12 [2025保定安国期末]小红和小明想测量学校旗杆上旗帜的宽度.如图,点P,G,C,A在同一水平直线上,MG⊥PA,小红在C处竖立一根标杆BC(BC⊥PA),地面上的点A、标杆顶端B和点N在同一条直线上(点N在MG上),BC=1.5米,AC=1米,AG=8米;小明手持自制直角三角形纸板DEF(DF⊥EF),其中EF=0.1米,DF=0.2米,使长直角边DF与水平地面平行,调整位置,恰好在点P时点D,E,M在同一条直线上,DP⊥PA,DP=1.5米,PG=23.6米.求旗帜的宽度MN.

如图,延长DF交MG于点Q,则$DQ⊥ MG. \therefore QG=DP=1.5$米,$DQ=PG=23.6$米. $\because BC⊥ AP, MG⊥ AP, \therefore BC// MG, \therefore$ 易得$△ ABC ∽ △ ANG. \therefore \frac{BC}{NG}=\frac{AC}{AG}$,即$\frac{1.5}{NG}=\frac{1}{8}$.
$\therefore NG=12$米. 同理可得,$△ DEF ∽ △ DMQ, \therefore \frac{EF}{MQ}=\frac{DF}{DQ}$,即$\frac{0.1}{MQ}=\frac{0.2}{23.6}. \therefore MQ=11.8$米. $\therefore MN=MQ+QG-NG=11.8+1.5-12=1.3$(米),即旗帜的宽度MN是1.3米

【分析】
本题是利用相似三角形解决实际测量问题的题型，解题思路如下：①首先作辅助线，延长DF交MG于点Q，可得到矩形DPGQ，从而得到QG、DQ的长度；②由BC、NG均垂直于PA可推出BC//MG，进而证明△ABC∽△ANG，利用相似三角形对应边成比例求出NG的长度；③由EF//MQ可证明△DEF∽△DMQ，同样利用相似三角形对应边成比例求出MQ的长度；④最后根据线段的和差关系MN=MQ+QG-NG，代入数值计算即可得到旗帜的宽度MN。
【解析】
如图，延长DF交MG于点Q，
∵DF与水平地面平行，DP⊥PA，MG⊥PA，
∴DQ⊥MG，四边形DPGQ为矩形，
∴QG=DP=1.5米，DQ=PG=23.6米。
∵BC⊥AP，MG⊥AP，
∴BC//MG，∠ACB=∠AGN=90°，
又
∵∠A为公共角，
∴△ABC∽△ANG，
∴$\frac{BC}{NG}=\frac{AC}{AG}$，代入BC=1.5米，AC=1米，AG=8米，
得$\frac{1.5}{NG}=\frac{1}{8}$，解得NG=12米。
∵DF⊥EF，DQ⊥MQ，
∴EF//MQ，∠DFE=∠DQM=90°，
又
∵∠EDF=∠MDQ为公共角，
∴△DEF∽△DMQ，
∴$\frac{EF}{MQ}=\frac{DF}{DQ}$，代入EF=0.1米，DF=0.2米，DQ=23.6米，
得$\frac{0.1}{MQ}=\frac{0.2}{23.6}$，解得MQ=11.8米。
∴MN=MQ+QG-NG=11.8+1.5-12=1.3（米）。
【答案】
旗帜的宽度MN是1.3米
【知识点】
相似三角形的判定、相似三角形的性质、相似三角形的实际应用
【点评】
本题是相似三角形在实际测量场景中的典型应用，解题核心是结合图形特征构造相似三角形，准确识别两组相似三角形的对应边，再结合线段的和差关系列式计算即可，解题时需注意对应边不要混淆。
【难度系数】
0.6

13 [2025金昌期末]如图,在平面直角坐标系中,△A₁B₁C₁与△ABC位似,△ABC的顶点坐标分别是A(2,1),B(3,4),C(2,3),△A₁B₁C₁的顶点坐标分别是A₁(-4,4),B₁(-6,-2),C₁(-4,0).
(1) 若位似中心为点M,则点M的坐标为;
(2) 以点O为位似中心作△A₁B₁C₁的位似图形△A₂B₂C₂,使△A₁B₁C₁与△A₂B₂C₂的相似比为2:1,请在图中画出符合要求的△A₂B₂C₂,并写出点B₂的坐标.

13. (1) $(0,2)$ (2) 如图所示 点$B_2$的坐标为$(-3,-1)$或$(3,1)$

【分析】
(1) 位似中心是位似图形两组对应顶点连线的交点，因此我们可以先求出两组对应点所在直线的解析式，联立方程组求解即可得到位似中心M的坐标。
(2) 以原点O为位似中心时，位似图形对应点的坐标为原图形对应点坐标乘相似比或相似比的相反数。本题中△A₁B₁C₁与△A₂B₂C₂的相似比为2:1，即对应点坐标乘$\frac{1}{2}$或$-\frac{1}{2}$即可得到△A₂B₂C₂的顶点坐标，描点连线即可画出图形，同时得到B₂的坐标，注意不要漏解异侧的位似图形。
【解析】
(1) 连接对应点$AA_1$、$BB_1$，求两条直线的交点：
① 设直线$AA_1$的解析式为$y=kx+b$，将$A(2,1)$、$A_1(-4,4)$代入得：
$\begin{cases}2k+b=1 \\ -4k+b=4 \end{cases}$，解得$\begin{cases}k=-\frac{1}{2} \\ b=2 \end{cases}$，即直线$AA_1$：$y=-\frac{1}{2}x+2$。
② 设直线$BB_1$的解析式为$y=mx+n$，将$B(3,4)$、$B_1(-6,-2)$代入得：
$\begin{cases}3m+n=4 \\ -6m+n=-2 \end{cases}$，解得$\begin{cases}m=\frac{2}{3} \\ n=2 \end{cases}$，即直线$BB_1$：$y=\frac{2}{3}x+2$。
联立两个解析式，解得$x=0$，$y=2$，即位似中心$M(0,2)$。
(2) 以O为位似中心，相似比为$\frac{1}{2}$，则△A₂B₂C₂顶点坐标为△A₁B₁C₁顶点坐标乘$\frac{1}{2}$或$-\frac{1}{2}$：
已知$B_1(-6,-2)$，当位似图形与原图形在原点同侧时，$B_2(-6×\frac{1}{2},-2×\frac{1}{2})=(-3,-1)$；当位似图形与原图形在原点异侧时，$B_2(-6×(-\frac{1}{2}),-2×(-\frac{1}{2}))=(3,1)$。
依次确定$A_2$、$C_2$坐标后描点连线，即可画出△A₂B₂C₂。
【答案】
(1) $(0,2)$
(2) 如图所示，点$B_2$的坐标为$(-3,-1)$或$(3,1)$
【知识点】
位似的性质，位似中心的确定，坐标系中位似变换的坐标规律
【点评】
本题重点考查位似图形的相关性质，解题时需要牢记位似中心是对应点连线的交点，原点为位似中心时对应点的坐标变化规律，注意位似图形可位于位似中心的两侧，避免漏解。
【难度系数】
0.7

14 如图,在$□ ABCD$中,$AB=3,AD=5$.以点B为圆心、适当长为半径作弧,分别交AB,BC于点M,N;分别以点M,N为圆心、大于$\frac{1}{2}MN$的长为半径作弧,两弧交于点Q;作射线BQ交AD于点P,交CD的延长线于点E.由上可知,$AB:DE$等于 ()

A.$2:1$
B.$2:5$
C.$4:3$
D.$3:2$

(第14题) (第15题)

14. D

【分析】
首先识别题中的尺规作图是作∠ABC的角平分线，可得BE平分∠ABC；再结合平行四边形对边平行的性质，利用“平行线+角平分线”的组合可推出等腰三角形，求出相关线段的长度，最后计算AB与DE的比值即可。
【解析】
由尺规作图的步骤可知，射线BQ是∠ABC的平分线，因此$∠ ABE = ∠ CBE$。
∵四边形$ABCD$是平行四边形，
∴$AD// BC$，$AB// CD$，$AB=CD=3$，$BC=AD=5$。
由$AD// BC$可得：$∠ APB = ∠ CBE$，
∴$∠ ABE = ∠ APB$，
∴$AP=AB=3$，则$PD=AD-AP=5-3=2$。
由$AB// CE$（$E$在$CD$的延长线上）可得：$∠ ABE = ∠ E$，
∴$∠ E = ∠ CBE$，
∴$CE=BC=5$，则$DE=CE-CD=5-3=2$。
因此$AB:DE=3:2$。
【答案】
D
【知识点】
尺规作角平分线，平行四边形的性质，等腰三角形的判定
【点评】
本题是基础综合题，解题的关键是先识别出角平分线，再结合平行四边形的性质推导得到等腰三角形，进而求出对应线段的长度，考查了对基础作图和几何性质的综合应用能力。
【难度系数】
0.7

15 如图，左、右并排的两棵树的高度分别为AB=8 m，CD=12 m，两树底部的距离BD=5 m，小红眼睛距地面1.6 m.她沿着连接这两棵树的一条水平直路l从左向右前进，在前进的过程中，她发现看不到右边较高的树的顶端C，此时，她与左边较低的树AB的水平距离（）

A.小于8 m
B.小于9 m
C.大于8 m
D.大于9 m

15. A

【分析】
解题的关键是找到看不到树顶C的临界状态：视线F、A、C三点共线。首先将树高减去人眼距地面的高度，得到相似三角形对应的竖直边长度，再设人到左树的水平距离为未知数，利用“竖直方向的两条线平行，可判定两个三角形相似”的性质，列比例式求出临界距离，最终判断看不到C时的距离范围。
【解析】
过眼睛位置F作水平直线FG，分别交AB、CD于点H、K，由题意可知：
HB=KD=1.6 m，HK=BD=5 m。
设小红与左边树AB的水平距离FH=x m，则FK=FH+HK=(x+5)m，
AH=AB-HB=8-1.6=6.4 m，CK=CD-KD=12-1.6=10.4 m。
当小红恰好看不到点C时，F、A、C三点共线，
∵AH⊥FG，CK⊥FG，
∴AH//CK，
∴△FAH∽△FCK，根据相似三角形对应边成比例可得：
$\frac{AH}{CK}=\frac{FH}{FK}$，代入数值得$\frac{6.4}{10.4}=\frac{x}{x+5}$，
交叉相乘得：$6.4(x+5)=10.4x$，
整理得$4x=32$，解得$x=8$。
即当距离为8m时恰好能看到C点，当距离小于8m时，视线被AB遮挡，看不到C点。
【答案】
A
【知识点】
相似三角形的应用，相似三角形的性质
【点评】
本题是相似三角形在实际生活中的典型应用题，解题核心是抓住视线遮挡的临界状态构造相似三角形，计算时要注意需减去人眼距地面的高度，得到相似三角形对应的竖直边长，避免直接用树高计算出错。
【难度系数】
0.7

16 如图,菱形ABCD的边长为2,对角线AC,BD相交于点O,M,N分别是边BC,CD上的动点,∠BAC=∠MAN=60°,连接MN,OM.有下列结论:① △AMN是等边三角形；② MN长的最小值是$\sqrt{3}$；③ 当MN最短时,$S_{△ CMN}=\frac{1}{8}S_{菱形ABCD}$；④ 当OM⊥BC时,$OA^2=DN· AB$.其中,正确的是()

A.①②③
B.①②④
C.①③④
D.①②③④

16. D

【分析】
本题是菱形背景下的几何综合题，解题可按以下思路推进：1. 先利用菱形边长相等和∠BAC=60°的条件，得出△ABC、△ACD均为等边三角形，为全等证明做铺垫；2. 证明△BAM≌△CAN，推导AM=AN，结合∠MAN=60°判断①是否正确；3. 由等边三角形性质得MN=AM，根据垂线段最短求AM的最小值，即可得MN的最小值，判断②；4. 计算MN最短时△CMN和菱形的面积，验证面积比判断③；5. 结合OM⊥BC的条件，计算对应线段长度，验证等式判断④，最终确定所有正确结论。
【解析】
1. 证明结论①：
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AB=BC=AD=CD，∠BAC=∠DAC。
又
∵ ∠BAC=60°，
∴ △ABC、△ACD都是等边三角形，
∴ AB=AC，∠B=∠ACN=60°。
∵ ∠BAC=∠MAN=60°，
∴ ∠BAC-∠MAC=∠MAN-∠MAC，即∠BAM=∠CAN，
∴ △BAM≌△CAN（ASA），
∴ AM=AN，
又
∵ ∠MAN=60°，
∴ △AMN是等边三角形，①正确。
2. 证明结论②：
∵ △AMN是等边三角形，
∴ MN=AM，
当AM⊥BC时，AM的长度最小（垂线段最短），
在Rt△ABM中，AB=2，∠B=60°，
∴ AM=AB·sin60°=2×(√3/2)=√3，
∴ MN的最小值为√3，②正确。
3. 证明结论③：
当MN最短时，AM⊥BC，AN⊥CD，
∵ △ABC是等边三角形，AM⊥BC，
∴ M是BC中点，同理N是CD中点，
∴ CM=CN=1，∠MCN=180°-60°=120°，
$S_{△CMN}=\frac{1}{2}×CM×CN×sin120°=\frac{1}{2}×1×1×\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}$，
$S_{菱形ABCD}=BC×AM=2×\sqrt{3}=2\sqrt{3}$，
∴ $S_{△CMN}=\frac{\sqrt{3}/4}{2\sqrt{3}}S_{菱形ABCD}=\frac{1}{8}S_{菱形ABCD}$，③正确。
4. 证明结论④：
菱形对角线AC⊥BD，∠OBC=30°，OB=√3，OA=1，
当OM⊥BC时，在Rt△BOM中，BM=OB·cos30°=√3×(√3/2)=3/2，
由△BAM≌△CAN得CN=BM=3/2，
∴ DN=CD-CN=2-3/2=1/2，
∵ OA²=1²=1，DN·AB=(1/2)×2=1，
∴ OA²=DN·AB，④正确。
综上，①②③④都正确。
【答案】
D
【知识点】
菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质
【点评】
本题为几何综合选择题，融合了动点最值、面积计算、线段等量关系验证等考点，需要熟练掌握特殊四边形和特殊三角形的性质，逻辑推导性较强，能很好地考查几何知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.4