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12. 如图,在菱形$ABCD$中,$E$为$CD$上一点,连接$AE$,$BD$,且$AE$,$BD$交于点$F$.若$S_{△ DEF}:S_{△ ABF}=4:25$,则$DE:AD=$ (
A.$2:5$
B.$2:3$
C.$3:5$
D.$3:2$
A
)A.$2:5$
B.$2:3$
C.$3:5$
D.$3:2$
答案
12. A 解析:
∵ 四边形 $ABCD$ 是菱形,
∴ $\dfrac{S_{△ DEF}}{S_{△ ABF}} = (\dfrac{DE}{AB})^2 =\dfrac{4}{25}$,
∴ $\dfrac{DE}{AB} =\dfrac{2}{5}$,
∴ $DE : AD =2:5$.故选 A.
∵ 四边形 $ABCD$ 是菱形,
∴ $\dfrac{S_{△ DEF}}{S_{△ ABF}} = (\dfrac{DE}{AB})^2 =\dfrac{4}{25}$,
∴ $\dfrac{DE}{AB} =\dfrac{2}{5}$,
∴ $DE : AD =2:5$.故选 A.
解析
【分析】
首先根据菱形的性质可知，菱形对边平行且四条边长度相等，因此可得AB//CD、AB=AD。由AB//CD可推出△DEF和△BAF的对应角相等，即可判定两个三角形相似。再结合相似三角形的面积比等于相似比的平方这一性质，利用已知的面积比求出DE与AB的比值，最后通过AB=AD做等量替换，就能得到DE:AD的比值。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB//CD，AB=AD，
∴∠EDF=∠ABF，∠DEF=∠BAF，
∴△DEF∽△BAF。
根据相似三角形的性质，相似三角形的面积比等于相似比的平方，可得：
$\dfrac{S_{△ DEF}}{S_{△ ABF}} = (\dfrac{DE}{AB})^2 = \dfrac{4}{25}$，
∵线段长度为正数，
∴$\dfrac{DE}{AB}=\dfrac{2}{5}$。
又
∵AB=AD，
∴$\dfrac{DE}{AD}=\dfrac{DE}{AB}=\dfrac{2}{5}$，即$DE:AD=2:5$。
【答案】
A
【知识点】
菱形的性质；相似三角形的判定；相似三角形的性质
【点评】
本题是基础几何题，解题核心是先利用菱形对边平行的性质判定三角形相似，再结合相似三角形面积比和相似比的关系、菱形四边相等的性质即可求出结果。
【难度系数】
0.7
首先根据菱形的性质可知，菱形对边平行且四条边长度相等，因此可得AB//CD、AB=AD。由AB//CD可推出△DEF和△BAF的对应角相等，即可判定两个三角形相似。再结合相似三角形的面积比等于相似比的平方这一性质，利用已知的面积比求出DE与AB的比值，最后通过AB=AD做等量替换，就能得到DE:AD的比值。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB//CD，AB=AD，
∴∠EDF=∠ABF，∠DEF=∠BAF，
∴△DEF∽△BAF。
根据相似三角形的性质，相似三角形的面积比等于相似比的平方，可得：
$\dfrac{S_{△ DEF}}{S_{△ ABF}} = (\dfrac{DE}{AB})^2 = \dfrac{4}{25}$，
∵线段长度为正数，
∴$\dfrac{DE}{AB}=\dfrac{2}{5}$。
又
∵AB=AD，
∴$\dfrac{DE}{AD}=\dfrac{DE}{AB}=\dfrac{2}{5}$，即$DE:AD=2:5$。
【答案】
A
【知识点】
菱形的性质；相似三角形的判定；相似三角形的性质
【点评】
本题是基础几何题，解题核心是先利用菱形对边平行的性质判定三角形相似，再结合相似三角形面积比和相似比的关系、菱形四边相等的性质即可求出结果。
【难度系数】
0.7
13. ★★★ 如图,将$△ ABC$沿$BC$边上的中线$AD$平移到$△ A'B'C'$的位置,已知$△ ABC$的面积为16,阴影部分的面积为8.若$AA'=2$,则$A'D$等于（
A.$4\sqrt{2}$
B.$4$
C.$4\sqrt{2}+2$
D.$2\sqrt{2}+2$
D
）A.$4\sqrt{2}$
B.$4$
C.$4\sqrt{2}+2$
D.$2\sqrt{2}+2$
答案
13. D 解析:如图所示,
,∵ 将$△ ABC$沿$BC$边上的中线$AD$平移得到$△ A'B'C'$,$S_{△ ABC} =16$,$S_{△ A'EF} =8$,且 $AD$ 为 $BC$ 边的中线,
∴ $S_{△ A'DE} = \dfrac{1}{2}S_{△ A'EF} =4$,$S_{△ ABD} = \dfrac{1}{2}S_{△ ABC} =8$,$A'E // AB$,
∴ $△ DA'E∽ △ DAB$,则 $(\dfrac{A'D}{AD})^2 = \dfrac{S_{△ A'DE}}{S_{△ ADB}}$,即 $(\dfrac{A'D}{A'D+2})^2 =\dfrac{1}{2}$,解得$A'D=2\sqrt{2}+2$(负值舍去).故选 D.
解析
【分析】
解题时首先从已知条件入手：①AD是BC的中线，可得到△ABD的面积是△ABC面积的一半；②根据平移的性质可知对应边平行，即$A'E// AB$，同时$A'D$是阴影三角形$△A'EF$的中线，可得到$△A'DE$的面积是阴影面积的一半；③由平行可判定$△DA'E$与$△DAB$相似，根据相似三角形面积比等于相似比的平方，结合$AD=A'D+AA'$的长度关系列方程，求解即可得到$A'D$的长度，注意舍去不符合实际意义的负根。
【解析】
解：如图，
∵ 将$△ABC$沿$BC$边上的中线$AD$平移得到$△A'B'C'$，$S_{△ABC}=16$，阴影部分$S_{△A'EF}=8$，$AD$为$BC$边的中线，
∴ 平移后$A'E// AB$，$A'D$是$△A'EF$的中线，
∴ $S_{△A'DE}=\frac{1}{2}S_{△A'EF}=\frac{1}{2}×8=4$，$S_{△ABD}=\frac{1}{2}S_{△ABC}=\frac{1}{2}×16=8$，
∵ $A'E// AB$，
∴ $∠ DA'E=∠ DAB$，$∠ DEA'=∠ B$，
∴ $△ DA'E ∽ △ DAB$，
根据相似三角形的性质，面积比等于相似比的平方，可得：
$(\frac{A'D}{AD})^2=\frac{S_{△A'DE}}{S_{△ADB}}$，
又
∵ $AD=A'D+AA'=A'D+2$，代入面积值得：
$(\frac{A'D}{A'D+2})^2=\frac{4}{8}=\frac{1}{2}$，
∵ 线段长度为正，开方得：$\frac{A'D}{A'D+2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
交叉相乘化简得：$2A'D=\sqrt{2}(A'D+2)$，
移项整理：$A'D(2-\sqrt{2})=2\sqrt{2}$，
分母有理化解得：$A'D=2\sqrt{2}+2$（负值已舍去）。
故选D。
【答案】
D
【知识点】
平移的性质，相似三角形的性质，三角形中线的性质
【点评】
本题综合考查了图形平移、三角形中线以及相似三角形的相关性质，解题关键是通过平移得到平行关系，进而判定相似三角形，将面积关系转化为对应边的比例关系建立方程求解，需要注意结果要符合线段长度的非负性。
【难度系数】
0.6
解题时首先从已知条件入手：①AD是BC的中线，可得到△ABD的面积是△ABC面积的一半；②根据平移的性质可知对应边平行，即$A'E// AB$，同时$A'D$是阴影三角形$△A'EF$的中线，可得到$△A'DE$的面积是阴影面积的一半；③由平行可判定$△DA'E$与$△DAB$相似，根据相似三角形面积比等于相似比的平方，结合$AD=A'D+AA'$的长度关系列方程，求解即可得到$A'D$的长度，注意舍去不符合实际意义的负根。
【解析】
解：如图
，∵ 将$△ABC$沿$BC$边上的中线$AD$平移得到$△A'B'C'$，$S_{△ABC}=16$，阴影部分$S_{△A'EF}=8$，$AD$为$BC$边的中线，
∴ 平移后$A'E// AB$，$A'D$是$△A'EF$的中线，
∴ $S_{△A'DE}=\frac{1}{2}S_{△A'EF}=\frac{1}{2}×8=4$，$S_{△ABD}=\frac{1}{2}S_{△ABC}=\frac{1}{2}×16=8$，
∵ $A'E// AB$，
∴ $∠ DA'E=∠ DAB$，$∠ DEA'=∠ B$，
∴ $△ DA'E ∽ △ DAB$，
根据相似三角形的性质，面积比等于相似比的平方，可得：
$(\frac{A'D}{AD})^2=\frac{S_{△A'DE}}{S_{△ADB}}$，
又
∵ $AD=A'D+AA'=A'D+2$，代入面积值得：
$(\frac{A'D}{A'D+2})^2=\frac{4}{8}=\frac{1}{2}$，
∵ 线段长度为正，开方得：$\frac{A'D}{A'D+2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
交叉相乘化简得：$2A'D=\sqrt{2}(A'D+2)$，
移项整理：$A'D(2-\sqrt{2})=2\sqrt{2}$，
分母有理化解得：$A'D=2\sqrt{2}+2$（负值已舍去）。
故选D。
【答案】
D
【知识点】
平移的性质，相似三角形的性质，三角形中线的性质
【点评】
本题综合考查了图形平移、三角形中线以及相似三角形的相关性质，解题关键是通过平移得到平行关系，进而判定相似三角形，将面积关系转化为对应边的比例关系建立方程求解，需要注意结果要符合线段长度的非负性。
【难度系数】
0.6
14. 如图，图①是装满了液体的高脚杯（数据如图），用去部分液体后，放在水平的桌面上如图②所示，此时液面距离杯口的距离h=
$\dfrac{8}{5}\ \mathrm{cm}$
。答案
14. $\dfrac{8}{5}\ \mathrm{cm}$ 解析:如图所示,
,$AB=BC=DE=FE=5\ \mathrm{cm}$,$AC=DF=6\ \mathrm{cm}$,$GE=HE=3\ \mathrm{cm}$,根据题意得,$△ GEH$,$△ DEF$ 均是等腰三角形,则过点 $E$ 作 $EM⊥DF$ 于点 $M$,交 $GH$ 于点 $N$,∴ 根据等腰三角形的性质可知,$EN$ 垂直平分 $GH$,$EM$ 垂直平分 $DF$.在 $\mathrm{Rt}△ DEM$ 中,$DM= \dfrac{1}{2}DF = \dfrac{1}{2} ×6 = 3\ ( \mathrm{cm} )$, 且 $DE = 5\ \mathrm{cm}$,
∴ $EM=\sqrt{DE^2-DM^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4( \mathrm{cm} )$.
∵ $GH // DF$,
∴ $△ DEM∽△ GEN$,
∴ $\dfrac{GE}{DE} = \dfrac{EN}{EM}$,即 $\dfrac{3}{5} = \dfrac{EN}{4}$,
∴ $EN=\dfrac{12}{5}\ \mathrm{cm}$,
∴ $MN=EM-EN=4-\dfrac{12}{5}=\dfrac{8}{5}(\mathrm{cm})$,即液面距离杯口的距离$h=\dfrac{8}{5}\ \mathrm{cm}$,故答案为$\dfrac{8}{5}\ \mathrm{cm}$.
解析
【分析】
解题思路可分三步展开：第一步，先确定杯身构成的大三角形是等腰三角形，利用勾股定理求出该等腰三角形的高；第二步，由于液面平行于杯口，可知液面构成的小三角形与大三角形相似，根据相似三角形对应高的比等于相似比，计算出小三角形的高；第三步，用大三角形的高减去小三角形的高，即可得到液面到杯口的距离h。
【解析】
过点E作$EM⊥DF$于点M，交GH于点N。
1. 求大三角形的高：
$△ DEF$为等腰三角形，$DE=FE=5\ \mathrm{cm}$，$DF=6\ \mathrm{cm}$，根据等腰三角形三线合一的性质，$EM$垂直平分$DF$，因此$DM=\dfrac{1}{2}DF=\dfrac{1}{2}×6=3\ \mathrm{cm}$。
在$\mathrm{Rt}△ DEM$中，由勾股定理得：
$EM=\sqrt{DE^2-DM^2}=\sqrt{5^2-3^2}=\sqrt{16}=4\ \mathrm{cm}$。
2. 利用相似求小三角形的高：
因为$GH// DF$，所以$△ GEH∽△ DEF$，$EN$为$△ GEH$的高，$EM$为$△ DEF$的高。
已知$GE=3\ \mathrm{cm}$，根据相似三角形对应高的比等于相似比，可得：
$\dfrac{GE}{DE}=\dfrac{EN}{EM}$，代入数据得$\dfrac{3}{5}=\dfrac{EN}{4}$，解得$EN=\dfrac{12}{5}\ \mathrm{cm}$。
3. 计算液面到杯口的距离：
$h=MN=EM-EN=4-\dfrac{12}{5}=\dfrac{8}{5}\ \mathrm{cm}$。
【答案】
$\dfrac{8}{5}\ \mathrm{cm}$
【知识点】
等腰三角形性质，勾股定理，相似三角形的性质
【点评】
本题是基础几何综合题，核心是结合液面和杯口平行的特征找到相似三角形，再配合等腰三角形、勾股定理的相关知识即可求解，能够有效考查学生对几何基础知识点的综合应用能力。
【难度系数】
0.7
解题思路可分三步展开：第一步，先确定杯身构成的大三角形是等腰三角形，利用勾股定理求出该等腰三角形的高；第二步，由于液面平行于杯口，可知液面构成的小三角形与大三角形相似，根据相似三角形对应高的比等于相似比，计算出小三角形的高；第三步，用大三角形的高减去小三角形的高，即可得到液面到杯口的距离h。
【解析】
过点E作$EM⊥DF$于点M，交GH于点N。
1. 求大三角形的高：
$△ DEF$为等腰三角形，$DE=FE=5\ \mathrm{cm}$，$DF=6\ \mathrm{cm}$，根据等腰三角形三线合一的性质，$EM$垂直平分$DF$，因此$DM=\dfrac{1}{2}DF=\dfrac{1}{2}×6=3\ \mathrm{cm}$。
在$\mathrm{Rt}△ DEM$中，由勾股定理得：
$EM=\sqrt{DE^2-DM^2}=\sqrt{5^2-3^2}=\sqrt{16}=4\ \mathrm{cm}$。
2. 利用相似求小三角形的高：
因为$GH// DF$，所以$△ GEH∽△ DEF$，$EN$为$△ GEH$的高，$EM$为$△ DEF$的高。
已知$GE=3\ \mathrm{cm}$，根据相似三角形对应高的比等于相似比，可得：
$\dfrac{GE}{DE}=\dfrac{EN}{EM}$，代入数据得$\dfrac{3}{5}=\dfrac{EN}{4}$，解得$EN=\dfrac{12}{5}\ \mathrm{cm}$。
3. 计算液面到杯口的距离：
$h=MN=EM-EN=4-\dfrac{12}{5}=\dfrac{8}{5}\ \mathrm{cm}$。
【答案】
$\dfrac{8}{5}\ \mathrm{cm}$
【知识点】
等腰三角形性质，勾股定理，相似三角形的性质
【点评】
本题是基础几何综合题，核心是结合液面和杯口平行的特征找到相似三角形，再配合等腰三角形、勾股定理的相关知识即可求解，能够有效考查学生对几何基础知识点的综合应用能力。
【难度系数】
0.7
15. 如图,点A,C为函数$y=\frac{k}{x}(x＜0)$图象上的两点,过A,C分别作$AB⊥x$轴,$CD⊥x$轴,垂足分别为B,D,连接OA,AC,OC,线段OC交AB于点E,且E恰好为OC的中点.当$△ AEC$的面积为$\frac{3}{4}$时,k的值为
$-2$
.答案
15. $-2$ 解析:
∵ $E$ 为 $OC$ 的中点,
∴ $△ AEO$ 的面积=$△ AEC$ 的面积=$\dfrac{3}{4}$.
∵ 点 $A,C$ 为函数 $y=\dfrac{k}{x}\ (x＜0)$ 图象上的两点,
∴ $S_{△ ABO} = S_{△ CDO}$,
∴ $S_{四边形CDBE} = S_{△ AEO} =\dfrac{3}{4}$.
∵ $AB ⊥ x$ 轴,$CD ⊥ x$ 轴,
∴ $EB // CD$,
∴ $△ OEB ∽ △ OCD$,
∴ $\dfrac{S_{△ OEB}}{S_{△ OCD}} = (\dfrac{1}{2})^2$,
∴ $S_{△ OCD} =1$,则 $\dfrac{1}{2}xy =-1$,
∴ $k = xy =-2$.故答案为$-2$.
∵ $E$ 为 $OC$ 的中点,
∴ $△ AEO$ 的面积=$△ AEC$ 的面积=$\dfrac{3}{4}$.
∵ 点 $A,C$ 为函数 $y=\dfrac{k}{x}\ (x＜0)$ 图象上的两点,
∴ $S_{△ ABO} = S_{△ CDO}$,
∴ $S_{四边形CDBE} = S_{△ AEO} =\dfrac{3}{4}$.
∵ $AB ⊥ x$ 轴,$CD ⊥ x$ 轴,
∴ $EB // CD$,
∴ $△ OEB ∽ △ OCD$,
∴ $\dfrac{S_{△ OEB}}{S_{△ OCD}} = (\dfrac{1}{2})^2$,
∴ $S_{△ OCD} =1$,则 $\dfrac{1}{2}xy =-1$,
∴ $k = xy =-2$.故答案为$-2$.
解析
【分析】
解题思路可按以下步骤梳理：①首先利用中点性质：三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分，由E是OC中点可得△AEC与△AEO面积相等；②结合反比例函数k的几何意义，可知△ABO和△CDO面积相等，两者减去公共部分△OEB的面积后，可得△AEO与四边形CDBE面积相等；③由AB、CD都垂直x轴可证△OEB∽△OCD，根据相似三角形面积比等于相似比的平方，结合E是中点可知相似比为1:2，由此可求出△CDO的面积；④最后根据反比例函数k的几何意义，结合x＜0的取值范围求出k的取值。
【解析】
解：
∵E为OC的中点，即AE是△AOC的中线，
∴$S_{△ AEO} = S_{△ AEC} = \dfrac{3}{4}$。
∵点A、C是反比例函数$y=\dfrac{k}{x}(x＜0)$图象上的点，且$AB⊥x$轴，$CD⊥x$轴，
根据反比例函数k的几何意义可得：$S_{△ ABO} = S_{△ CDO} = \dfrac{1}{2}|k|$，
∴$S_{△ ABO} - S_{△ OEB} = S_{△ CDO} - S_{△ OEB}$，即$S_{△ AEO} = S_{四边形CDBE} = \dfrac{3}{4}$。
∵$AB⊥x$轴，$CD⊥x$轴，
∴$EB// CD$，
∴$△ OEB ∽ △ OCD$，相似比为$\dfrac{OE}{OC} = \dfrac{1}{2}$。
根据相似三角形面积比等于相似比的平方，得$\dfrac{S_{△ OEB}}{S_{△ OCD}} = (\dfrac{1}{2})^2 = \dfrac{1}{4}$，
设$S_{△ OEB}=S$，则$S_{△ OCD}=4S$，
∴$S_{四边形CDBE}=S_{△ OCD} - S_{△ OEB}=4S - S=3S=\dfrac{3}{4}$，解得$S=\dfrac{1}{4}$，
∴$S_{△ OCD}=4×\dfrac{1}{4}=1$。
结合反比例函数k的几何意义，$\dfrac{1}{2}|k|=1$，
∴$|k|=2$，
∵$x＜0$，反比例函数图象在第二象限，$k＜0$，
∴$k=-2$。
【答案】
$-2$
【知识点】
反比例函数k的几何意义，相似三角形的判定与性质，三角形中线的性质
【点评】
本题是反比例函数与相似三角形的综合题，解题的关键是灵活运用三角形中线的面积性质、相似三角形的面积比与相似比的关系，结合反比例函数k的几何意义建立等量关系求解，需要注意k的符号要结合函数图象所在象限判断。
【难度系数】
0.6
解题思路可按以下步骤梳理：①首先利用中点性质：三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分，由E是OC中点可得△AEC与△AEO面积相等；②结合反比例函数k的几何意义，可知△ABO和△CDO面积相等，两者减去公共部分△OEB的面积后，可得△AEO与四边形CDBE面积相等；③由AB、CD都垂直x轴可证△OEB∽△OCD，根据相似三角形面积比等于相似比的平方，结合E是中点可知相似比为1:2，由此可求出△CDO的面积；④最后根据反比例函数k的几何意义，结合x＜0的取值范围求出k的取值。
【解析】
解：
∵E为OC的中点，即AE是△AOC的中线，
∴$S_{△ AEO} = S_{△ AEC} = \dfrac{3}{4}$。
∵点A、C是反比例函数$y=\dfrac{k}{x}(x＜0)$图象上的点，且$AB⊥x$轴，$CD⊥x$轴，
根据反比例函数k的几何意义可得：$S_{△ ABO} = S_{△ CDO} = \dfrac{1}{2}|k|$，
∴$S_{△ ABO} - S_{△ OEB} = S_{△ CDO} - S_{△ OEB}$，即$S_{△ AEO} = S_{四边形CDBE} = \dfrac{3}{4}$。
∵$AB⊥x$轴，$CD⊥x$轴，
∴$EB// CD$，
∴$△ OEB ∽ △ OCD$，相似比为$\dfrac{OE}{OC} = \dfrac{1}{2}$。
根据相似三角形面积比等于相似比的平方，得$\dfrac{S_{△ OEB}}{S_{△ OCD}} = (\dfrac{1}{2})^2 = \dfrac{1}{4}$，
设$S_{△ OEB}=S$，则$S_{△ OCD}=4S$，
∴$S_{四边形CDBE}=S_{△ OCD} - S_{△ OEB}=4S - S=3S=\dfrac{3}{4}$，解得$S=\dfrac{1}{4}$，
∴$S_{△ OCD}=4×\dfrac{1}{4}=1$。
结合反比例函数k的几何意义，$\dfrac{1}{2}|k|=1$，
∴$|k|=2$，
∵$x＜0$，反比例函数图象在第二象限，$k＜0$，
∴$k=-2$。
【答案】
$-2$
【知识点】
反比例函数k的几何意义，相似三角形的判定与性质，三角形中线的性质
【点评】
本题是反比例函数与相似三角形的综合题，解题的关键是灵活运用三角形中线的面积性质、相似三角形的面积比与相似比的关系，结合反比例函数k的几何意义建立等量关系求解，需要注意k的符号要结合函数图象所在象限判断。
【难度系数】
0.6
16. ★★★ (潍坊中考)如图,在$△ ABC$中,$CD$平分$∠ ACB$,$AE ⊥ CD$,垂足为点$E$,过点$E$作$EF // BC$,交$AC$于点$F$,$G$为$BC$的中点,连接$FG$.
求证:$FG=\dfrac{1}{2}AB$.
求证:$FG=\dfrac{1}{2}AB$.
答案
16. 如图,
,延长 $AE$ 交 $BC$ 于点 $H$.∵ $CD$平分$∠ ACB$,$AE ⊥ CD$,
∴ $∠ ACE=∠ HCE$,$∠ AEC = ∠ HEC = 90°$.又
∵ $CE = CE$,
∴ $△ ACE≌△ HCE(\mathrm{ASA})$,
∴ $AE = EH = \dfrac{1}{2}AH$.
∵ $EF // BC$,
∴ $∠ AEF = ∠ AHC$,$∠ AFE = ∠ ACH$,
∴ $△ AEF ∽ △ AHC$,
∴ $\dfrac{AF}{AC} = \dfrac{AE}{AH}$,即 $\dfrac{AF}{AC} =\dfrac{1}{2}$,
∴ $AC=2AF$,
∴ $F$ 是 $AC$ 的中点.又
∵ $G$是 $BC$ 的中点,
∴ $FG$ 是$△ ABC$ 的中位线,
∴ $FG = \dfrac{1}{2}AB$.
解析
【分析】
要证明$FG=\dfrac{1}{2}AB$，已知$G$是$BC$中点，可联想三角形中位线定理，只需先证明$F$是$AC$中点即可。首先结合$CD$平分$∠ ACB$、$AE⊥ CD$的条件，可通过延长$AE$交$BC$于$H$构造全等三角形，证明$E$是$AH$中点；再结合$EF// BC$，利用相似三角形的性质推出$F$是$AC$中点，最后根据中位线定理即可得证。
【解析】
如图，，延长 $AE$ 交 $BC$ 于点 $H$.
∵ $CD$平分$∠ ACB$,$AE ⊥ CD$,
∴ $∠ ACE=∠ HCE$,$∠ AEC = ∠ HEC = 90°$.
又
∵ $CE = CE$,
∴ $△ ACE≌△ HCE(\mathrm{ASA})$,
∴ $AE = EH = \dfrac{1}{2}AH$.
∵ $EF // BC$,
∴ $∠ AEF = ∠ AHC$,$∠ AFE = ∠ ACH$,
∴ $△ AEF ∽ △ AHC$,
∴ $\dfrac{AF}{AC} = \dfrac{AE}{AH}$,即 $\dfrac{AF}{AC} =\dfrac{1}{2}$,
∴ $AC=2AF$，即$F$是$AC$的中点.
又
∵ $G$是 $BC$ 的中点,
∴ $FG$ 是$△ ABC$ 的中位线,
∴ $FG = \dfrac{1}{2}AB$.
【答案】
如图,,延长 $AE$ 交 $BC$ 于点 $H$.
∵ $CD$平分$∠ ACB$,$AE ⊥ CD$,
∴ $∠ ACE=∠ HCE$,$∠ AEC = ∠ HEC = 90°$.又
∵ $CE = CE$,
∴ $△ ACE≌△ HCE(\mathrm{ASA})$,
∴ $AE = EH = \dfrac{1}{2}AH$.
∵ $EF // BC$,
∴ $∠ AEF = ∠ AHC$,$∠ AFE = ∠ ACH$,
∴ $△ AEF ∽ △ AHC$,
∴ $\dfrac{AF}{AC} = \dfrac{AE}{AH}$,即 $\dfrac{AF}{AC} =\dfrac{1}{2}$,
∴ $AC=2AF$,
∴ $F$ 是 $AC$ 的中点.又
∵ $G$是 $BC$ 的中点,
∴ $FG$ 是$△ ABC$ 的中位线,
∴ $FG = \dfrac{1}{2}AB$.
【知识点】
全等三角形判定与性质；相似三角形判定与性质；三角形中位线定理
【点评】
本题是常见的几何综合证明题，解题核心是通过添加辅助线构造全等三角形得到线段中点，再结合平行线的性质推出另一中点，最终利用中位线定理完成证明，对学生的辅助线构造能力和知识综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
要证明$FG=\dfrac{1}{2}AB$，已知$G$是$BC$中点，可联想三角形中位线定理，只需先证明$F$是$AC$中点即可。首先结合$CD$平分$∠ ACB$、$AE⊥ CD$的条件，可通过延长$AE$交$BC$于$H$构造全等三角形，证明$E$是$AH$中点；再结合$EF// BC$，利用相似三角形的性质推出$F$是$AC$中点，最后根据中位线定理即可得证。
【解析】
如图，
，延长 $AE$ 交 $BC$ 于点 $H$.∵ $CD$平分$∠ ACB$,$AE ⊥ CD$,
∴ $∠ ACE=∠ HCE$,$∠ AEC = ∠ HEC = 90°$.
又
∵ $CE = CE$,
∴ $△ ACE≌△ HCE(\mathrm{ASA})$,
∴ $AE = EH = \dfrac{1}{2}AH$.
∵ $EF // BC$,
∴ $∠ AEF = ∠ AHC$,$∠ AFE = ∠ ACH$,
∴ $△ AEF ∽ △ AHC$,
∴ $\dfrac{AF}{AC} = \dfrac{AE}{AH}$,即 $\dfrac{AF}{AC} =\dfrac{1}{2}$,
∴ $AC=2AF$，即$F$是$AC$的中点.
又
∵ $G$是 $BC$ 的中点,
∴ $FG$ 是$△ ABC$ 的中位线,
∴ $FG = \dfrac{1}{2}AB$.
【答案】
如图,
,延长 $AE$ 交 $BC$ 于点 $H$.∵ $CD$平分$∠ ACB$,$AE ⊥ CD$,
∴ $∠ ACE=∠ HCE$,$∠ AEC = ∠ HEC = 90°$.又
∵ $CE = CE$,
∴ $△ ACE≌△ HCE(\mathrm{ASA})$,
∴ $AE = EH = \dfrac{1}{2}AH$.
∵ $EF // BC$,
∴ $∠ AEF = ∠ AHC$,$∠ AFE = ∠ ACH$,
∴ $△ AEF ∽ △ AHC$,
∴ $\dfrac{AF}{AC} = \dfrac{AE}{AH}$,即 $\dfrac{AF}{AC} =\dfrac{1}{2}$,
∴ $AC=2AF$,
∴ $F$ 是 $AC$ 的中点.又
∵ $G$是 $BC$ 的中点,
∴ $FG$ 是$△ ABC$ 的中位线,
∴ $FG = \dfrac{1}{2}AB$.
【知识点】
全等三角形判定与性质；相似三角形判定与性质；三角形中位线定理
【点评】
本题是常见的几何综合证明题，解题核心是通过添加辅助线构造全等三角形得到线段中点，再结合平行线的性质推出另一中点，最终利用中位线定理完成证明，对学生的辅助线构造能力和知识综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
17. 如图,已知在$△ ABC$中,$BA=BC=40\ \mathrm{cm}$,$AC=60\ \mathrm{cm}$,点$P$从$A$点出发,沿$AB$以$4\ \mathrm{cm/s}$的速度向点$B$运动;同时点$Q$从$C$点出发,沿$CA$以$3\ \mathrm{cm/s}$的速度向点$A$运动,设运动时间为$x\ \mathrm{s}$.
(1)当$PQ// BC$时,$x$为何值?
(2)$△ APQ$能否与$△ CQB$相似?若能,求出$AP$的长;若不能,请说明理由.
(3)当$S_{△ BCQ}:S_{△ ABC}=1:3$时,求$S_{△ BPQ}:S_{△ ABC}$.(直接写答案)
(1)当$PQ// BC$时,$x$为何值?
(2)$△ APQ$能否与$△ CQB$相似?若能,求出$AP$的长;若不能,请说明理由.
(3)当$S_{△ BCQ}:S_{△ ABC}=1:3$时,求$S_{△ BPQ}:S_{△ ABC}$.(直接写答案)
答案
17. (1)由题意得,$AP=4x\ \mathrm{cm}$,$CQ=3x\ \mathrm{cm}$,$PB=(40-4x)\mathrm{cm}$,$AQ=(60-3x)\mathrm{cm}$.
∵ $PQ // BC$,
∴ $AP : AB = AQ : AC$,
∴ $4x : 40=(60-3x):60$,
∴ $x=\dfrac{20}{3}$.
(2)$△ APQ$ 能与$△ CQB$ 相似.
∵ $BA=BC$,
∴ $∠ A=∠ C$.
①当$△ APQ∽△ CQB$ 时,$\dfrac{AP}{CQ} = \dfrac{AQ}{CB}$,即 $4x : (3x) = (60-3x):40$,解得 $x=\dfrac{20}{9}$,
∴ $AP=4x=\dfrac{80}{9}(\mathrm{cm})$.
②当$△ APQ∽△ CBQ$ 时,$\dfrac{AP}{BC} = \dfrac{AQ}{CQ}$,即 $4x : 40 = (60-3x):(3x)$,解得 $x_1=10$,$x_2=-20$(舍去),
∴ $AP=4x=40(\mathrm{cm})$.综上,$AP$ 的长为 $40\ \mathrm{cm}$ 或 $\dfrac{80}{9}\ \mathrm{cm}$.
(3)$2:9$ 解析:
∵ $S_{△ BCQ} : S_{△ ABC} =1:3$,
∴ $CQ : AC =1:3$,$S_{△ ABQ} : S_{△ ABC} =2:3$,
∴ $CQ=20\ \mathrm{cm}=3x\ \mathrm{cm}$,
∴ $x=\dfrac{20}{3}$,
∴ $AP=\dfrac{80}{3}\ \mathrm{cm}$,$PB=\dfrac{40}{3}\ \mathrm{cm}$,
∴ $S_{△ BPQ} : S_{△ ABQ} = PB : AB =1:3$,
∴ $S_{△ BPQ} : S_{△ ABC} = S_{△ BPQ} : \dfrac{3}{2}S_{△ ABQ} = \dfrac{2}{3} ×\dfrac{1}{3} =\dfrac{2}{9} = 2:9$.
∵ $PQ // BC$,
∴ $AP : AB = AQ : AC$,
∴ $4x : 40=(60-3x):60$,
∴ $x=\dfrac{20}{3}$.
(2)$△ APQ$ 能与$△ CQB$ 相似.
∵ $BA=BC$,
∴ $∠ A=∠ C$.
①当$△ APQ∽△ CQB$ 时,$\dfrac{AP}{CQ} = \dfrac{AQ}{CB}$,即 $4x : (3x) = (60-3x):40$,解得 $x=\dfrac{20}{9}$,
∴ $AP=4x=\dfrac{80}{9}(\mathrm{cm})$.
②当$△ APQ∽△ CBQ$ 时,$\dfrac{AP}{BC} = \dfrac{AQ}{CQ}$,即 $4x : 40 = (60-3x):(3x)$,解得 $x_1=10$,$x_2=-20$(舍去),
∴ $AP=4x=40(\mathrm{cm})$.综上,$AP$ 的长为 $40\ \mathrm{cm}$ 或 $\dfrac{80}{9}\ \mathrm{cm}$.
(3)$2:9$ 解析:
∵ $S_{△ BCQ} : S_{△ ABC} =1:3$,
∴ $CQ : AC =1:3$,$S_{△ ABQ} : S_{△ ABC} =2:3$,
∴ $CQ=20\ \mathrm{cm}=3x\ \mathrm{cm}$,
∴ $x=\dfrac{20}{3}$,
∴ $AP=\dfrac{80}{3}\ \mathrm{cm}$,$PB=\dfrac{40}{3}\ \mathrm{cm}$,
∴ $S_{△ BPQ} : S_{△ ABQ} = PB : AB =1:3$,
∴ $S_{△ BPQ} : S_{△ ABC} = S_{△ BPQ} : \dfrac{3}{2}S_{△ ABQ} = \dfrac{2}{3} ×\dfrac{1}{3} =\dfrac{2}{9} = 2:9$.
解析
【分析】
(1) 首先根据点P、Q的运动速度和时间x，用含x的代数式分别表示出AP、CQ、AQ的长度。当PQ//BC时，根据平行线分线段成比例定理，可得AP与AB的比等于AQ与AC的比，代入代数式列方程求解即可得到x的值。
(2) 首先由BA=BC可得∠A=∠C，两个三角形有一组对应角相等，要相似需分两种情况讨论对应边：①△APQ∽△CQB，此时AP对应CQ，AQ对应CB；②△APQ∽△CBQ，此时AP对应CB，AQ对应CQ。分别根据相似三角形对应边成比例列方程求解，舍去不符合运动实际的解，再计算AP的长度即可。
(3) 等高的两个三角形面积比等于对应底的比，先由$S_{△BCQ}:S_{△ABC}=1:3$得到CQ与AC的比，求出CQ的长度进而得到x的值，再分别计算$S_{△ABQ}$与$△ABC$的比、$S_{△BPQ}$与$△ABQ$的比，两者相乘即可得到所求面积比。
【解析】
(1) 由题意得，$AP=4x\ \mathrm{cm}$，$CQ=3x\ \mathrm{cm}$，$PB=(40-4x)\mathrm{cm}$，$AQ=(60-3x)\mathrm{cm}$。
∵ $PQ // BC$,
∴ $AP : AB = AQ : AC$,
代入得：$4x : 40=(60-3x):60$,
解得 $x=\dfrac{20}{3}$。
(2)$△ APQ$ 能与$△ CQB$ 相似。
∵ $BA=BC$,
∴ $∠ A=∠ C$。
分两种情况讨论：
①当$△ APQ∽△ CQB$ 时,$\dfrac{AP}{CQ} = \dfrac{AQ}{CB}$,即 $4x : 3x = (60-3x):40$,解得 $x=\dfrac{20}{9}$,
∴ $AP=4x=\dfrac{80}{9}\ \mathrm{cm}$。
②当$△ APQ∽△ CBQ$ 时,$\dfrac{AP}{BC} = \dfrac{AQ}{CQ}$,即 $4x : 40 = (60-3x):3x$,解得 $x_1=10$,$x_2=-20$(不符合运动实际，舍去),
∴ $AP=4x=40\ \mathrm{cm}$。
综上，AP的长为$40\ \mathrm{cm}$或$\dfrac{80}{9}\ \mathrm{cm}$。
(3)
∵ $S_{△ BCQ} : S_{△ ABC} =1:3$，$△BCQ$和$△ABC$同高，
∴ $CQ : AC =1:3$，$S_{△ ABQ} : S_{△ ABC} =2:3$,
∴ $CQ=\frac{1}{3}AC=20\ \mathrm{cm}$，即$3x=20$，解得$x=\dfrac{20}{3}$,
∴ $AP=\dfrac{80}{3}\ \mathrm{cm}$，$PB=\dfrac{40}{3}\ \mathrm{cm}$,
∵ $△BPQ$和$△ABQ$同高，
∴ $S_{△ BPQ} : S_{△ ABQ} = PB : AB =1:3$,
∴ $S_{△ BPQ} : S_{△ ABC} = \dfrac{1}{3} ×\dfrac{2}{3} = \dfrac{2}{9} = 2:9$。
【答案】
(1) $x=\dfrac{20}{3}$
(2) 能，AP的长为$\dfrac{80}{9}\ \mathrm{cm}$或$40\ \mathrm{cm}$
(3) $2:9$
【知识点】
1. 平行线分线段成比例定理
2. 相似三角形的判定与性质
3. 三角形面积比例关系
【点评】
本题属于动态几何综合题，将运动问题与三角形的相关性质结合，解题时要注意先根据运动情况表示出各线段长度，相似三角形对应关系不明确时需分类讨论，利用等高三角形面积比等于底的比可快速求解面积类问题，避免复杂的面积计算。
【难度系数】
0.6
(1) 首先根据点P、Q的运动速度和时间x，用含x的代数式分别表示出AP、CQ、AQ的长度。当PQ//BC时，根据平行线分线段成比例定理，可得AP与AB的比等于AQ与AC的比，代入代数式列方程求解即可得到x的值。
(2) 首先由BA=BC可得∠A=∠C，两个三角形有一组对应角相等，要相似需分两种情况讨论对应边：①△APQ∽△CQB，此时AP对应CQ，AQ对应CB；②△APQ∽△CBQ，此时AP对应CB，AQ对应CQ。分别根据相似三角形对应边成比例列方程求解，舍去不符合运动实际的解，再计算AP的长度即可。
(3) 等高的两个三角形面积比等于对应底的比，先由$S_{△BCQ}:S_{△ABC}=1:3$得到CQ与AC的比，求出CQ的长度进而得到x的值，再分别计算$S_{△ABQ}$与$△ABC$的比、$S_{△BPQ}$与$△ABQ$的比，两者相乘即可得到所求面积比。
【解析】
(1) 由题意得，$AP=4x\ \mathrm{cm}$，$CQ=3x\ \mathrm{cm}$，$PB=(40-4x)\mathrm{cm}$，$AQ=(60-3x)\mathrm{cm}$。
∵ $PQ // BC$,
∴ $AP : AB = AQ : AC$,
代入得：$4x : 40=(60-3x):60$,
解得 $x=\dfrac{20}{3}$。
(2)$△ APQ$ 能与$△ CQB$ 相似。
∵ $BA=BC$,
∴ $∠ A=∠ C$。
分两种情况讨论：
①当$△ APQ∽△ CQB$ 时,$\dfrac{AP}{CQ} = \dfrac{AQ}{CB}$,即 $4x : 3x = (60-3x):40$,解得 $x=\dfrac{20}{9}$,
∴ $AP=4x=\dfrac{80}{9}\ \mathrm{cm}$。
②当$△ APQ∽△ CBQ$ 时,$\dfrac{AP}{BC} = \dfrac{AQ}{CQ}$,即 $4x : 40 = (60-3x):3x$,解得 $x_1=10$,$x_2=-20$(不符合运动实际，舍去),
∴ $AP=4x=40\ \mathrm{cm}$。
综上，AP的长为$40\ \mathrm{cm}$或$\dfrac{80}{9}\ \mathrm{cm}$。
(3)
∵ $S_{△ BCQ} : S_{△ ABC} =1:3$，$△BCQ$和$△ABC$同高，
∴ $CQ : AC =1:3$，$S_{△ ABQ} : S_{△ ABC} =2:3$,
∴ $CQ=\frac{1}{3}AC=20\ \mathrm{cm}$，即$3x=20$，解得$x=\dfrac{20}{3}$,
∴ $AP=\dfrac{80}{3}\ \mathrm{cm}$，$PB=\dfrac{40}{3}\ \mathrm{cm}$,
∵ $△BPQ$和$△ABQ$同高，
∴ $S_{△ BPQ} : S_{△ ABQ} = PB : AB =1:3$,
∴ $S_{△ BPQ} : S_{△ ABC} = \dfrac{1}{3} ×\dfrac{2}{3} = \dfrac{2}{9} = 2:9$。
【答案】
(1) $x=\dfrac{20}{3}$
(2) 能，AP的长为$\dfrac{80}{9}\ \mathrm{cm}$或$40\ \mathrm{cm}$
(3) $2:9$
【知识点】
1. 平行线分线段成比例定理
2. 相似三角形的判定与性质
3. 三角形面积比例关系
【点评】
本题属于动态几何综合题，将运动问题与三角形的相关性质结合，解题时要注意先根据运动情况表示出各线段长度，相似三角形对应关系不明确时需分类讨论，利用等高三角形面积比等于底的比可快速求解面积类问题，避免复杂的面积计算。
【难度系数】
0.6
