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7. 如图，在$□ ABCD$中，$M$为$BC$的中点，$AN=3MN$，$BN$的延长线交$AC$于点$E$，交$CD$于点$F$。若$△ ABE$的周长为6，则$△ CFE$的周长为________。
第7题图 第8题图 第9题图
第7题图 第8题图 第9题图
答案
7.4
解析
【分析】
要求△CFE的周长，首先结合平行四边形对边平行的性质，可证△ABE与△CFE相似，根据相似三角形周长比等于相似比的性质，只需先求出两个三角形的相似比。首先过M作MG//AB交BF于G，结合M是BC中点，可知MG是△BCF的中位线，得到MG与CF的数量关系；再由MG//AB证△ABN∽△MGN，结合AN=3MN的条件，推出AB与CF的比值即相似比，最后代入周长比公式即可求解。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB//CD，
∴∠EAB=∠ECF，∠EBA=∠EFC，
∴△ABE∽△CFE。
过点M作MG//AB，交BF于点G，
∵M是BC的中点，MG//AB//CD，
∴MG是△BCF的中位线，
∴$MG=\frac{1}{2}CF$。
∵MG//AB，
∴∠ABN=∠MGN，∠BAN=∠GMN，
∴△ABN∽△MGN，
∴$\frac{AB}{MG}=\frac{AN}{MN}$。
∵AN=3MN，
∴$\frac{AN}{MN}=3$，即$\frac{AB}{MG}=3$，AB=3MG。
把$MG=\frac{1}{2}CF$代入得：$AB=3×\frac{1}{2}CF$，
∴$\frac{AB}{CF}=\frac{3}{2}$，即△ABE与△CFE的相似比为3:2。
∵相似三角形周长比等于相似比，
∴$\frac{C_{△ABE}}{C_{△CFE}}=\frac{3}{2}$，
已知$C_{△ABE}=6$，代入得$\frac{6}{C_{△CFE}}=\frac{3}{2}$，
解得$C_{△CFE}=4$。
【答案】
4
【知识点】
平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质、三角形中位线定理
【点评】
本题核心是利用相似三角形周长比等于相似比的性质求解，解题关键是通过构造辅助线得到两个三角形的相似比，对相似三角形的应用和辅助线构造能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
要求△CFE的周长，首先结合平行四边形对边平行的性质，可证△ABE与△CFE相似，根据相似三角形周长比等于相似比的性质，只需先求出两个三角形的相似比。首先过M作MG//AB交BF于G，结合M是BC中点，可知MG是△BCF的中位线，得到MG与CF的数量关系；再由MG//AB证△ABN∽△MGN，结合AN=3MN的条件，推出AB与CF的比值即相似比，最后代入周长比公式即可求解。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB//CD，
∴∠EAB=∠ECF，∠EBA=∠EFC，
∴△ABE∽△CFE。
过点M作MG//AB，交BF于点G，
∵M是BC的中点，MG//AB//CD，
∴MG是△BCF的中位线，
∴$MG=\frac{1}{2}CF$。
∵MG//AB，
∴∠ABN=∠MGN，∠BAN=∠GMN，
∴△ABN∽△MGN，
∴$\frac{AB}{MG}=\frac{AN}{MN}$。
∵AN=3MN，
∴$\frac{AN}{MN}=3$，即$\frac{AB}{MG}=3$，AB=3MG。
把$MG=\frac{1}{2}CF$代入得：$AB=3×\frac{1}{2}CF$，
∴$\frac{AB}{CF}=\frac{3}{2}$，即△ABE与△CFE的相似比为3:2。
∵相似三角形周长比等于相似比，
∴$\frac{C_{△ABE}}{C_{△CFE}}=\frac{3}{2}$，
已知$C_{△ABE}=6$，代入得$\frac{6}{C_{△CFE}}=\frac{3}{2}$，
解得$C_{△CFE}=4$。
【答案】
4
【知识点】
平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质、三角形中位线定理
【点评】
本题核心是利用相似三角形周长比等于相似比的性质求解，解题关键是通过构造辅助线得到两个三角形的相似比，对相似三角形的应用和辅助线构造能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
8如图，在$△ ABC$中，$AB=AC$，$BC=12$，$AD⊥ BC$，$CE=AD=8$，$CE$关于$DE$对称的直线恰好交$AB$于点$F$，则$AF$的长为
$\frac{11}{2}$
。答案
8.$\frac{11}{2}$ 解析:如图,连接DF,过点D分别作DM⊥AC于点M,DN⊥EF于点N,DP⊥AB于点P.
∵AB=AC,AD⊥BC,
∴∠BAD=∠CAD,$BD=CD=\frac{1}{2}BC=6$.
∵DM⊥AC,DP⊥AB,
∴DM=DP.
∵∠CED=∠FED,DN⊥EF,DM⊥AC,
∴DM=DN,
∴DN=DP.
∵DN⊥EF,DP⊥FB,
∴∠EFD=∠BFD,
∴∠MDE=∠NDE,∠NDF=∠PDF,
∴$∠EDF=\frac{1}{2}∠MDP=\frac{1}{2}(180°-∠BAC)=90°-∠CAD$.
∵∠EDF+∠FDB=∠C+∠CED,∠B=∠C=90°-∠CAD,
∴∠FDB=∠CED.
∵∠B=∠C,∠FDB=∠CED,
∴△CDE∽△BFD,
∴$\frac{CE}{BD}=\frac{CD}{BF}$,
∴$BF=\frac{BD·CD}{CE}=\frac{9}{2}$.
∵AD=8,BD=6,∠ADB=90°,
∴$AB=\sqrt{AD^2+BD^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$,
∴$AF=AB-BF=10-\frac{9}{2}=\frac{11}{2}$.
解析
【分析】
拿到题目先梳理已知条件：首先有等腰$△ ABC$，$AD⊥ BC$，可优先用等腰三角形三线合一得到$BD=CD$、$AD$平分$∠ BAC$。题中说明$CE$关于$DE$对称得到$EF$，可知$DE$是$∠ CEF$的角平分线，结合角平分线上的点到角两边距离相等的性质，作点$D$到$AB$、$EF$、$AC$的三条垂线，可推出三条垂线段相等，进一步得到$DF$是$∠ BFE$的角平分线。随后通过角度推导找到相等的角，证明$△ CDE ∽ △ BFD$，利用相似比求出$BF$的长度，最后用勾股定理求出$AB$的长度，作差即可得到$AF$的长度。
【解析】
连接$DF$，过点$D$分别作$DM⊥ AC$于点$M$，$DN⊥ EF$于点$N$，$DP⊥ AB$于点$P$。
$\because AB=AC$，$AD⊥ BC$，
$\therefore ∠ BAD=∠ CAD$，$BD=CD=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}×12=6$。
$\because DM⊥ AC$，$DP⊥ AB$，$AD$平分$∠ BAC$，
$\therefore DM=DP$（角平分线上的点到角两边的距离相等）。
$\because CE$关于$DE$对称的直线为$EF$，
$\therefore DE$平分$∠ CEF$，即$∠ CED=∠ FED$，
又$\because DN⊥ EF$，$DM⊥ AC$，
$\therefore DM=DN$（角平分线上的点到角两边的距离相等），
$\therefore DN=DP$。
$\because DN⊥ EF$，$DP⊥ AB$，
$\therefore FD$平分$∠ BFE$，即$∠ EFD=∠ BFD$。
由此可得$∠ MDE=∠ NDE$，$∠ NDF=∠ PDF$，
$\therefore ∠ EDF=\frac{1}{2}∠ MDP$，
在四边形$APDM$中，$∠ APD=∠ AMD=90°$，
$\therefore ∠ MDP=180°-∠ BAC$，
$\therefore ∠ EDF=\frac{1}{2}(180°-∠ BAC)=90°-\frac{1}{2}∠ BAC$，
又$\because AD$平分$∠ BAC$，$∠ C=90°-∠ CAD=90°-\frac{1}{2}∠ BAC$，$∠ B=∠ C$，
$\therefore ∠ EDF=∠ C$。
$\because$在$△ CDE$中，$∠ CED+∠ C+∠ CDE=180°$，$∠ EDF+∠ CDE+∠ FDB=180°$，且$∠ EDF=∠ C$，
$\therefore ∠ FDB=∠ CED$。
又$\because ∠ B=∠ C$，
$\therefore △ CDE ∽ △ BFD$（两角分别相等的两个三角形相似），
$\therefore \frac{CE}{BD}=\frac{CD}{BF}$。
代入$CE=8$，$BD=6$，$CD=6$得：
$BF=\frac{BD· CD}{CE}=\frac{6×6}{8}=\frac{9}{2}$。
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$AD=8$，$BD=6$，$∠ ADB=90°$，
由勾股定理得：$AB=\sqrt{AD^2+BD^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$，
$\therefore AF=AB-BF=10-\frac{9}{2}=\frac{11}{2}$。
【答案】
$\frac{11}{2}$
【知识点】
等腰三角形的性质；相似三角形的判定与性质；轴对称的性质
【点评】
本题属于几何综合题，融合了等腰三角形、轴对称、角平分线性质、相似三角形等多个知识点，解题核心是通过作辅助线构造角平分线，推导角的等量关系证明三角形相似，对几何逻辑推导能力有较好的训练作用。
【难度系数】
0.5
拿到题目先梳理已知条件：首先有等腰$△ ABC$，$AD⊥ BC$，可优先用等腰三角形三线合一得到$BD=CD$、$AD$平分$∠ BAC$。题中说明$CE$关于$DE$对称得到$EF$，可知$DE$是$∠ CEF$的角平分线，结合角平分线上的点到角两边距离相等的性质，作点$D$到$AB$、$EF$、$AC$的三条垂线，可推出三条垂线段相等，进一步得到$DF$是$∠ BFE$的角平分线。随后通过角度推导找到相等的角，证明$△ CDE ∽ △ BFD$，利用相似比求出$BF$的长度，最后用勾股定理求出$AB$的长度，作差即可得到$AF$的长度。
【解析】
连接$DF$，过点$D$分别作$DM⊥ AC$于点$M$，$DN⊥ EF$于点$N$，$DP⊥ AB$于点$P$。
$\because AB=AC$，$AD⊥ BC$，
$\therefore ∠ BAD=∠ CAD$，$BD=CD=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}×12=6$。
$\because DM⊥ AC$，$DP⊥ AB$，$AD$平分$∠ BAC$，
$\therefore DM=DP$（角平分线上的点到角两边的距离相等）。
$\because CE$关于$DE$对称的直线为$EF$，
$\therefore DE$平分$∠ CEF$，即$∠ CED=∠ FED$，
又$\because DN⊥ EF$，$DM⊥ AC$，
$\therefore DM=DN$（角平分线上的点到角两边的距离相等），
$\therefore DN=DP$。
$\because DN⊥ EF$，$DP⊥ AB$，
$\therefore FD$平分$∠ BFE$，即$∠ EFD=∠ BFD$。
由此可得$∠ MDE=∠ NDE$，$∠ NDF=∠ PDF$，
$\therefore ∠ EDF=\frac{1}{2}∠ MDP$，
在四边形$APDM$中，$∠ APD=∠ AMD=90°$，
$\therefore ∠ MDP=180°-∠ BAC$，
$\therefore ∠ EDF=\frac{1}{2}(180°-∠ BAC)=90°-\frac{1}{2}∠ BAC$，
又$\because AD$平分$∠ BAC$，$∠ C=90°-∠ CAD=90°-\frac{1}{2}∠ BAC$，$∠ B=∠ C$，
$\therefore ∠ EDF=∠ C$。
$\because$在$△ CDE$中，$∠ CED+∠ C+∠ CDE=180°$，$∠ EDF+∠ CDE+∠ FDB=180°$，且$∠ EDF=∠ C$，
$\therefore ∠ FDB=∠ CED$。
又$\because ∠ B=∠ C$，
$\therefore △ CDE ∽ △ BFD$（两角分别相等的两个三角形相似），
$\therefore \frac{CE}{BD}=\frac{CD}{BF}$。
代入$CE=8$，$BD=6$，$CD=6$得：
$BF=\frac{BD· CD}{CE}=\frac{6×6}{8}=\frac{9}{2}$。
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$AD=8$，$BD=6$，$∠ ADB=90°$，
由勾股定理得：$AB=\sqrt{AD^2+BD^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$，
$\therefore AF=AB-BF=10-\frac{9}{2}=\frac{11}{2}$。
【答案】
$\frac{11}{2}$
【知识点】
等腰三角形的性质；相似三角形的判定与性质；轴对称的性质
【点评】
本题属于几何综合题，融合了等腰三角形、轴对称、角平分线性质、相似三角形等多个知识点，解题核心是通过作辅助线构造角平分线，推导角的等量关系证明三角形相似，对几何逻辑推导能力有较好的训练作用。
【难度系数】
0.5
9 如图，$△ ABC$ 是等腰三角形，$AB=AC$，$∠ B=30°$，$△ ADE$ 是直角三角形，$∠ ADE=90°$，$∠ E=30°$，$AD=AB$。将$△ ADE$绕点$A$旋转，$AD$、$AE$分别交$BC$于点$F$，$G$，当$∠ AGB=75°$时，$\frac{FG}{DE}=$
$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$
。答案
9.$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$ 解析:如图,过点G作GH⊥AD于点H,QG⊥AC于点Q,由题意可知∠BAC=120°,
∵∠ADE=90°,∠E=30°,
∴∠EAD=60°,
∴∠HGA=30°.
∵∠AGB=75°,
∴∠FGH=75°-30°=45°,
∴△FGH是等腰直角三角形,
∴FH=GH.
设AH=x,则AG=2x,
∴$GH=FH=\sqrt{(2x)^2-x^2}=\sqrt{3}x$,
∴$FG=\sqrt{6}x$.
∵∠B=30°,∠GFH=45°,
∴∠FAB=15°,
∴∠GAQ=120°-60°-15°=45°,
∴△GQA是等腰直角三角形.
∵AG=2x,
∴AQ=GQ=$\sqrt{2}x$,
∴CG=2GQ=$2\sqrt{2}x$,
∴CQ=$\sqrt{3}GQ=\sqrt{6}x$,
∴AC=AQ+CQ=$\sqrt{2}x+\sqrt{6}x$,
∴AD=AB=AC=$\sqrt{2}x+\sqrt{6}x=(\sqrt{6}+\sqrt{2})x$,
∴DE=$\sqrt{3}AD=\sqrt{3}(\sqrt{6}+\sqrt{2})x=(3\sqrt{2}+\sqrt{6})x$,
∴$\frac{FG}{DE}=\frac{\sqrt{6}x}{(3\sqrt{2}+\sqrt{6})x}=\frac{\sqrt{3}-1}{2}$.
解析
【分析】
解题时先根据已知等腰三角形和直角三角形的角度特征，求出$∠ BAC$、$∠ DAE$的度数，再结合已知$∠ AGB$的度数推导其余角的度数，可发现存在30°直角三角形和45°等腰直角三角形；通过作$GH⊥ AD$、$GQ⊥ AC$两条辅助线，设参数表示各相关线段的长度，最后代入$FG$和$DE$的表达式化简即可得到比值。
【解析】
解：过点G作$GH⊥ AD$于点H，$GQ⊥ AC$于点Q。
1. 计算基础角度：
$\because AB=AC$，$∠ B=30°$，$\therefore ∠ C=30°$，$∠ BAC=180°-2×30°=120°$。
在$Rt△ ADE$中，$∠ ADE=90°$，$∠ E=30°$，$\therefore ∠ EAD=60°$，$DE=\sqrt{3}AD$。
2. 推导特殊三角形：
$\because GH⊥ AD$，$∠ EAD=60°$，$\therefore ∠ AGH=30°$。
已知$∠ AGB=75°$，$\therefore ∠ FGH=∠ AGB-∠ AGH=75°-30°=45°$，即$△ FGH$为等腰直角三角形，$FH=GH$。
3. 设参数表示线段：
设$AH=x$，在$Rt△ AGH$中，$∠ AGH=30°$，$\therefore AG=2AH=2x$，
$\therefore GH=\sqrt{AG^2-AH^2}=\sqrt{(2x)^2-x^2}=\sqrt{3}x$，即$FH=\sqrt{3}x$，
$\therefore FG=\sqrt{GH^2+FH^2}=\sqrt{(\sqrt{3}x)^2+(\sqrt{3}x)^2}=\sqrt{6}x$。
4. 计算AC的长度：
在$△ AGB$中，$∠ BAG=180°-∠ B-∠ AGB=180°-30°-75°=75°$，
$\therefore ∠ GAQ=∠ BAC-∠ BAG=120°-75°=45°$，即$△ GQA$为等腰直角三角形。
$\because AG=2x$，$\therefore AQ=GQ=AG· \cos45°=2x×\frac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}x$。
在$Rt△ CGQ$中，$∠ C=30°$，$\therefore CG=2GQ=2\sqrt{2}x$，$CQ=\sqrt{3}GQ=\sqrt{6}x$，
$\therefore AC=AQ+CQ=\sqrt{2}x+\sqrt{6}x$。
5. 计算比值：
由题意$AD=AB=AC$，$\therefore AD=(\sqrt{6}+\sqrt{2})x$，
$\therefore DE=\sqrt{3}AD=\sqrt{3}(\sqrt{6}+\sqrt{2})x=(3\sqrt{2}+\sqrt{6})x$，
$\therefore \frac{FG}{DE}=\frac{\sqrt{6}x}{(3\sqrt{2}+\sqrt{6})x}=\frac{\sqrt{6}}{3\sqrt{2}+\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{3}-1}{2}$。
【答案】
$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$
【知识点】
等腰三角形性质，特殊直角三角形性质，分式化简
【点评】
本题属于几何综合题，将等腰三角形、直角三角形的性质结合考查，通过作辅助线构造特殊直角三角形、设参数表示线段长度是解题的关键，需要学生具备较好的角度推导和运算化简能力。
【难度系数】
0.3
解题时先根据已知等腰三角形和直角三角形的角度特征，求出$∠ BAC$、$∠ DAE$的度数，再结合已知$∠ AGB$的度数推导其余角的度数，可发现存在30°直角三角形和45°等腰直角三角形；通过作$GH⊥ AD$、$GQ⊥ AC$两条辅助线，设参数表示各相关线段的长度，最后代入$FG$和$DE$的表达式化简即可得到比值。
【解析】
解：过点G作$GH⊥ AD$于点H，$GQ⊥ AC$于点Q。
1. 计算基础角度：
$\because AB=AC$，$∠ B=30°$，$\therefore ∠ C=30°$，$∠ BAC=180°-2×30°=120°$。
在$Rt△ ADE$中，$∠ ADE=90°$，$∠ E=30°$，$\therefore ∠ EAD=60°$，$DE=\sqrt{3}AD$。
2. 推导特殊三角形：
$\because GH⊥ AD$，$∠ EAD=60°$，$\therefore ∠ AGH=30°$。
已知$∠ AGB=75°$，$\therefore ∠ FGH=∠ AGB-∠ AGH=75°-30°=45°$，即$△ FGH$为等腰直角三角形，$FH=GH$。
3. 设参数表示线段：
设$AH=x$，在$Rt△ AGH$中，$∠ AGH=30°$，$\therefore AG=2AH=2x$，
$\therefore GH=\sqrt{AG^2-AH^2}=\sqrt{(2x)^2-x^2}=\sqrt{3}x$，即$FH=\sqrt{3}x$，
$\therefore FG=\sqrt{GH^2+FH^2}=\sqrt{(\sqrt{3}x)^2+(\sqrt{3}x)^2}=\sqrt{6}x$。
4. 计算AC的长度：
在$△ AGB$中，$∠ BAG=180°-∠ B-∠ AGB=180°-30°-75°=75°$，
$\therefore ∠ GAQ=∠ BAC-∠ BAG=120°-75°=45°$，即$△ GQA$为等腰直角三角形。
$\because AG=2x$，$\therefore AQ=GQ=AG· \cos45°=2x×\frac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}x$。
在$Rt△ CGQ$中，$∠ C=30°$，$\therefore CG=2GQ=2\sqrt{2}x$，$CQ=\sqrt{3}GQ=\sqrt{6}x$，
$\therefore AC=AQ+CQ=\sqrt{2}x+\sqrt{6}x$。
5. 计算比值：
由题意$AD=AB=AC$，$\therefore AD=(\sqrt{6}+\sqrt{2})x$，
$\therefore DE=\sqrt{3}AD=\sqrt{3}(\sqrt{6}+\sqrt{2})x=(3\sqrt{2}+\sqrt{6})x$，
$\therefore \frac{FG}{DE}=\frac{\sqrt{6}x}{(3\sqrt{2}+\sqrt{6})x}=\frac{\sqrt{6}}{3\sqrt{2}+\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{3}-1}{2}$。
【答案】
$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$
【知识点】
等腰三角形性质，特殊直角三角形性质，分式化简
【点评】
本题属于几何综合题，将等腰三角形、直角三角形的性质结合考查，通过作辅助线构造特殊直角三角形、设参数表示线段长度是解题的关键，需要学生具备较好的角度推导和运算化简能力。
【难度系数】
0.3
三、解答题
10.如图，四边形ABCD为正方形，BD为对角线，点P在CD上，作PQ⊥BD，垂足为Q.
(1)求证：$△ PQD ∽ △ BCD$；
(2)连接BP、AQ，求证：$BP=\sqrt{2}AQ$.
10.如图，四边形ABCD为正方形，BD为对角线，点P在CD上，作PQ⊥BD，垂足为Q.
(1)求证：$△ PQD ∽ △ BCD$；
(2)连接BP、AQ，求证：$BP=\sqrt{2}AQ$.
答案
10.证明:(1)
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠C=90°.
∵PQ⊥BD,
∴∠PQD=90°,
∴∠C=∠PQD.
又
∵∠PDQ=∠BDC,
∴△PQD∽△BCD.
(2)由(1)得△PQD∽△BCD,
∴$\frac{PD}{BD}=\frac{QD}{CD}$.
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD = AB = CD, ∠ADQ = ∠BDC = 45°,∠BAD=90°,
∴$\frac{PD}{BD}=\frac{QD}{AD}$,即$\frac{PD}{QD}=\frac{BD}{AD}$.
又
∵∠BDP=∠ADQ=45°,
∴△ADQ∽△BDP,
∴$\frac{BP}{AQ}=\frac{BD}{AD}$.
在Rt△ABD中,∠BAD=90°,AB=AD,
∴$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{2}AD$,
∴$BP=\sqrt{2}AQ$.
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠C=90°.
∵PQ⊥BD,
∴∠PQD=90°,
∴∠C=∠PQD.
又
∵∠PDQ=∠BDC,
∴△PQD∽△BCD.
(2)由(1)得△PQD∽△BCD,
∴$\frac{PD}{BD}=\frac{QD}{CD}$.
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD = AB = CD, ∠ADQ = ∠BDC = 45°,∠BAD=90°,
∴$\frac{PD}{BD}=\frac{QD}{AD}$,即$\frac{PD}{QD}=\frac{BD}{AD}$.
又
∵∠BDP=∠ADQ=45°,
∴△ADQ∽△BDP,
∴$\frac{BP}{AQ}=\frac{BD}{AD}$.
在Rt△ABD中,∠BAD=90°,AB=AD,
∴$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{2}AD$,
∴$BP=\sqrt{2}AQ$.
解析
【分析】
(1) 证明三角形相似可优先考虑两角对应相等的判定定理：先利用正方形性质得到∠C=90°，结合PQ⊥BD得到∠PQD=90°，得到一组相等的直角，再结合公共角∠PDQ=∠BDC，即可证得两个三角形相似。
(2) 证明线段的倍数关系可通过相似三角形对应边成比例推导：先由(1)的相似结论得到比例式，结合正方形边相等、对角线平分内角为45°的性质，证明△ADQ与△BDP相似，再利用正方形对角线是边长的$\sqrt{2}$倍的关系，代入比例式即可得到最终结论。
【解析】
(1)
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠C=90°。
∵PQ⊥BD，
∴∠PQD=90°，
∴∠C=∠PQD。
又
∵∠PDQ=∠BDC，
∴△PQD∽△BCD。
(2) 由(1)得△PQD∽△BCD，
∴$\frac{PD}{BD}=\frac{QD}{CD}$。
∵四边形ABCD为正方形，
∴$AD = AB = CD, ∠ADQ = ∠BDC = 45°,∠BAD=90°$,
∴$\frac{PD}{BD}=\frac{QD}{AD}$,即$\frac{PD}{QD}=\frac{BD}{AD}$。
又
∵∠BDP=∠ADQ=45°,
∴△ADQ∽△BDP,
∴$\frac{BP}{AQ}=\frac{BD}{AD}$。
在Rt△ABD中,$∠BAD=90°,AB=AD$,
∴$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{2}AD$,
∴$BP=\sqrt{2}AQ$。
【答案】
(1) △PQD∽△BCD得证；
(2) $BP=\sqrt{2}AQ$得证。
【知识点】
相似三角形的判定；相似三角形的性质；正方形的性质
【点评】
本题是相似三角形与正方形性质的综合题型，第一问较为基础，第二问需要结合已有相似结论推导新的相似关系，能够考查学生对相似判定、性质的灵活运用能力。
【难度系数】
0.65
(1) 证明三角形相似可优先考虑两角对应相等的判定定理：先利用正方形性质得到∠C=90°，结合PQ⊥BD得到∠PQD=90°，得到一组相等的直角，再结合公共角∠PDQ=∠BDC，即可证得两个三角形相似。
(2) 证明线段的倍数关系可通过相似三角形对应边成比例推导：先由(1)的相似结论得到比例式，结合正方形边相等、对角线平分内角为45°的性质，证明△ADQ与△BDP相似，再利用正方形对角线是边长的$\sqrt{2}$倍的关系，代入比例式即可得到最终结论。
【解析】
(1)
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠C=90°。
∵PQ⊥BD，
∴∠PQD=90°，
∴∠C=∠PQD。
又
∵∠PDQ=∠BDC，
∴△PQD∽△BCD。
(2) 由(1)得△PQD∽△BCD，
∴$\frac{PD}{BD}=\frac{QD}{CD}$。
∵四边形ABCD为正方形，
∴$AD = AB = CD, ∠ADQ = ∠BDC = 45°,∠BAD=90°$,
∴$\frac{PD}{BD}=\frac{QD}{AD}$,即$\frac{PD}{QD}=\frac{BD}{AD}$。
又
∵∠BDP=∠ADQ=45°,
∴△ADQ∽△BDP,
∴$\frac{BP}{AQ}=\frac{BD}{AD}$。
在Rt△ABD中,$∠BAD=90°,AB=AD$,
∴$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{2}AD$,
∴$BP=\sqrt{2}AQ$。
【答案】
(1) △PQD∽△BCD得证；
(2) $BP=\sqrt{2}AQ$得证。
【知识点】
相似三角形的判定；相似三角形的性质；正方形的性质
【点评】
本题是相似三角形与正方形性质的综合题型，第一问较为基础，第二问需要结合已有相似结论推导新的相似关系，能够考查学生对相似判定、性质的灵活运用能力。
【难度系数】
0.65
11.如图,已知四边形ABCD是菱形,E是对角线AC上一点,连接BE并延长交AD于点F,交CD的延长线于点G,连接DE.
(1)求证:$EB^2 = EF · EG$;
(2)若菱形ABCD的边长为4,$∠ ABC=60°, AE: EC=1:3$,求BG的长.
(1)求证:$EB^2 = EF · EG$;
(2)若菱形ABCD的边长为4,$∠ ABC=60°, AE: EC=1:3$,求BG的长.
答案
11.(1)证明:
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD,∠BAC=∠DAC,AB//CD.
又
∵AE=AE,
∴△ABE≌△ADE,
∴ED=EB,∠ABE=∠ADE.
∵AB//CD,
∴∠ABE=∠EGD,
∴∠EGD=∠ADE.
∵∠FED=∠DEG,
∴△EDF∽△EGD,
∴$\frac{ED}{EG}=\frac{EF}{ED}$,
∴$ED^2=EF·EG$,
∴$EB^2=EF·EG$.
(2)解:
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC,AD//BC.
∵∠ABC=60°,
∴△ABC是等边三角形.
∴AC=AB=4.
连接BD交AC于O,如图,
则AC⊥BD,$OA=OC=\frac{1}{2}AC=2$,
∴$OB=\sqrt{AB^2-OA^2}=2\sqrt{3}$.
∵AE:EC=1:3,
∴$AE=\frac{1}{4}AC=1$,
∴OE=OA-AE=1.
∴$BE=\sqrt{OE^2+OB^2}=\sqrt{13}$.
∵AD//BC,
∴∠EAF=∠ECB,∠EFA=∠EBC,
∴△EAF∽△ECB,
∴$\frac{AE}{EC}=\frac{EF}{BE}=\frac{1}{3}$,
∴$EF=\frac{1}{3}BE=\frac{\sqrt{13}}{3}$.
由(1)得$EB^2=EF·EG$,
∴$EG=\frac{(\sqrt{13})^2}{\frac{\sqrt{13}}{3}}=3\sqrt{13}$,
∴$BG=BE+EG=4\sqrt{13}$.
解析
【分析】
(1) 要证明$EB^2 = EF·EG$，可先将等积式转化为比例式，借助相似三角形证明。首先利用菱形的性质证明△ABE≌△ADE，得到EB=ED，将问题转化为证明$ED^2=EF·EG$，再证明△EDF和△EGD相似即可得到对应比例式，推导得证。
(2) 已知菱形边长和∠ABC=60°，可推出△ABC是等边三角形，先求出AC的长度；连接菱形对角线BD，利用菱形对角线垂直平分的性质，结合勾股定理求出OB、BE的长度；再通过AD//BC证明△EAF∽△ECB，求出EF的长度，最后利用第(1)问的结论求出EG，相加得到BG的长度。
【解析】
(1) 证明：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，∠BAC=∠DAC，AB//CD。
又
∵AE=AE，
∴△ABE≌△ADE（SAS），
∴ED=EB，∠ABE=∠ADE。
∵AB//CD，
∴∠ABE=∠EGD，
∴∠EGD=∠ADE。
又
∵∠FED=∠DEG（公共角），
∴△EDF∽△EGD，
∴$\frac{ED}{EG}=\frac{EF}{ED}$，
∴$ED^2=EF·EG$，
又
∵ED=EB，
∴$EB^2 = EF·EG$。
(2) 解：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，AD//BC。
∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=AB=4。
连接BD交AC于O，如图，
则AC⊥BD，$OA=OC=\frac{1}{2}AC=2$，
在Rt△AOB中，$OB=\sqrt{AB^2-OA^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$。
∵AE:EC=1:3，
∴$AE=\frac{1}{1+3}AC=\frac{1}{4}×4=1$，
∴OE=OA - AE=2 - 1=1。
在Rt△BOE中，$BE=\sqrt{OE^2+OB^2}=\sqrt{1^2+(2\sqrt{3})^2}=\sqrt{13}$。
∵AD//BC，
∴∠EAF=∠ECB，∠EFA=∠EBC，
∴△EAF∽△ECB，
∴$\frac{AE}{EC}=\frac{EF}{BE}=\frac{1}{3}$，
∴$EF=\frac{1}{3}BE=\frac{\sqrt{13}}{3}$。
由(1)得$EB^2=EF·EG$，
∴$EG=\frac{EB^2}{EF}=\frac{(\sqrt{13})^2}{\frac{\sqrt{13}}{3}}=3\sqrt{13}$，
∴$BG=BE+EG=\sqrt{13}+3\sqrt{13}=4\sqrt{13}$。
【答案】
(1) 证明成立；
(2) $BG=4\sqrt{13}$，辅助线如图。
【知识点】
菱形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质
【点评】
本题综合考查了菱形、全等三角形、相似三角形、等边三角形及勾股定理的相关知识，等积式的证明通常需要转化为比例式，通过相似三角形结合等量代换推导求解；解题时要注意灵活运用前一问的结论简化计算，对几何知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明$EB^2 = EF·EG$，可先将等积式转化为比例式，借助相似三角形证明。首先利用菱形的性质证明△ABE≌△ADE，得到EB=ED，将问题转化为证明$ED^2=EF·EG$，再证明△EDF和△EGD相似即可得到对应比例式，推导得证。
(2) 已知菱形边长和∠ABC=60°，可推出△ABC是等边三角形，先求出AC的长度；连接菱形对角线BD，利用菱形对角线垂直平分的性质，结合勾股定理求出OB、BE的长度；再通过AD//BC证明△EAF∽△ECB，求出EF的长度，最后利用第(1)问的结论求出EG，相加得到BG的长度。
【解析】
(1) 证明：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，∠BAC=∠DAC，AB//CD。
又
∵AE=AE，
∴△ABE≌△ADE（SAS），
∴ED=EB，∠ABE=∠ADE。
∵AB//CD，
∴∠ABE=∠EGD，
∴∠EGD=∠ADE。
又
∵∠FED=∠DEG（公共角），
∴△EDF∽△EGD，
∴$\frac{ED}{EG}=\frac{EF}{ED}$，
∴$ED^2=EF·EG$，
又
∵ED=EB，
∴$EB^2 = EF·EG$。
(2) 解：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，AD//BC。
∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=AB=4。
连接BD交AC于O，如图
，则AC⊥BD，$OA=OC=\frac{1}{2}AC=2$，
在Rt△AOB中，$OB=\sqrt{AB^2-OA^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$。
∵AE:EC=1:3，
∴$AE=\frac{1}{1+3}AC=\frac{1}{4}×4=1$，
∴OE=OA - AE=2 - 1=1。
在Rt△BOE中，$BE=\sqrt{OE^2+OB^2}=\sqrt{1^2+(2\sqrt{3})^2}=\sqrt{13}$。
∵AD//BC，
∴∠EAF=∠ECB，∠EFA=∠EBC，
∴△EAF∽△ECB，
∴$\frac{AE}{EC}=\frac{EF}{BE}=\frac{1}{3}$，
∴$EF=\frac{1}{3}BE=\frac{\sqrt{13}}{3}$。
由(1)得$EB^2=EF·EG$，
∴$EG=\frac{EB^2}{EF}=\frac{(\sqrt{13})^2}{\frac{\sqrt{13}}{3}}=3\sqrt{13}$，
∴$BG=BE+EG=\sqrt{13}+3\sqrt{13}=4\sqrt{13}$。
【答案】
(1) 证明成立；
(2) $BG=4\sqrt{13}$，辅助线如图
。【知识点】
菱形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质
【点评】
本题综合考查了菱形、全等三角形、相似三角形、等边三角形及勾股定理的相关知识，等积式的证明通常需要转化为比例式，通过相似三角形结合等量代换推导求解；解题时要注意灵活运用前一问的结论简化计算，对几何知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
