1)中角的等量关系证明$△ PCB∽△ BKC$，根据相似三角形对应边成比例，代入BC的长度即可求出$BP·CK$的值。
(3)已知E为BN中点即$BE=NE$，结合相似三角形得到两组比例式，两式相除消去公共项后构造关于BM的方程，求解后舍去不合题意的根，即可计算$\frac{BM}{MA}$的比值。
【解析】
(1)证明：在$△ ABN$和$△ BCM$中，
$\begin{cases}AB=BC,\\∠A=∠CBM=60°,\\AN=BM,\end{cases}$
∴$△ ABN≌△ BCM$（SAS），
∴$∠ABN=∠BCM$。
又
∵$∠BME=∠CMB$（公共角），
∴$△ BEM∽△ CBM$（两角对应相等，两三角形相似），
∴$\frac{BM}{ME}=\frac{MC}{BM}$，即$BM^2=ME·MC$。
(2)解：
∵$△ BCE$沿着BC向下翻折到$△ BCF$，
∴$∠NBC=∠KBC$，$∠MCB=∠PCB$。
由(1)知$∠ABN=∠BCM$，
∴$∠ABN=∠BCM=∠PCB$。
∵$∠ABN+∠NBC=∠ABC=60°$，$∠PCB+∠BPC=∠ABC=60°$（三角形外角性质），
∴$∠BPC=∠NBC=∠KBC$。
又
∵$∠PBC=∠BCK=180°-60°=120°$，
∴$△ PCB∽△ BKC$（两角对应相等，两三角形相似），
∴$\frac{PB}{BC}=\frac{BC}{CK}$，
∵等边三角形ABC边长为10，即$BC=10$，
∴$BP·CK=BC^2=10×10=100$。
(3)解：由$△ BEM∽△ CBM$，得$\frac{BM}{MC}=\frac{BE}{BC}$ ①。
同理可证$△ CNE∽△ CMA$，得$\frac{CN}{MC}=\frac{NE}{AM}$ ②。
∵E为BN的中点，
∴$BE=NE$，
将①÷②得：$\frac{BM}{CN}=\frac{AM}{BC}$。
设$BM=x$，则$CN=10-x$，$AM=10-x$，$BC=10$，代入得：
$\frac{x}{10-x}=\frac{10-x}{10}$，
整理得$x^2-30x+100=0$，
解得$x_1=15+5\sqrt{5}$（大于边长10，不合题意，舍去），$x_2=15-5\sqrt{5}$，
即$BM=15-5\sqrt{5}$，则$AM=5\sqrt{5}-5$，
∴$\frac{BM}{MA}=\frac{15-5\sqrt{5}}{5\sqrt{5}-5}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$。
【答案】
(1)证明见解析；(2)$100$；(3)$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$
【知识点】
全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、翻折的性质
【点评】
本题是三角形综合题，各小问层层递进，前一问的结论可作为后一问的解题依据，解题时需注意挖掘角之间的等量关系，熟练运用全等、相似的判定方法，求解线段比值时可结合方程思想，同时注意舍去不符合实际意义的根。
【难度系数】
0.5
(1)要证明等积式$BM^2 = ME · MC$，可转化为证明比例式$\frac{BM}{ME}=\frac{MC}{BM}$，需找到对应相似三角形。首先利用等边三角形的性质和已知$BM=AN$证明$△ ABN≌△ BCM$，得到角相等，再结合公共角证明$△ BEM∽△ CBM$，即可推导得到结论。
(2)利用翻折的性质得对应角相等，结合(1)中角的等量关系证明$△ PCB∽△ BKC$，根据相似三角形对应边成比例，代入BC的长度即可求出$BP·CK$的值。
(3)已知E为BN中点即$BE=NE$，结合相似三角形得到两组比例式，两式相除消去公共项后构造关于BM的方程，求解后舍去不合题意的根，即可计算$\frac{BM}{MA}$的比值。
【解析】
(1)证明：在$△ ABN$和$△ BCM$中，
$\begin{cases}AB=BC,\\∠A=∠CBM=60°,\\AN=BM,\end{cases}$
∴$△ ABN≌△ BCM$（SAS），
∴$∠ABN=∠BCM$。
又
∵$∠BME=∠CMB$（公共角），
∴$△ BEM∽△ CBM$（两角对应相等，两三角形相似），
∴$\frac{BM}{ME}=\frac{MC}{BM}$，即$BM^2=ME·MC$。
(2)解：
∵$△ BCE$沿着BC向下翻折到$△ BCF$，
∴$∠NBC=∠KBC$，$∠MCB=∠PCB$。
由(1)知$∠ABN=∠BCM$，
∴$∠ABN=∠BCM=∠PCB$。
∵$∠ABN+∠NBC=∠ABC=60°$，$∠PCB+∠BPC=∠ABC=60°$（三角形外角性质），
∴$∠BPC=∠NBC=∠KBC$。
又
∵$∠PBC=∠BCK=180°-60°=120°$，
∴$△ PCB∽△ BKC$（两角对应相等，两三角形相似），
∴$\frac{PB}{BC}=\frac{BC}{CK}$，
∵等边三角形ABC边长为10，即$BC=10$，
∴$BP·CK=BC^2=10×10=100$。
(3)解：由$△ BEM∽△ CBM$，得$\frac{BM}{MC}=\frac{BE}{BC}$ ①。
同理可证$△ CNE∽△ CMA$，得$\frac{CN}{MC}=\frac{NE}{AM}$ ②。
∵E为BN的中点，
∴$BE=NE$，
将①÷②得：$\frac{BM}{CN}=\frac{AM}{BC}$。
设$BM=x$，则$CN=10-x$，$AM=10-x$，$BC=10$，代入得：
$\frac{x}{10-x}=\frac{10-x}{10}$，
整理得$x^2-30x+100=0$，
解得$x_1=15+5\sqrt{5}$（大于边长10，不合题意，舍去），$x_2=15-5\sqrt{5}$，
即$BM=15-5\sqrt{5}$，则$AM=5\sqrt{5}-5$，
∴$\frac{BM}{MA}=\frac{15-5\sqrt{5}}{5\sqrt{5}-5}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$。
【答案】
(1)证明见解析；(2)$100$；(3)$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$
【知识点】
全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、翻折的性质
【点评】
本题是三角形综合题，各小问层层递进，前一问的结论可作为后一问的解题依据，解题时需注意挖掘角之间的等量关系，熟练运用全等、相似的判定方法，求解线段比值时可结合方程思想，同时注意舍去不符合实际意义的根。
【难度系数】
0.5
