登录
9. 如图①，$△ ABC$和$△ ADE$是等边三角形，连接$DC$，$F$，$G$，$H$分别是$DE$，$DC$和$BC$的中点，连接$FG$，$FH$。易证：$FH=\sqrt{3}FG$。
若$△ ABC$和$△ ADE$都是等腰直角三角形，且$∠ BAC=∠ DAE=90°$，如图②；若$△ ABC$和$△ ADE$都是等腰三角形，且$∠ BAC=∠ DAE=120°$，如图③。其他条件不变，判断$FH$和$FG$之间的数量关系，写出你的猜想，并利用图②或图③进行证明。
若$△ ABC$和$△ ADE$都是等腰直角三角形，且$∠ BAC=∠ DAE=90°$，如图②；若$△ ABC$和$△ ADE$都是等腰三角形，且$∠ BAC=∠ DAE=120°$，如图③。其他条件不变，判断$FH$和$FG$之间的数量关系，写出你的猜想，并利用图②或图③进行证明。
答案
解:如图①,$FH=\sqrt{2}FG$。证明如下：
连接$AH,CE,AF$，
$\because △ ABC$和$△ ADE$都是等腰直角三角形,且$∠ BAC=∠ DAE=90°,F,H$分别是$DE,BC$的中点，
$\therefore AH⊥ BC,AF⊥ DE,AH=CH=\frac{1}{2}BC$，
$AF=EF=\frac{1}{2}DE$，
$\therefore ∠ CAH=∠ EAF=45°$，
$\therefore ∠ HAF=∠ EAC,\frac{AH}{AC}=\frac{AF}{AE}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
$\therefore △ AHF∽△ ACE$，
$\therefore \frac{FH}{CE}=\frac{AH}{AC}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
$\therefore CE=\sqrt{2}FH$。
$\because F,G$分别是$DE,DC$的中点，
$\therefore CE=2FG$，
$\therefore FH=\sqrt{2}FG$。
如图②,$FH=FG$。证明如下：
连接$AH,CE,AF$，
$\because △ ABC$和$△ ADE$都是等腰三角形,且$∠ BAC=∠ DAE=120°$，
$\therefore ∠ AED=∠ ADE=∠ ACB=∠ B=30°$。
$\because F,H$分别是$DE,BC$的中点，
$\therefore AH⊥ BC,AF⊥ DE,∠ CAH=∠ EAF=\frac{1}{2}×120°=60°$，
$\therefore ∠ HAF=∠ EAC,\frac{AH}{AC}=\frac{AF}{AE}=\frac{1}{2}$，
$\therefore △ AHF∽△ ACE$，
$\therefore \frac{FH}{CE}=\frac{AH}{AC}=\frac{1}{2}$，
$\therefore CE=2FH$。
$\because F,G$分别是$DE,DC$的中点，
$\therefore CE=2FG$，
$\therefore FH=FG$。
解析
【分析】
解题思路如下：① 首先观察到F、G分别是DE、DC的中点，根据三角形中位线定理，FG是△DCE的中位线，可得$CE=2FG$，因此只需找到FH与CE的数量关系，即可推导FH和FG的关系；② 连接AH、AF、CE，利用等腰（含等腰直角）三角形三线合一的性质，可得AH⊥BC、AF⊥DE，同时可推导得出$∠HAF=∠EAC$，以及AH与AC、AF与AE的比例关系；③ 证明$△HAF∽△CAE$，得到FH与CE的比值，再结合中位线的结论，即可推出FH和FG的数量关系。
【解析】
分两种情况讨论：
1. 当△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，$\boldsymbol{∠BAC=∠DAE=90°}$（对应图②）时：
连接$AH,CE,AF$，
$\because △ ABC$和$△ ADE$都是等腰直角三角形，且$∠ BAC=∠ DAE=90°$，F、H分别是DE、BC的中点，
$\therefore AH⊥ BC,AF⊥ DE,AH=CH=\frac{1}{2}BC$，$AF=EF=\frac{1}{2}DE$，
$\therefore ∠ CAH=∠ EAF=45°$，
$\therefore ∠ HAF=∠CAH+∠CAF=∠EAF+∠CAF=∠ EAC$，且$\frac{AH}{AC}=\frac{AF}{AE}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
$\therefore △ AHF∽△ ACE$，
$\therefore \frac{FH}{CE}=\frac{AH}{AC}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，即$CE=\sqrt{2}FH$。
$\because F,G$分别是$DE,DC$的中点，
$\therefore FG$是△DCE的中位线，$CE=2FG$，
$\therefore \sqrt{2}FH=2FG$，即$FH=\sqrt{2}FG$。
2. 当△ABC和△ADE都是等腰三角形，$\boldsymbol{∠BAC=∠DAE=120°}$（对应图③）时：
连接$AH,CE,AF$，
$\because △ ABC$和$△ ADE$都是等腰三角形，且$∠ BAC=∠ DAE=120°$，
$\therefore ∠ AED=∠ ADE=∠ ACB=∠ B=30°$。
$\because F,H$分别是$DE,BC$的中点，
$\therefore AH⊥ BC,AF⊥ DE,∠ CAH=∠ EAF=\frac{1}{2}×120°=60°$，
$\therefore ∠ HAF=∠CAH+∠CAF=∠EAF+∠CAF=∠ EAC$，且$\frac{AH}{AC}=\frac{AF}{AE}=\frac{1}{2}$，
$\therefore △ AHF∽△ ACE$，
$\therefore \frac{FH}{CE}=\frac{AH}{AC}=\frac{1}{2}$，即$CE=2FH$。
$\because F,G$分别是$DE,DC$的中点，
$\therefore FG$是△DCE的中位线，$CE=2FG$，
$\therefore 2FH=2FG$，即$FH=FG$。
【答案】
当两三角形为等腰直角三角形（$∠BAC=∠DAE=90°$）时，$\boldsymbol{FH=\sqrt{2}FG}$；当两三角形为顶角120°的等腰三角形时，$\boldsymbol{FH=FG}$。
辅助线参考：
【知识点】
等腰三角形的性质；三角形中位线定理；相似三角形的判定与性质
【点评】
本题属于共顶点等腰三角形的变换类几何题，解题核心是通过构造辅助线，将待求线段的关系转化为相似三角形对应边的比例关系，结合中位线定理完成推导，考查了几何核心定理的综合运用能力和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.4
解题思路如下：① 首先观察到F、G分别是DE、DC的中点，根据三角形中位线定理，FG是△DCE的中位线，可得$CE=2FG$，因此只需找到FH与CE的数量关系，即可推导FH和FG的关系；② 连接AH、AF、CE，利用等腰（含等腰直角）三角形三线合一的性质，可得AH⊥BC、AF⊥DE，同时可推导得出$∠HAF=∠EAC$，以及AH与AC、AF与AE的比例关系；③ 证明$△HAF∽△CAE$，得到FH与CE的比值，再结合中位线的结论，即可推出FH和FG的数量关系。
【解析】
分两种情况讨论：
1. 当△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，$\boldsymbol{∠BAC=∠DAE=90°}$（对应图②）时：
连接$AH,CE,AF$，
$\because △ ABC$和$△ ADE$都是等腰直角三角形，且$∠ BAC=∠ DAE=90°$，F、H分别是DE、BC的中点，
$\therefore AH⊥ BC,AF⊥ DE,AH=CH=\frac{1}{2}BC$，$AF=EF=\frac{1}{2}DE$，
$\therefore ∠ CAH=∠ EAF=45°$，
$\therefore ∠ HAF=∠CAH+∠CAF=∠EAF+∠CAF=∠ EAC$，且$\frac{AH}{AC}=\frac{AF}{AE}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
$\therefore △ AHF∽△ ACE$，
$\therefore \frac{FH}{CE}=\frac{AH}{AC}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，即$CE=\sqrt{2}FH$。
$\because F,G$分别是$DE,DC$的中点，
$\therefore FG$是△DCE的中位线，$CE=2FG$，
$\therefore \sqrt{2}FH=2FG$，即$FH=\sqrt{2}FG$。
2. 当△ABC和△ADE都是等腰三角形，$\boldsymbol{∠BAC=∠DAE=120°}$（对应图③）时：
连接$AH,CE,AF$，
$\because △ ABC$和$△ ADE$都是等腰三角形，且$∠ BAC=∠ DAE=120°$，
$\therefore ∠ AED=∠ ADE=∠ ACB=∠ B=30°$。
$\because F,H$分别是$DE,BC$的中点，
$\therefore AH⊥ BC,AF⊥ DE,∠ CAH=∠ EAF=\frac{1}{2}×120°=60°$，
$\therefore ∠ HAF=∠CAH+∠CAF=∠EAF+∠CAF=∠ EAC$，且$\frac{AH}{AC}=\frac{AF}{AE}=\frac{1}{2}$，
$\therefore △ AHF∽△ ACE$，
$\therefore \frac{FH}{CE}=\frac{AH}{AC}=\frac{1}{2}$，即$CE=2FH$。
$\because F,G$分别是$DE,DC$的中点，
$\therefore FG$是△DCE的中位线，$CE=2FG$，
$\therefore 2FH=2FG$，即$FH=FG$。
【答案】
当两三角形为等腰直角三角形（$∠BAC=∠DAE=90°$）时，$\boldsymbol{FH=\sqrt{2}FG}$；当两三角形为顶角120°的等腰三角形时，$\boldsymbol{FH=FG}$。
辅助线参考：
【知识点】
等腰三角形的性质；三角形中位线定理；相似三角形的判定与性质
【点评】
本题属于共顶点等腰三角形的变换类几何题，解题核心是通过构造辅助线，将待求线段的关系转化为相似三角形对应边的比例关系，结合中位线定理完成推导，考查了几何核心定理的综合运用能力和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.4
10.课本再现：
(1)如图①,在$Rt△ ABC$和$Rt△ A'B'C'$中,$∠ C=90°,∠ C'=90°,\frac{AB}{A'B'}=\frac{AC}{A'C'}$,求证:$Rt△ ABC ∽ Rt△ A'B'C'$。我们在数学课上探索这一结论时进行了分析:要证$Rt△ ABC ∽ Rt△ A'B'C'$,可设法证$\frac{BC}{B'C'}=\frac{AB}{A'B'}=\frac{AC}{A'C'}$,若设$\frac{AB}{A'B'}=\frac{AC}{A'C'}=k$,则只需证$\frac{BC}{B'C'}=k$。请你根据以上分析,完成证明。
知识应用:
(2)如图②,在四边形$PMQN$中,$∠ M=∠ PQN=90°,PQ^2=PM· PN,\frac{MQ}{NQ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$,求$\frac{PQ}{PN}$的值。
(1)如图①,在$Rt△ ABC$和$Rt△ A'B'C'$中,$∠ C=90°,∠ C'=90°,\frac{AB}{A'B'}=\frac{AC}{A'C'}$,求证:$Rt△ ABC ∽ Rt△ A'B'C'$。我们在数学课上探索这一结论时进行了分析:要证$Rt△ ABC ∽ Rt△ A'B'C'$,可设法证$\frac{BC}{B'C'}=\frac{AB}{A'B'}=\frac{AC}{A'C'}$,若设$\frac{AB}{A'B'}=\frac{AC}{A'C'}=k$,则只需证$\frac{BC}{B'C'}=k$。请你根据以上分析,完成证明。
知识应用:
(2)如图②,在四边形$PMQN$中,$∠ M=∠ PQN=90°,PQ^2=PM· PN,\frac{MQ}{NQ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$,求$\frac{PQ}{PN}$的值。
答案
(1)证明:设$\frac{AB}{A'B'}=\frac{AC}{A'C'}=k$，
则$AB=kA'B',AC=kA'C'$。
在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中, 由勾股定理, 得 $BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=k\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}$，
在 $\mathrm{Rt}△ A'B'C'$ 中, 由勾股定理, 得 $B'C'=\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}$，
$\therefore \frac{BC}{B'C'}=\frac{k\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}}{\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}}=k$，
$\therefore \frac{BC}{B'C'}=\frac{AB}{A'B'}=\frac{AC}{A'C'}$，
$\therefore \mathrm{Rt}△ ABC∽\mathrm{Rt}△ A'B'C'$。
(2)解:$\because PQ^2=PM· PN$，
$\therefore \frac{PQ}{PN}=\frac{PM}{PQ}$。
$\because ∠ M=∠ PQN=90°$，
$\therefore$ 由(1)知 $\mathrm{Rt}△ PMQ∽\mathrm{Rt}△ PQN$，
$\therefore \frac{PQ}{PN}=\frac{MQ}{QN}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
则$AB=kA'B',AC=kA'C'$。
在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中, 由勾股定理, 得 $BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=k\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}$，
在 $\mathrm{Rt}△ A'B'C'$ 中, 由勾股定理, 得 $B'C'=\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}$，
$\therefore \frac{BC}{B'C'}=\frac{k\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}}{\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}}=k$，
$\therefore \frac{BC}{B'C'}=\frac{AB}{A'B'}=\frac{AC}{A'C'}$，
$\therefore \mathrm{Rt}△ ABC∽\mathrm{Rt}△ A'B'C'$。
(2)解:$\because PQ^2=PM· PN$，
$\therefore \frac{PQ}{PN}=\frac{PM}{PQ}$。
$\because ∠ M=∠ PQN=90°$，
$\therefore$ 由(1)知 $\mathrm{Rt}△ PMQ∽\mathrm{Rt}△ PQN$，
$\therefore \frac{PQ}{PN}=\frac{MQ}{QN}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
解析
【分析】
（1）要证明两个直角三角形相似，已知两组对应边的比相等，我们可设这个公共比值为k，用含k的式子表示两个三角形的已知边，再通过勾股定理分别表示出两个三角形的第三条边，推导得出第三条边的比也等于k，即可根据三边成比例的两个三角形相似完成证明。
（2）先将已知的等积式$PQ^2=PM·PN$变形为比例式，得到两个直角三角形的斜边与一组直角边的比相等，直接套用（1）中证明的直角三角形相似的结论判定两个三角形相似，再根据相似三角形对应边成比例，代入已知的$\frac{MQ}{NQ}$的比值，即可求出$\frac{PQ}{PN}$的值。
【解析】
(1)证明:设$\frac{AB}{A'B'}=\frac{AC}{A'C'}=k$，
则$AB=kA'B',AC=kA'C'$。
在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中, 由勾股定理, 得 $BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{(kA'B')^2-(kA'C')^2}=k\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}$，
在 $\mathrm{Rt}△ A'B'C'$ 中, 由勾股定理, 得 $B'C'=\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}$，
$\therefore \frac{BC}{B'C'}=\frac{k\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}}{\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}}=k$，
$\therefore \frac{BC}{B'C'}=\frac{AB}{A'B'}=\frac{AC}{A'C'}$，
$\therefore \mathrm{Rt}△ ABC∽\mathrm{Rt}△ A'B'C'$。
(2)解:$\because PQ^2=PM· PN$，
$\therefore \frac{PQ}{PN}=\frac{PM}{PQ}$。
$\because ∠ M=∠ PQN=90°$，
$\therefore$ 由(1)的结论可得 $\mathrm{Rt}△ PMQ∽\mathrm{Rt}△ PQN$，
$\therefore \frac{PQ}{PN}=\frac{MQ}{QN}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
【答案】
(1) $\mathrm{Rt}△ ABC ∽ Rt△ A'B'C'$，证明见解析；
(2) $\frac{\sqrt{3}}{2}$
【知识点】
直角三角形相似的判定、勾股定理、相似三角形的性质
【点评】
本题分为证明和应用两部分，第一问立足基础，考查利用勾股定理推导直角三角形相似判定定理的过程，第二问为前一问结论的迁移应用，需要学生灵活将等积式转化为比例式，结合已证结论解决问题，较好地考查了知识的迁移应用能力和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7
（1）要证明两个直角三角形相似，已知两组对应边的比相等，我们可设这个公共比值为k，用含k的式子表示两个三角形的已知边，再通过勾股定理分别表示出两个三角形的第三条边，推导得出第三条边的比也等于k，即可根据三边成比例的两个三角形相似完成证明。
（2）先将已知的等积式$PQ^2=PM·PN$变形为比例式，得到两个直角三角形的斜边与一组直角边的比相等，直接套用（1）中证明的直角三角形相似的结论判定两个三角形相似，再根据相似三角形对应边成比例，代入已知的$\frac{MQ}{NQ}$的比值，即可求出$\frac{PQ}{PN}$的值。
【解析】
(1)证明:设$\frac{AB}{A'B'}=\frac{AC}{A'C'}=k$，
则$AB=kA'B',AC=kA'C'$。
在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中, 由勾股定理, 得 $BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{(kA'B')^2-(kA'C')^2}=k\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}$，
在 $\mathrm{Rt}△ A'B'C'$ 中, 由勾股定理, 得 $B'C'=\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}$，
$\therefore \frac{BC}{B'C'}=\frac{k\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}}{\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}}=k$，
$\therefore \frac{BC}{B'C'}=\frac{AB}{A'B'}=\frac{AC}{A'C'}$，
$\therefore \mathrm{Rt}△ ABC∽\mathrm{Rt}△ A'B'C'$。
(2)解:$\because PQ^2=PM· PN$，
$\therefore \frac{PQ}{PN}=\frac{PM}{PQ}$。
$\because ∠ M=∠ PQN=90°$，
$\therefore$ 由(1)的结论可得 $\mathrm{Rt}△ PMQ∽\mathrm{Rt}△ PQN$，
$\therefore \frac{PQ}{PN}=\frac{MQ}{QN}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
【答案】
(1) $\mathrm{Rt}△ ABC ∽ Rt△ A'B'C'$，证明见解析；
(2) $\frac{\sqrt{3}}{2}$
【知识点】
直角三角形相似的判定、勾股定理、相似三角形的性质
【点评】
本题分为证明和应用两部分，第一问立足基础，考查利用勾股定理推导直角三角形相似判定定理的过程，第二问为前一问结论的迁移应用，需要学生灵活将等积式转化为比例式，结合已证结论解决问题，较好地考查了知识的迁移应用能力和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7
