登录
8. ★★★ 如图所示,在平行四边形ABCD中,AB=10,AD=6,E是AD的中点,在AB上取一点F,使△CBF∽△CDE,则AF的长是
8.2
.答案
8. 8.2 解析:
∵ 四边形ABCD是平行四边形,
∴ ∠B = ∠D,当$\frac{BC}{DC}=\frac{BF}{DE}$时,$△CBF∽△CDE$,而 AB = 10,AD = 6,E 是 AD 的中点,
∴ BC=6,DC=10,DE=3,
∴ $\frac{6}{10}=\frac{BF}{3}$,解得 BF = 1.8,
∴ AF=10-1.8=8.2.
∵ 四边形ABCD是平行四边形,
∴ ∠B = ∠D,当$\frac{BC}{DC}=\frac{BF}{DE}$时,$△CBF∽△CDE$,而 AB = 10,AD = 6,E 是 AD 的中点,
∴ BC=6,DC=10,DE=3,
∴ $\frac{6}{10}=\frac{BF}{3}$,解得 BF = 1.8,
∴ AF=10-1.8=8.2.
解析
【分析】
解题时首先利用平行四边形的性质得到相等的角和相等的边，再结合相似三角形的判定定理2（两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似），确定对应边的比例关系，代入已知边长求出BF的长度，最后用AB的长度减去BF的长度即可得到AF的长。思考时要注意相似三角形对应顶点的顺序，避免对应边匹配错误。
【解析】
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ ∠B = ∠D，BC=AD=6，CD=AB=10，
∵ E是AD的中点，AD=6，
∴ $DE=\frac{1}{2}AD=3$，
∵ △CBF∽△CDE，且∠B=∠D，
∴ 对应边成比例：$\frac{BC}{DC}=\frac{BF}{DE}$，
将BC=6，DC=10，DE=3代入比例式得：$\frac{6}{10}=\frac{BF}{3}$，
解得：$BF=\frac{6×3}{10}=1.8$，
∴ $AF=AB-BF=10-1.8=8.2$。
【答案】
8.2
【知识点】
平行四边形的性质；相似三角形的判定与性质
【点评】
本题是相似三角形与平行四边形结合的基础题型，解题核心是找准相似三角形的对应边与对应角，正确列出比例式计算，考查学生对基础性质和判定定理的应用能力。
【难度系数】
0.7
解题时首先利用平行四边形的性质得到相等的角和相等的边，再结合相似三角形的判定定理2（两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似），确定对应边的比例关系，代入已知边长求出BF的长度，最后用AB的长度减去BF的长度即可得到AF的长。思考时要注意相似三角形对应顶点的顺序，避免对应边匹配错误。
【解析】
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ ∠B = ∠D，BC=AD=6，CD=AB=10，
∵ E是AD的中点，AD=6，
∴ $DE=\frac{1}{2}AD=3$，
∵ △CBF∽△CDE，且∠B=∠D，
∴ 对应边成比例：$\frac{BC}{DC}=\frac{BF}{DE}$，
将BC=6，DC=10，DE=3代入比例式得：$\frac{6}{10}=\frac{BF}{3}$，
解得：$BF=\frac{6×3}{10}=1.8$，
∴ $AF=AB-BF=10-1.8=8.2$。
【答案】
8.2
【知识点】
平行四边形的性质；相似三角形的判定与性质
【点评】
本题是相似三角形与平行四边形结合的基础题型，解题核心是找准相似三角形的对应边与对应角，正确列出比例式计算，考查学生对基础性质和判定定理的应用能力。
【难度系数】
0.7
9. |分类讨论思想 P是△ABC边上的任一点(P不与A,B,C重合),过点P的一条直线截△ABC,如果截得的三角形与△ABC相似,我们称这条直线为过点P的△ABC的“相似线”.如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ C=90°,∠ B=30°$,当点P是边BC上一个三等分点时($PB＞PC$),过点P的△ABC的“相似线”最多有
4
条.答案
9. 4 解析:①公共角为∠A时,不存在.
②公共角为∠B时,过点 P 作 PD⊥BC,交 AB 于点 D,如图①所示.
∵ ∠DPB = ∠C = 90°,∠B = ∠B,
∴ $△BPD∽△BCA$.
过点 P 作 PD ⊥ AB 于点 D,如图②所示.
∵ ∠PDB = ∠C = 90°,∠B = ∠B,
∴ $△BPD∽△BAC$.
③公共角为∠C 时,连接 AP,如图③所示.
∵ ∠B = 30°,
∴ AB=2AC.设 AC = a,则 AB = 2a,$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{3}a$.
∵ 点 P 是边 BC 上一个三等分点,$BP＞CP$,
∴ $CP=\frac{1}{3}BC=\frac{\sqrt{3}}{3}a$,
∴ $\frac{CP}{AC}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}a}{a}=\frac{\sqrt{3}}{3}$,$\frac{AC}{BC}=\frac{a}{\sqrt{3}a}=\frac{\sqrt{3}}{3}$,
∴ $\frac{CP}{AC}=\frac{AC}{BC}$.
∵ ∠C = ∠C,
∴ $△ACP∽△BCA$.
过点 P 作 PD//AB,交 AC 于点 D,如图④所示.
∵ PD//AB,
∴ ∠DPC=∠B,∠PDC=∠A,
∴ $△CDP∽△CAB$.
综上可知,过点 P 的△ABC的“相似线”最多有4条.故答案为4.
解析
【分析】
首先明确“相似线”的定义：过点P的直线截△ABC，截得的三角形与原Rt△ABC相似。已知△ABC是∠C=90°、∠B=30°的直角三角形，点P是BC上靠近C的三等分点（PB＞PC）。我们可通过分类讨论截得的三角形与原三角形的公共角来分析：首先排除公共角为∠A的情况（不存在符合要求的直线），仅讨论公共角为∠B、∠C的两类情况，结合相似三角形的判定定理，逐一验证所作直线截出的三角形是否满足相似条件，最后统计符合要求的直线总条数即可。
【解析】
我们分公共角的不同情况讨论：
1. 公共角为∠B时：
① 如图①，过点P作PD⊥BC，交AB于点D：
∵∠DPB=∠C=90°，∠B=∠B，
∴△BPD∽△BCA，符合要求；
② 如图②，过点P作PD⊥AB于点D：
∵∠PDB=∠C=90°，∠B=∠B，
∴△BPD∽△BAC，符合要求；
2. 公共角为∠C时：
设AC=a，
∵∠C=90°，∠B=30°，
∴AB=2AC=2a，由勾股定理得$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{3}a$。
∵P是BC的三等分点且PB＞PC，
∴$CP=\frac{1}{3}BC=\frac{\sqrt{3}}{3}a$。
① 如图③，连接AP：
计算得$\frac{CP}{AC}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}a}{a}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，$\frac{AC}{BC}=\frac{a}{\sqrt{3}a}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，即$\frac{CP}{AC}=\frac{AC}{BC}$，又∠C=∠C，
∴△ACP∽△BCA，符合要求；
② 如图④，过点P作PD//AB，交AC于点D：
∵PD//AB，
∴∠DPC=∠B，∠PDC=∠A，
∴△CDP∽△CAB，符合要求。
综上，符合要求的“相似线”共有4条。
【答案】
4
【知识点】
相似三角形的判定、直角三角形的性质、分类讨论思想
【点评】
本题属于新定义类题型，解题关键是理解“相似线”的定义，结合相似三角形的判定定理分类讨论，验证所作直线是否满足相似条件，避免漏解或多解。
【难度系数】
0.6
首先明确“相似线”的定义：过点P的直线截△ABC，截得的三角形与原Rt△ABC相似。已知△ABC是∠C=90°、∠B=30°的直角三角形，点P是BC上靠近C的三等分点（PB＞PC）。我们可通过分类讨论截得的三角形与原三角形的公共角来分析：首先排除公共角为∠A的情况（不存在符合要求的直线），仅讨论公共角为∠B、∠C的两类情况，结合相似三角形的判定定理，逐一验证所作直线截出的三角形是否满足相似条件，最后统计符合要求的直线总条数即可。
【解析】
我们分公共角的不同情况讨论：
1. 公共角为∠B时：
① 如图①，过点P作PD⊥BC，交AB于点D：
∵∠DPB=∠C=90°，∠B=∠B，
∴△BPD∽△BCA，符合要求；
② 如图②，过点P作PD⊥AB于点D：
∵∠PDB=∠C=90°，∠B=∠B，
∴△BPD∽△BAC，符合要求；
2. 公共角为∠C时：
设AC=a，
∵∠C=90°，∠B=30°，
∴AB=2AC=2a，由勾股定理得$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{3}a$。
∵P是BC的三等分点且PB＞PC，
∴$CP=\frac{1}{3}BC=\frac{\sqrt{3}}{3}a$。
① 如图③，连接AP：
计算得$\frac{CP}{AC}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}a}{a}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，$\frac{AC}{BC}=\frac{a}{\sqrt{3}a}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，即$\frac{CP}{AC}=\frac{AC}{BC}$，又∠C=∠C，
∴△ACP∽△BCA，符合要求；
② 如图④，过点P作PD//AB，交AC于点D：
∵PD//AB，
∴∠DPC=∠B，∠PDC=∠A，
∴△CDP∽△CAB，符合要求。
综上，符合要求的“相似线”共有4条。
【答案】
4
【知识点】
相似三角形的判定、直角三角形的性质、分类讨论思想
【点评】
本题属于新定义类题型，解题关键是理解“相似线”的定义，结合相似三角形的判定定理分类讨论，验证所作直线是否满足相似条件，避免漏解或多解。
【难度系数】
0.6
10. 如图,在$△ ABC$与$△ A'B'C'$中,点$D$,$D'$分别在边$BC$,$B'C'$上,且$△ ACD ∽ △ A'C'D'$,若________,则$△ ABD ∽ △ A'B'D'$.
请从①$\frac{BD}{CD}=\frac{B'D'}{C'D'}$;②$\frac{AB}{CD}=\frac{A'B'}{C'D'}$;③$∠ BAD=∠ B'A'D'$这三个选项中选择一个作为条件(写序号),并加以证明.
请从①$\frac{BD}{CD}=\frac{B'D'}{C'D'}$;②$\frac{AB}{CD}=\frac{A'B'}{C'D'}$;③$∠ BAD=∠ B'A'D'$这三个选项中选择一个作为条件(写序号),并加以证明.
答案
10. 若选①$\frac{BD}{CD}=\frac{B'D'}{C'D'}$,证明:
∵ $△ACD∽△A'C'D'$,
∴ ∠ADC = ∠A'D'C',$\frac{AD}{A'D'}=\frac{CD}{C'D'}$,
∴ ∠ADB = ∠A'D'B'.
∵ $\frac{BD}{CD}=\frac{B'D'}{C'D'}$,
∴ $\frac{BD}{B'D'}=\frac{CD}{C'D'}$,
∴ $\frac{AD}{A'D'}=\frac{BD}{B'D'}$.又 ∠ADB = ∠A'D'B',
∴ $△ABD∽△A'B'D'$.
若选②$\frac{AB}{CD}=\frac{A'B'}{C'D'}$,不能证明$△ABD∽△A'B'D'$.
若选③$∠BAD=∠B'A'D'$,证明:
∵ $△ACD∽△A'C'D'$,
∴ ∠ADC=∠A'D'C',
∴ ∠ADB = ∠A'D'B'.又
∵ ∠BAD = ∠B'A'D',
∴ $△ABD∽△A'B'D'$.
∵ $△ACD∽△A'C'D'$,
∴ ∠ADC = ∠A'D'C',$\frac{AD}{A'D'}=\frac{CD}{C'D'}$,
∴ ∠ADB = ∠A'D'B'.
∵ $\frac{BD}{CD}=\frac{B'D'}{C'D'}$,
∴ $\frac{BD}{B'D'}=\frac{CD}{C'D'}$,
∴ $\frac{AD}{A'D'}=\frac{BD}{B'D'}$.又 ∠ADB = ∠A'D'B',
∴ $△ABD∽△A'B'D'$.
若选②$\frac{AB}{CD}=\frac{A'B'}{C'D'}$,不能证明$△ABD∽△A'B'D'$.
若选③$∠BAD=∠B'A'D'$,证明:
∵ $△ACD∽△A'C'D'$,
∴ ∠ADC=∠A'D'C',
∴ ∠ADB = ∠A'D'B'.又
∵ ∠BAD = ∠B'A'D',
∴ $△ABD∽△A'B'D'$.
解析
【分析】
首先由已知△ACD∽△A'C'D'，根据相似三角形的性质可得到对应角相等、对应边成比例，进而推出∠ADB=∠A'D'B'，这是△ABD和△A'B'D'的一组公共等角。再分别分析三个条件：
1. 选条件①时，可结合已有边的比例关系，推导夹∠ADB、∠A'D'B'的两组边对应成比例，利用“两边成比例且夹角相等”判定相似；
2. 选条件②时，仅能得到AB和A'B'的比等于CD和C'D'的比，无法推导△ABD和△A'B'D'的对应边角满足相似判定条件，无法证明相似；
3. 选条件③时，△ABD和△A'B'D'已有两组对应角相等，利用“两角分别相等的两个三角形相似”即可判定相似。
【解析】
可选择①或③作为条件，证明如下：
选①$\frac{BD}{CD}=\frac{B'D'}{C'D'}$：
∵ $△ACD∽△A'C'D'$，
∴ $∠ADC = ∠A'D'C'$，$\frac{AD}{A'D'}=\frac{CD}{C'D'}$，
∴ $180°-∠ADC=180°-∠A'D'C'$，即$∠ADB = ∠A'D'B'$。
∵ $\frac{BD}{CD}=\frac{B'D'}{C'D'}$，
∴ $\frac{BD}{B'D'}=\frac{CD}{C'D'}$，
∴ $\frac{AD}{A'D'}=\frac{BD}{B'D'}$。
又
∵ $∠ADB = ∠A'D'B'$，
∴ $△ABD∽△A'B'D'$。
选③$∠BAD=∠B'A'D'$：
∵ $△ACD∽△A'C'D'$，
∴ $∠ADC=∠A'D'C'$，
∴ $180°-∠ADC=180°-∠A'D'C'$，即$∠ADB = ∠A'D'B'$。
又
∵ $∠BAD = ∠B'A'D'$，
∴ $△ABD∽△A'B'D'$。
注：选条件②无法证明$△ABD∽△A'B'D'$。
【答案】
填①（或③），证明见解析。
【知识点】
相似三角形的性质，相似三角形的判定
【点评】
本题为相似判定的开放性题目，需要结合已知相似的性质推导待证三角形的边角关系，解题时要注意判定两边成比例证相似时，必须是两组边的夹角对应相等才成立。
【难度系数】
0.7
首先由已知△ACD∽△A'C'D'，根据相似三角形的性质可得到对应角相等、对应边成比例，进而推出∠ADB=∠A'D'B'，这是△ABD和△A'B'D'的一组公共等角。再分别分析三个条件：
1. 选条件①时，可结合已有边的比例关系，推导夹∠ADB、∠A'D'B'的两组边对应成比例，利用“两边成比例且夹角相等”判定相似；
2. 选条件②时，仅能得到AB和A'B'的比等于CD和C'D'的比，无法推导△ABD和△A'B'D'的对应边角满足相似判定条件，无法证明相似；
3. 选条件③时，△ABD和△A'B'D'已有两组对应角相等，利用“两角分别相等的两个三角形相似”即可判定相似。
【解析】
可选择①或③作为条件，证明如下：
选①$\frac{BD}{CD}=\frac{B'D'}{C'D'}$：
∵ $△ACD∽△A'C'D'$，
∴ $∠ADC = ∠A'D'C'$，$\frac{AD}{A'D'}=\frac{CD}{C'D'}$，
∴ $180°-∠ADC=180°-∠A'D'C'$，即$∠ADB = ∠A'D'B'$。
∵ $\frac{BD}{CD}=\frac{B'D'}{C'D'}$，
∴ $\frac{BD}{B'D'}=\frac{CD}{C'D'}$，
∴ $\frac{AD}{A'D'}=\frac{BD}{B'D'}$。
又
∵ $∠ADB = ∠A'D'B'$，
∴ $△ABD∽△A'B'D'$。
选③$∠BAD=∠B'A'D'$：
∵ $△ACD∽△A'C'D'$，
∴ $∠ADC=∠A'D'C'$，
∴ $180°-∠ADC=180°-∠A'D'C'$，即$∠ADB = ∠A'D'B'$。
又
∵ $∠BAD = ∠B'A'D'$，
∴ $△ABD∽△A'B'D'$。
注：选条件②无法证明$△ABD∽△A'B'D'$。
【答案】
填①（或③），证明见解析。
【知识点】
相似三角形的性质，相似三角形的判定
【点评】
本题为相似判定的开放性题目，需要结合已知相似的性质推导待证三角形的边角关系，解题时要注意判定两边成比例证相似时，必须是两组边的夹角对应相等才成立。
【难度系数】
0.7
11. 如图①,在$△ ABC$中,BD,CE是$△ ABC$的高.
(1)$△ ADE$与$△ ABC$相似吗?为什么?
(2)如图②,若$\frac{BD}{AB}=\frac{\sqrt{5}}{3}$,$DE=12$,DE的中点为F,BC的中点为M,连接FM,求FM的长.
(1)$△ ADE$与$△ ABC$相似吗?为什么?
(2)如图②,若$\frac{BD}{AB}=\frac{\sqrt{5}}{3}$,$DE=12$,DE的中点为F,BC的中点为M,连接FM,求FM的长.
答案
11. (1)相似. 理由:
∵ BD, CE 是△ABC 的高.
∴ ∠ADB = ∠AEC=90°.
∵ ∠A = ∠A,
∴ $△ABD∽△ACE$,
∴ $\frac{AD}{AE}=\frac{AB}{AC}$,即$\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}$.
∵ ∠A = ∠A,
∴ $△ADE∽△ABC$.
(2)如图,连接 DM, EM,
∵ BD 是△ABC 的高,M 为 BC 的中点,
∴ 在Rt△CBD 中, $MD=\frac{1}{2}BC$, 同理可得 $ME=\frac{1}{2}BC$,
∴ EM=DM.
∵ F 是 DE 的中点,
∴ MF ⊥ DE, 由$\frac{BD}{AB}=\frac{\sqrt{5}}{3}$, 设 $BD=\sqrt{5}k$,$AB=3k$,
∴ $AD=\sqrt{AB^2-BD^2}=2k$.
∵ 由 (1) 知 $△ADE∽△ABC$,
∴ $\frac{AD}{AB}=\frac{DE}{BC}=\frac{2}{3}$.
∵ DE=12,
∴ BC=18,
∴ EM=DM=9.
∵ MF ⊥ DE, 且 $FD = FE = \frac{1}{2}DE = 6$,
∴ $FM=\sqrt{EM^2-FE^2}=\sqrt{9^2-6^2}=3\sqrt{5}$.
解析
【分析】
（1）要判断△ADE与△ABC是否相似，已知两个三角形有公共角∠A，根据相似三角形判定定理，只需证明夹公共角的两组对应边成比例即可。首先利用BD、CE是高得到相等的直角，结合公共角∠A先证明△ABD∽△ACE，推导得到对应边比例关系，转化为△ADE和△ABC的边比例即可得证。
（2）要求FM的长，首先观察到M是BC中点，BD、CE是高，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可得EM=DM=½BC，可知△EMD是等腰三角形，结合F是DE中点，由等腰三角形三线合一得FM⊥DE。再利用（1）中的相似关系，结合已知的BD与AB的比值，求出相似比，由DE的长度算出BC的长度，进而得到EM的长度，最后在直角三角形EFM中用勾股定理计算FM即可。
【解析】
(1) △ADE与△ABC相似，理由如下：
∵ BD，CE是△ABC的高，
∴ ∠ADB = ∠AEC = 90°，
又
∵ ∠A = ∠A，
∴ △ABD∽△ACE，
∴ $\frac{AD}{AE}=\frac{AB}{AC}$，即$\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}$，
又
∵ ∠A = ∠A，
∴ △ADE∽△ABC。
(2) 如图，连接DM，EM，
∵ BD是△ABC的高，M为BC的中点，
∴ 在Rt△CBD中，$MD=\frac{1}{2}BC$，同理可得$ME=\frac{1}{2}BC$，
∴ EM=DM，即△EMD为等腰三角形，
∵ F是DE的中点，
∴ MF⊥DE，
由$\frac{BD}{AB}=\frac{\sqrt{5}}{3}$，设$BD=\sqrt{5}k$，$AB=3k$，
∴ $AD=\sqrt{AB^2-BD^2}=\sqrt{(3k)^2-(\sqrt{5}k)^2}=2k$，
由(1)知△ADE∽△ABC，
∴ 相似比$\frac{AD}{AB}=\frac{DE}{BC}=\frac{2k}{3k}=\frac{2}{3}$，
∵ DE=12，
∴ $\frac{12}{BC}=\frac{2}{3}$，解得BC=18，
∴ $EM=DM=\frac{1}{2}BC=9$，
∵ MF⊥DE，$FE = \frac{1}{2}DE = 6$，
∴ 在Rt△EFM中，$FM=\sqrt{EM^2-FE^2}=\sqrt{9^2-6^2}=\sqrt{81-36}=\sqrt{45}=3\sqrt{5}$。
【答案】
(1) 相似，理由见解析；
(2) $FM=3\sqrt{5}$
【知识点】
相似三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理
【点评】
本题是几何综合题，将相似三角形与直角三角形、等腰三角形的性质结合考查，解题的关键是先通过相似证明得到边长比例关系，再合理构造辅助线，结合特殊三角形的性质和勾股定理求解，能很好地锻炼几何综合分析能力。
【难度系数】
0.6
（1）要判断△ADE与△ABC是否相似，已知两个三角形有公共角∠A，根据相似三角形判定定理，只需证明夹公共角的两组对应边成比例即可。首先利用BD、CE是高得到相等的直角，结合公共角∠A先证明△ABD∽△ACE，推导得到对应边比例关系，转化为△ADE和△ABC的边比例即可得证。
（2）要求FM的长，首先观察到M是BC中点，BD、CE是高，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可得EM=DM=½BC，可知△EMD是等腰三角形，结合F是DE中点，由等腰三角形三线合一得FM⊥DE。再利用（1）中的相似关系，结合已知的BD与AB的比值，求出相似比，由DE的长度算出BC的长度，进而得到EM的长度，最后在直角三角形EFM中用勾股定理计算FM即可。
【解析】
(1) △ADE与△ABC相似，理由如下：
∵ BD，CE是△ABC的高，
∴ ∠ADB = ∠AEC = 90°，
又
∵ ∠A = ∠A，
∴ △ABD∽△ACE，
∴ $\frac{AD}{AE}=\frac{AB}{AC}$，即$\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}$，
又
∵ ∠A = ∠A，
∴ △ADE∽△ABC。
(2) 如图，连接DM，EM，
∵ BD是△ABC的高，M为BC的中点，
∴ 在Rt△CBD中，$MD=\frac{1}{2}BC$，同理可得$ME=\frac{1}{2}BC$，
∴ EM=DM，即△EMD为等腰三角形，
∵ F是DE的中点，
∴ MF⊥DE，
由$\frac{BD}{AB}=\frac{\sqrt{5}}{3}$，设$BD=\sqrt{5}k$，$AB=3k$，
∴ $AD=\sqrt{AB^2-BD^2}=\sqrt{(3k)^2-(\sqrt{5}k)^2}=2k$，
由(1)知△ADE∽△ABC，
∴ 相似比$\frac{AD}{AB}=\frac{DE}{BC}=\frac{2k}{3k}=\frac{2}{3}$，
∵ DE=12，
∴ $\frac{12}{BC}=\frac{2}{3}$，解得BC=18，
∴ $EM=DM=\frac{1}{2}BC=9$，
∵ MF⊥DE，$FE = \frac{1}{2}DE = 6$，
∴ 在Rt△EFM中，$FM=\sqrt{EM^2-FE^2}=\sqrt{9^2-6^2}=\sqrt{81-36}=\sqrt{45}=3\sqrt{5}$。
【答案】
(1) 相似，理由见解析；
(2) $FM=3\sqrt{5}$
【知识点】
相似三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理
【点评】
本题是几何综合题，将相似三角形与直角三角形、等腰三角形的性质结合考查，解题的关键是先通过相似证明得到边长比例关系，再合理构造辅助线，结合特殊三角形的性质和勾股定理求解，能很好地锻炼几何综合分析能力。
【难度系数】
0.6
12. 如图,在矩形ABCD中,AB=12,AD=9,E为BC上一点,且BE=4,动点F从点A出发沿射线AB方向以每秒3个单位长度的速度运动.连接DF,EF,过点E作DF的平行线交射线AB于点H,设点F的运动时间为t秒(不考虑D,E,F在一条直线上的情况).
(1)当AF=CE时,求BH的长;
(2)当t=2时,求证△DAF∽△FBE;
(3)当t＞2时,若△BEF与△BEH相似,求t的值;
(4)过点F作FG⊥DF,交BC于点G,当EG不小于2时,直接写出点F运动的时长.
(1)当AF=CE时,求BH的长;
(2)当t=2时,求证△DAF∽△FBE;
(3)当t＞2时,若△BEF与△BEH相似,求t的值;
(4)过点F作FG⊥DF,交BC于点G,当EG不小于2时,直接写出点F运动的时长.
答案
12. (1)
∵ BC=AD=9,BE=4,
∴ CE=9-4=5,
∴ AF=CE=5.
∵ EH//DF,
∴ ∠BHE = ∠AFD.又
∵ 四边形ABCD是矩形,
∴ ∠A = ∠CBH=90°,
∴ $△DAF∽△EBH$,
∴ $\frac{DA}{AF}=\frac{EB}{BH}$,即$\frac{9}{5}=\frac{4}{BH}$,解得 $BH=\frac{20}{9}$.
(2)当t=2时,AF=6,
∴ BF=AB-AF=12-6=6.
∵ $\frac{BE}{AF}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$,$\frac{BF}{AD}=\frac{6}{9}=\frac{2}{3}$,
∴ $\frac{BE}{AF}=\frac{BF}{AD}$.又
∵ 四边形ABCD是矩形,
∴ ∠A = ∠EBF=90°,
∴ $△DAF∽△FBE$.
(3)由 EH // DF 得 ∠AFD = ∠BHE,又
∵ ∠A = ∠CBH = 90°,
∴ $△EBH∽△DAF$,
∴ $\frac{BH}{AF}=\frac{BE}{AD}$,即$\frac{BH}{3t}=\frac{4}{9}$,
∴ $BH=\frac{4}{3}t$,当点 F 在点 B 的左边,即 2＜t＜4 时,BF=12-3t.当$△BEF∽△BHE$时,则$\frac{BE}{BH}=\frac{BF}{BE}$,即 $4^2=(12-3t)×\frac{4}{3}t$,解得 $t_1= t_2=2$(舍去).当 $△BEF∽△BEH$ 时,有 BF=BH,即 12-3t=$\frac{4}{3}t$,解得 $t=\frac{36}{13}$;当点 F 在点 B 的右边,即 t＞4 时,BF=3t-12.当$△BEF∽△BHE$时,则$\frac{BE}{BH}=\frac{BF}{BE}$,即 $4^2=(3t-12)×\frac{4}{3}t$,解得 $t=2\sqrt{2}+2$ 或 $t=-2\sqrt{2}+2$(舍去).综上所述,当 $t=\frac{36}{13}$ 或 $t=2\sqrt{2}+2$ 时,$△BEF$ 与 $△BEH$ 相似.
(4)$4-2\sqrt{2}$ 解析:如图,
∵ 点 G 在 BC 上,
∴ 点 F 在 AB 边上,
∴ 0≤t≤4.
∵ FG ⊥ DF,
∴ ∠A = ∠CBH = ∠DFG = 90°,
∴ ∠ADF + ∠AFD = ∠GFB + ∠AFD = 90°,
∴ ∠ADF = ∠BFG,
∴ $△DAF∽△FBG$,
∴ $\frac{DA}{BF}=\frac{AF}{BG}$,即 $\frac{9}{12-3t}=\frac{3t}{BG}$,
∴ $BG=-t^2+4t=-(t-2)^2+4$,
∴ BG 最大为4,
∴ 点 G 在点 E 处或点 E 的下方.又
∵ EG 不小于 2,
∴ BG ≤ 2,令 BG = 2,即 $-(t-2)^2+4=2$,解得 $t_1=2-\sqrt{2}$,$t_2=2+\sqrt{2}$,结合二次函数的图象和性质,可知当 BG ≤ 2 时,t 的取值范围为 0 ≤ t ≤ 2-√2 或 2+√2 ≤ t ≤ 4,即点 F 运动的时长为 $2-\sqrt{2}+4-(2+\sqrt{2})=4-2\sqrt{2}$.
解析
【分析】
本题是矩形背景下的动点综合题，按小问逐一梳理思路：
(1) 先利用矩形对边相等求出CE长度，得到AF的值，再由EH//DF推出角相等，结合矩形的直角证明△DAF∽△EBH，最后利用相似三角形对应边成比例求解BH；
(2) 先计算t=2时AF、BF的长度，计算两组对应边的比值，结合直角相等的条件，利用两边对应成比例且夹角相等证明三角形相似；
(3) 先由△EBH∽△DAF得到BH关于t的表达式，再分两种情况讨论：①点F在点B左侧（2＜t＜4），②点F在点B右侧（t＞4），每种情况再根据相似三角形的对应边关系列方程，舍去不符合范围的解即可；
(4) 先由FG⊥DF推导角相等，证明△DAF∽△FBG，得到BG关于t的二次函数表达式，根据EG≥2转化为BG≤2，解二次不等式得到符合条件的t的范围，最后计算总时长即可。
【解析】
(1)
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ BC=AD=9，
∵ BE=4，
∴ CE=BC-BE=9-4=5，即AF=CE=5，
∵ EH//DF，
∴ ∠BHE = ∠AFD，
又
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ∠A = ∠EBH=90°，
∴ △DAF∽△EBH，
∴ $\frac{DA}{AF}=\frac{EB}{BH}$，即$\frac{9}{5}=\frac{4}{BH}$，解得 $BH=\frac{20}{9}$。
(2) 当t=2时，AF=3t=3×2=6，
∴ BF=AB-AF=12-6=6，
∴ $\frac{BE}{AF}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$，$\frac{BF}{AD}=\frac{6}{9}=\frac{2}{3}$，即$\frac{BE}{AF}=\frac{BF}{AD}$，
又
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ∠A = ∠EBF=90°，
∴ △DAF∽△FBE。
(3)
∵ EH//DF，
∴ ∠AFD = ∠BHE，
又
∵ ∠A = ∠EBH = 90°，
∴ △EBH∽△DAF，
∴ $\frac{BH}{AF}=\frac{BE}{AD}$，即$\frac{BH}{3t}=\frac{4}{9}$，解得 $BH=\frac{4}{3}t$，
分两种情况讨论：
① 当点F在点B左侧，即2＜t＜4时，BF=12-3t：
若△BEF∽△BHE，则$\frac{BE}{BH}=\frac{BF}{BE}$，即 $4^2=(12-3t)×\frac{4}{3}t$，解得 $t_1= t_2=2$，不符合2＜t＜4，舍去；
若△BEF∽△BEH，公共角∠EBF=∠EBH=90°，则BF=BH，即 $12-3t=\frac{4}{3}t$，解得 $t=\frac{36}{13}$，符合范围；
② 当点F在点B右侧，即t＞4时，BF=3t-12：
若△BEF∽△BHE，则$\frac{BE}{BH}=\frac{BF}{BE}$，即 $4^2=(3t-12)×\frac{4}{3}t$，解得 $t=2\sqrt{2}+2$ 或 $t=-2\sqrt{2}+2$（负数舍去），符合t＞4；
综上，$t=\frac{36}{13}$ 或 $t=2\sqrt{2}+2$。
(4) 由题意，点G在BC上，故点F在AB边上，即0≤t≤4，
∵ FG⊥DF，
∴ ∠DFG=90°，
∴ ∠ADF + ∠AFD = ∠GFB + ∠AFD = 90°，
∴ ∠ADF = ∠BFG，
又
∵ ∠A=∠FBG=90°，
∴ △DAF∽△FBG，
∴ $\frac{DA}{BF}=\frac{AF}{BG}$，即 $\frac{9}{12-3t}=\frac{3t}{BG}$，
整理得 $BG=-t^2+4t=-(t-2)^2+4$，
∵ EG≥2，BE=4，
∴ BG≤BE-2=2，
令BG=2，即 $-(t-2)^2+4=2$，解得 $t_1=2-\sqrt{2}$，$t_2=2+\sqrt{2}$，
结合二次函数图象性质，当BG≤2时，t的取值范围为 $0 ≤ t ≤ 2-\sqrt{2}$ 或 $2+\sqrt{2} ≤ t ≤ 4$，
∴ 点F运动的时长为 $(2-\sqrt{2})+(4-(2+\sqrt{2}))=4-2\sqrt{2}$。
【答案】
(1) $BH=\frac{20}{9}$；
(2) 证明见解析；
(3) $t=\frac{36}{13}$ 或 $t=2\sqrt{2}+2$；
(4) 点F运动的时长为$4-2\sqrt{2}$
【知识点】
矩形的性质，相似三角形的判定与性质，二次函数的应用
【点评】
本题是动点与几何结合的综合题，融合了多模块知识，解题时需要根据动点的位置分类讨论，避免漏解，同时要结合函数性质求解范围，对综合分析能力和计算能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
本题是矩形背景下的动点综合题，按小问逐一梳理思路：
(1) 先利用矩形对边相等求出CE长度，得到AF的值，再由EH//DF推出角相等，结合矩形的直角证明△DAF∽△EBH，最后利用相似三角形对应边成比例求解BH；
(2) 先计算t=2时AF、BF的长度，计算两组对应边的比值，结合直角相等的条件，利用两边对应成比例且夹角相等证明三角形相似；
(3) 先由△EBH∽△DAF得到BH关于t的表达式，再分两种情况讨论：①点F在点B左侧（2＜t＜4），②点F在点B右侧（t＞4），每种情况再根据相似三角形的对应边关系列方程，舍去不符合范围的解即可；
(4) 先由FG⊥DF推导角相等，证明△DAF∽△FBG，得到BG关于t的二次函数表达式，根据EG≥2转化为BG≤2，解二次不等式得到符合条件的t的范围，最后计算总时长即可。
【解析】
(1)
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ BC=AD=9，
∵ BE=4，
∴ CE=BC-BE=9-4=5，即AF=CE=5，
∵ EH//DF，
∴ ∠BHE = ∠AFD，
又
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ∠A = ∠EBH=90°，
∴ △DAF∽△EBH，
∴ $\frac{DA}{AF}=\frac{EB}{BH}$，即$\frac{9}{5}=\frac{4}{BH}$，解得 $BH=\frac{20}{9}$。
(2) 当t=2时，AF=3t=3×2=6，
∴ BF=AB-AF=12-6=6，
∴ $\frac{BE}{AF}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$，$\frac{BF}{AD}=\frac{6}{9}=\frac{2}{3}$，即$\frac{BE}{AF}=\frac{BF}{AD}$，
又
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ∠A = ∠EBF=90°，
∴ △DAF∽△FBE。
(3)
∵ EH//DF，
∴ ∠AFD = ∠BHE，
又
∵ ∠A = ∠EBH = 90°，
∴ △EBH∽△DAF，
∴ $\frac{BH}{AF}=\frac{BE}{AD}$，即$\frac{BH}{3t}=\frac{4}{9}$，解得 $BH=\frac{4}{3}t$，
分两种情况讨论：
① 当点F在点B左侧，即2＜t＜4时，BF=12-3t：
若△BEF∽△BHE，则$\frac{BE}{BH}=\frac{BF}{BE}$，即 $4^2=(12-3t)×\frac{4}{3}t$，解得 $t_1= t_2=2$，不符合2＜t＜4，舍去；
若△BEF∽△BEH，公共角∠EBF=∠EBH=90°，则BF=BH，即 $12-3t=\frac{4}{3}t$，解得 $t=\frac{36}{13}$，符合范围；
② 当点F在点B右侧，即t＞4时，BF=3t-12：
若△BEF∽△BHE，则$\frac{BE}{BH}=\frac{BF}{BE}$，即 $4^2=(3t-12)×\frac{4}{3}t$，解得 $t=2\sqrt{2}+2$ 或 $t=-2\sqrt{2}+2$（负数舍去），符合t＞4；
综上，$t=\frac{36}{13}$ 或 $t=2\sqrt{2}+2$。
(4) 由题意，点G在BC上，故点F在AB边上，即0≤t≤4，
∵ FG⊥DF，
∴ ∠DFG=90°，
∴ ∠ADF + ∠AFD = ∠GFB + ∠AFD = 90°，
∴ ∠ADF = ∠BFG，
又
∵ ∠A=∠FBG=90°，
∴ △DAF∽△FBG，
∴ $\frac{DA}{BF}=\frac{AF}{BG}$，即 $\frac{9}{12-3t}=\frac{3t}{BG}$，
整理得 $BG=-t^2+4t=-(t-2)^2+4$，
∵ EG≥2，BE=4，
∴ BG≤BE-2=2，
令BG=2，即 $-(t-2)^2+4=2$，解得 $t_1=2-\sqrt{2}$，$t_2=2+\sqrt{2}$，
结合二次函数图象性质，当BG≤2时，t的取值范围为 $0 ≤ t ≤ 2-\sqrt{2}$ 或 $2+\sqrt{2} ≤ t ≤ 4$，
∴ 点F运动的时长为 $(2-\sqrt{2})+(4-(2+\sqrt{2}))=4-2\sqrt{2}$。
【答案】
(1) $BH=\frac{20}{9}$；
(2) 证明见解析；
(3) $t=\frac{36}{13}$ 或 $t=2\sqrt{2}+2$；
(4) 点F运动的时长为$4-2\sqrt{2}$
【知识点】
矩形的性质，相似三角形的判定与性质，二次函数的应用
【点评】
本题是动点与几何结合的综合题，融合了多模块知识，解题时需要根据动点的位置分类讨论，避免漏解，同时要结合函数性质求解范围，对综合分析能力和计算能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
