1[中]如图,等腰$△ ABC$中,$AB=AC$,$E,F$分别是$AB,AC$上的点,且$BE=AF$,连结$CE,BF$交于点$P$,若$\frac{CP}{PE}=\frac{3}{4}$,则$\frac{AE}{AF}$的值为 ()

A.$\frac{1}{2}$
B.$\frac{1}{3}$
C.$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$
D.$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$

(第1题图)
(第2题图)

1. A 【解析】作 $ED// AC$ 交 $BF$ 于 $D$,如图.
∵ $ED// FC$,
∴ $△ EDP∽△ CFP$,
∴ $\frac{ED}{CF} = \frac{EP}{CP} = \frac{4}{3}$. 设 $ED = 4x$,$BE = y$,则 $CF = 3x$,$AF = y$.
∵ $AB = AC$,
∴ $AE = FC = 3x$.
∵ $DE// AF$,
∴ $△ BED∽△ BAF$,
∴ $\frac{BE}{BA} = \frac{DE}{FA}$,即 $\frac{y}{y+3x} = \frac{4x}{y}$,整理得 $y^2 - 4xy - 12x^2 = 0$,
∴ $(y+2x)·(y-6x) = 0$,
∴ $y = 6x$ 或 $y = -2x$ (不符合题意,舍去),
∴ $\frac{AE}{AF} = \frac{3x}{6x} = \frac{1}{2}$. 故选 A.

2[中]如图，AD是$Rt△ ABC$斜边BC上的高，过AB边上的点E作$EF⊥ AD$于F，$EG⊥ BC$于G，过AC边上的点H作$HI⊥ AD$于I，$HJ⊥ CD$于J。若$EF=EG=7$，$HI=HJ=5$，则AD的长为。

2. 12 【解析】
∵ 由题意得 $∠ EGD = ∠ FDG = ∠ EFD = 90°$,$EF=EG$,
∴ 四边形 $EFDG$ 为正方形,同理可得四边形 $IHJD$ 为正方形. 又
∵ $∠ BAC = 90°$,
∴ $∠ EAF+∠ FAH = 90°$. 又
∵ 易得 $∠ EFA = ∠ AIH = 90°$,
∴ $∠ EAF + ∠ AEF = 90°$,
∴ $∠ FAH = ∠ AEF$,
∴ $△ AEF∽△ HAI$,
∴ $\frac{AF}{HI} = \frac{EF}{AI}$. 设 $AF = x$,则 $AI = AF+FI = x+(FD-ID) = x+(7-5) = x+2$,
∴ $\frac{x}{5} = \frac{7}{x+2}$,解得 $x_1=5$,$x_2=-7$(不合题意,舍去),
∴ $AF=5$,
∴ $AD = AF+FD=5+7=12$. 故答案为 12.
关键点拨
解题的关键是根据题意证明 $△ AEF∽△ HAI$,列出比例式 $\frac{AF}{HI} = \frac{EF}{AI}$.

3[中]如图,已知正方形ABCD的边长为2,点E是BC的中点,连结AE,点F在AE上,且$EF=CE$,连结CF并延长交AB于点G.则BG的长是.

(第3题图)
(第4题图)

3. $\sqrt{5}-1$ 【解析】如图,过点 $F$ 作 $FH⊥ BC$ 于点 $H$.
∵ 四边形 $ABCD$ 是正方形,
∴ $AB⊥ BC$,$AB = BC = 2$.
∵ 点 $E$ 是 $BC$ 的中点,
∴ $BE = CE = \frac{1}{2} BC = 1$,
∴ $AE = \sqrt{AB^2+BE^2} = \sqrt{5}$.
∵ $EF = CE$,
∴ $EF = CE = BE = 1$.
∵ $FH// AB$,
∴ $△ FEH∽△ AEB$,
∴ $\frac{FH}{AB} = \frac{EF}{AE} = \frac{EH}{BE}$,
∴ $\frac{FH}{2} = \frac{1}{\sqrt{5}} = \frac{EH}{1}$,
∴ $FH = \frac{2\sqrt{5}}{5}$,$EH = \frac{\sqrt{5}}{5}$,
∴ $CH = CE+EH = 1 + \frac{\sqrt{5}}{5}$.
∵ $FH// AB$,
∴ $△ CFH∽△ CGB$,
∴ $\frac{FH}{BG} = \frac{CH}{CB}$,
∴ $\frac{\frac{2\sqrt{5}}{5}}{BG} = \frac{1+\frac{\sqrt{5}}{5}}{2}$,
∴ $BG = \sqrt{5} -1$. 故答案为 $\sqrt{5} -1$.

4[2026浙江杭州萧山区质检,中]如图,$△ABO$各顶点的坐标是$A(2,6),B(3,1),O(0,0)$,平面内存在一点$P$,使得$△ABP$与$△ABO$相似,则不与点$O$重合的点$P$有个.

4. 11 【解析】如图(1)所示,当 $∠ ABP = ∠ AOB$,$∠ BAP = ∠ BAO$ 时,$△ ABP∽△ AOB$,此时点 $P$ 分别在 $P_1$,$P_2$ 处.
如图(2)所示,当 $∠ BAP = ∠ AOB$,$∠ ABP = ∠ BAO$ 时,$△ ABP∽△ OAB$,此时点 $P$ 分别在 $P_3$,$P_4$ 处.
如图(3)所示,当 $∠ P = ∠ AOB$,$∠ ABP = ∠ BAO$ 时,$△ ABP∽△ BAO$,此时点 $P$ 分别在 $P_5$,$P_6$ 处.
如图(4)所示,当 $∠ BAO = ∠ BAP$,$∠ AOB = ∠ P$ 时,$△ ABP∽△ ABO$,此时点 $P$ 在 $P_7$ 处.
如图(5)所示,当 $∠ P = ∠ BAO$,$∠ PBA = ∠ ABO$ 时,$△ ABP∽△ OBA$,此时点 $P$ 分别在 $P_8$,$P_9$ 处.
如图(6)所示,当 $∠ BAP = ∠ ABO$,$∠ ABP = ∠ AOB$ 时,$△ ABP∽△ BOA$,此时点 $P$ 分别在 $P_{10}$,$P_{11}$ 处.
综上所述,符合题意的点 $P$ 的位置有 11 个. 故答案为 11.
易错警示
分六种情况进行讨论,不要漏解.

5[2025浙江宁波期中,较难]如图,已知⊙O的半径长为1,AB,AC是⊙O的两条弦,且AB=AC,BO的延长线交AC于点D(D与C,A不重合),连结OA,OC.
(1)求证:△OAD∽△ABD;
(2)当△OCD是直角三角形时,求B,C两点间的距离;
(3)记△AOB,△AOD,△COD的面积分别是S₁,S₂,S₃,如果S₂²=S₁·S₃,求OD的长.

5. (1)【证明】在 $△ AOB$ 和 $△ AOC$ 中,$\begin{cases} OA=OA, \\ AB=AC, \\ OB=OC, \end{cases}$
∴ $△ AOB≌△ AOC(\mathrm{SSS})$,
∴ $∠ B = ∠ C$.
∵ $OA = OC$,
∴ $∠ OAD = ∠ C$,
∴ $∠ OAD = ∠ B$.
∵ $∠ ADO = ∠ BDA$,
∴ $△ OAD∽△ ABD$.
【解】(2)①如图(1),连结 $BC$.
当 $∠ ODC = 90°$ 时,$BD⊥ AC$.
∵ $OA = OC$,
∴ $AD = CD$,
∴ $BD$ 垂直平分 $AC$,
∴ $AB = BC$.
∵ $AB = AC$,
∴ $AB = AC = BC$,
∴ $△ ABC$ 是等边三角形,
∴ $∠ ABC = 60°$,
∴ $∠ AOC = 120°$,
∴ $∠ OAD = ∠ OCA = 30°$,
∴ $OD = \frac{1}{2} OA = \frac{1}{2}$,
∴ $AD = \sqrt{OA^2-OD^2} = \sqrt{1^2-(\frac{1}{2})^2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$,
∴ $BC = AC = 2AD = \sqrt{3}$.
②如图(2),连结 $BC$.
当 $∠ COD = 90°$ 时,$∠ BOC = 90°$,
∴ $BC = \sqrt{OB^2+OC^2} = \sqrt{2}$.
③易知 $∠ OCD$ 不可能为 $90°$.
综上所述,$B,C$ 两点间的距离为 $\sqrt{3}$ 或 $\sqrt{2}$.
(3)
∵ $S_2^2 = S_1· S_3$,
∴ 设 $\frac{S_1}{S_2} = \frac{S_2}{S_3} = k$,
∴ $S_1 = kS_2$,$S_2 = kS_3$,
∴ $S_1 = k^2S_3$.
由(1)知 $△ AOB≌△ AOC$,
∴ $S_1 = S_2+S_3$,
∴ $k^2S_3 = kS_3+S_3$,整理得 $k^2 -k -1 = 0$,解得 $k_1=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$,$k_2=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$(舍去),
∴ $\frac{S_1}{S_2}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$.
∵ $\frac{S_1}{S_2} = \frac{OB}{OD}$,
∴ $\frac{1}{OD}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$,解得 $OD=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$.

6 核心素养模型观念[较难]如图，O是$△ ABC$的边BC上一点，过点O的直线分别交射线AB，线段AC于点M，N，且$\frac{AB}{AM}=m$，$\frac{AC}{AN}=n$。
(1)$\frac{BM}{AM}=$（用含m的代数式表示）；$\frac{CN}{AN}=$（用含n的代数式表示）。
(2)若O是线段BC的中点.求证:$m+n=2$.
(3)若$\frac{CO}{OB}=k(k≠0)$,求m,n之间的关系(用含k的代数式表示).

6. (1)【解】
∵ $AB=AM-BM$,$AC=AN+CN$,$\frac{AB}{AM}=m$,$\frac{AC}{AN}=n$,
∴ $\frac{AB}{AM}=\frac{AM-BM}{AM}=1 - \frac{BM}{AM} = m$, $\frac{AC}{AN}=\frac{AN+CN}{AN}=1 + \frac{CN}{AN} = n$,
∴ $\frac{BM}{AM}=1 - m$, $\frac{CN}{AN} = n -1$,故答案为 $1-m$,$n-1$.
(2)【证明】设 $AM = a$,$AN = b$.
∵ $\frac{AB}{AM} = m$, $\frac{AC}{AN} = n$,
∴ $AB = am$, $AC = bn$,
∴ $MB = MA - AB = a - am = (1 - m)a$, $CN = AC - AN = bn - b = (n - 1)b$.
∵ 点 $O$ 是线段 $BC$ 中点,
∴ $OB = OC$.
如图(1),过点 $B$ 作 $BH// AC$ 交 $MN$ 于 $H$,
∴ $∠ OBH = ∠ OCN$.
在 $△ OBH$ 与 $△ OCN$ 中,$\begin{cases} ∠ OBH = ∠ OCN, \\ OB = OC, \\ ∠ BOH = ∠ CON, \end{cases}$
∴ $△ OBH≌△ OCN(\mathrm{ASA})$,
∴ $BH = CN = (n - 1)b$.
∵ $BH// AN$,
∴ $△ BMH∽△ AMN$,
∴ $\frac{BM}{AM} = \frac{BH}{AN}$,即 $\frac{(1-m)a}{a} = \frac{(n-1)b}{b}$,
∴ $1 - m = n - 1$,
∴ $m + n = 2$.
(3)【解】如图(2),过点 $B$ 作 $BG// AC$ 交 $MN$ 于 $G$,
则 $∠ OBG = ∠ OCN$.
∵ $∠ BOG = ∠ CON$,
∴ $△ OBG∽△ OCN$,
∴ $\frac{BG}{CN} = \frac{OB}{OC} = \frac{1}{k}$,
∴ $BG = \frac{1}{k} CN$.
∵ $BG// AN$,
∴ $△ MBG∽△ MAN$,
∴ $\frac{BM}{AM} = \frac{BG}{AN}$,即 $\frac{BM}{AM} = \frac{\frac{1}{k} CN}{AN}$.
由(1)知,$\frac{BM}{AM} = 1 - m$, $\frac{CN}{AN} = n - 1$,
∴ $1 - m = \frac{1}{k} (n - 1)$,
即 $n = k - km + 1$.
思路分析
(1)根据线段的和差得到 $AB = AM - BM$, $AC = AN + CN$, 根据已知条件 $\frac{AB}{AM} = m$, $\frac{AC}{AN} = n$, 得到 $\frac{BM}{AM} = 1 - m$, $\frac{CN}{AN} = n - 1$;
(2)设 $AM = a$, $AN = b$. 根据已知条件 $\frac{AB}{AM} = m$, $\frac{AC}{AN} = n$, 得到 $AB = am$, $AC = bn$, 如图(1), 过点 $B$ 作 $BH// AC$ 交 $MN$ 于 $H$, 根据全等三角形的判定和性质得到 $BH = CN = (n - 1)b$. 再根据相似三角形的判定和性质可得结论;
(3)如图(2), 过点 $B$ 作 $BG// AC$ 交 $MN$ 于 $G$, 根据平行线的性质得到 $∠ OBG = ∠ OCN$, 证明 $△ OBG∽△ OCN$, 得到 $BG = \frac{1}{k} CN$. 再证明 $△ MBG∽△ MAN$, 根据相似三角形的性质得到结论.