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17 如图,在菱形 ABCD 中,∠A=60°,E 为线段 AB 上一点,且满足 $AE=\frac{1}{3}AB$,连接 DE,F 与 A 关于直线 DE 对称,连接 DF,延长 EF、CB 交于点 G,则$\frac{AE}{EG}$的值为
$\frac{4}{7}$
.答案
17.$\frac{4}{7}$ 解析:如图,连接 $BD$,作 $DM⊥ AB$,垂足为 $M$,设 $DF$ 交 $AB$ 于点 $H$.
$\because$ 四边形 $ABCD$ 是菱形,$∠ A=60°$,
$\therefore AB=AD,AD// BC,\therefore ∠ ABG=∠ A=60°,$
$△ ABD$ 为等边三角形,
$\therefore BD=AD=AB,∠ ABD=60°.$
设菱形的边长为 $6a$,则 $AD=AB=BD=6a$,
$\therefore AE=\frac{1}{3}AB=2a,\therefore BE=4a.$
$\because DM⊥ AB,\therefore AM=BM=3a.$
在 $\mathrm{Rt}△ ADM$ 中,由勾股定理,得
$DM=\sqrt{AD^2-AM^2}=3\sqrt{3}a.$
$\because F$ 与 $A$ 关于直线 $DE$ 对称,
$\therefore ∠ DFE=∠ A=60°,DF=AD=6a,EF=AE=2a,$
$\therefore ∠ EFH=∠ EBG=60°.$
又 $\because ∠ BEG=∠ HEF,\therefore △ EFH∽ △ EBG,$
$\therefore \frac{FH}{BG}=\frac{EF}{BE}=\frac{1}{2},∠ G=∠ EHF,\therefore BG=2FH.$
$\because ∠ DHB=∠ EHF=∠ G,∠ DBH=∠ EBG=60°,$
$\therefore △ EBG∽ △ DBH,\therefore \frac{EG}{DH}=\frac{BG}{BH}=\frac{BE}{BD}=\frac{2}{3},$
$\therefore EG=\frac{2}{3}DH,BH=\frac{3}{2}BG.$
设 $FH=x$,则 $BG=2x,BH=3x,DH=DF-HF=6a-x,\therefore MH=BM-BH=3a-3x.$
在 $\mathrm{Rt}△ DMH$ 中,由勾股定理,
得 $DH^2=DM^2+MH^2,$
$\therefore (6a-x)^2=(3\sqrt{3}a)^2+(3a-3x)^2,$
解得 $x=0$(不合题意,舍去)或 $x=\frac{3}{4}a$,
$\therefore DH=6a-\frac{3}{4}a=\frac{21}{4}a,\therefore EG=\frac{2}{3}DH=\frac{7}{2}a,$
$\therefore \frac{AE}{EG}=\frac{2a}{\frac{7}{2}a}=\frac{4}{7}.$
解析
【分析】
解题时首先利用菱形和∠A=60°的条件，可推得△ABD为等边三角形，得到边角的特殊关系；再结合轴对称的性质，得到对称前后对应边、对应角相等，为证明相似三角形提供条件。要求线段比值，可先设菱形边长为参数（选取6a可避免计算中出现过多分数，简化运算），再通过等角关系找到两组相似三角形，得到线段间的比例关系，最后结合勾股定理列方程求解未知线段，代入即可算出所求比值。
【解析】
解：如图，连接$BD$，作$DM⊥AB$，垂足为$M$，设$DF$交$AB$于点$H$。
∵ 四边形$ABCD$是菱形，$∠A=60°$，
∴ $AB=AD$，$AD// BC$，
∴ $∠ABG=∠A=60°$，$△ ABD$为等边三角形，
∴ $BD=AD=AB$，$∠ABD=60°$。
设菱形的边长为$6a$，则$AD=AB=BD=6a$，
∴ $AE=\frac{1}{3}AB=2a$，$BE=AB-AE=4a$。
∵ $DM⊥AB$，$△ ABD$为等边三角形，
∴ $AM=BM=3a$。
在$\mathrm{Rt}△ ADM$中，由勾股定理得：
$DM=\sqrt{AD^2-AM^2}=\sqrt{(6a)^2-(3a)^2}=3\sqrt{3}a$。
∵ $F$与$A$关于直线$DE$对称，
∴ $∠DFE=∠A=60°$，$DF=AD=6a$，$EF=AE=2a$，
∴ $∠EFH=∠EBG=60°$。
又
∵ $∠BEG=∠HEF$，
∴ $△ EFH ∽ △ EBG$，
∴ $\frac{FH}{BG}=\frac{EF}{BE}=\frac{2a}{4a}=\frac{1}{2}$，$∠G=∠EHF$，即$BG=2FH$。
∵ $∠DHB=∠EHF=∠G$，$∠DBH=∠EBG=60°$，
∴ $△ EBG ∽ △ DBH$，
∴ $\frac{EG}{DH}=\frac{BG}{BH}=\frac{BE}{BD}=\frac{4a}{6a}=\frac{2}{3}$，
∴ $EG=\frac{2}{3}DH$，$BH=\frac{3}{2}BG$。
设$FH=x$，则$BG=2x$，$BH=3x$，$DH=DF-HF=6a-x$，
∴ $MH=BM-BH=3a-3x$。
在$\mathrm{Rt}△ DMH$中，由勾股定理得$DH^2=DM^2+MH^2$，
代入得：$(6a-x)^2=(3\sqrt{3}a)^2+(3a-3x)^2$，
整理得$8x^2-6ax=0$，解得$x=0$（不合题意，舍去）或$x=\frac{3}{4}a$。
∴ $DH=6a-\frac{3}{4}a=\frac{21}{4}a$，
∴ $EG=\frac{2}{3}DH=\frac{2}{3}× \frac{21}{4}a=\frac{7}{2}a$，
∴ $\frac{AE}{EG}=\frac{2a}{\frac{7}{2}a}=\frac{4}{7}$。
【答案】
$\frac{4}{7}$
【知识点】
菱形的性质，相似三角形的判定与性质，轴对称的性质
【点评】
本题是几何综合计算题，将菱形、等边三角形、轴对称、相似三角形、勾股定理等知识点结合考查，解题的关键是合理设参数，通过相似转化线段比例关系，结合勾股定理列方程求解，对几何知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
解题时首先利用菱形和∠A=60°的条件，可推得△ABD为等边三角形，得到边角的特殊关系；再结合轴对称的性质，得到对称前后对应边、对应角相等，为证明相似三角形提供条件。要求线段比值，可先设菱形边长为参数（选取6a可避免计算中出现过多分数，简化运算），再通过等角关系找到两组相似三角形，得到线段间的比例关系，最后结合勾股定理列方程求解未知线段，代入即可算出所求比值。
【解析】
解：如图，连接$BD$，作$DM⊥AB$，垂足为$M$，设$DF$交$AB$于点$H$。
∵ 四边形$ABCD$是菱形，$∠A=60°$，
∴ $AB=AD$，$AD// BC$，
∴ $∠ABG=∠A=60°$，$△ ABD$为等边三角形，
∴ $BD=AD=AB$，$∠ABD=60°$。
设菱形的边长为$6a$，则$AD=AB=BD=6a$，
∴ $AE=\frac{1}{3}AB=2a$，$BE=AB-AE=4a$。
∵ $DM⊥AB$，$△ ABD$为等边三角形，
∴ $AM=BM=3a$。
在$\mathrm{Rt}△ ADM$中，由勾股定理得：
$DM=\sqrt{AD^2-AM^2}=\sqrt{(6a)^2-(3a)^2}=3\sqrt{3}a$。
∵ $F$与$A$关于直线$DE$对称，
∴ $∠DFE=∠A=60°$，$DF=AD=6a$，$EF=AE=2a$，
∴ $∠EFH=∠EBG=60°$。
又
∵ $∠BEG=∠HEF$，
∴ $△ EFH ∽ △ EBG$，
∴ $\frac{FH}{BG}=\frac{EF}{BE}=\frac{2a}{4a}=\frac{1}{2}$，$∠G=∠EHF$，即$BG=2FH$。
∵ $∠DHB=∠EHF=∠G$，$∠DBH=∠EBG=60°$，
∴ $△ EBG ∽ △ DBH$，
∴ $\frac{EG}{DH}=\frac{BG}{BH}=\frac{BE}{BD}=\frac{4a}{6a}=\frac{2}{3}$，
∴ $EG=\frac{2}{3}DH$，$BH=\frac{3}{2}BG$。
设$FH=x$，则$BG=2x$，$BH=3x$，$DH=DF-HF=6a-x$，
∴ $MH=BM-BH=3a-3x$。
在$\mathrm{Rt}△ DMH$中，由勾股定理得$DH^2=DM^2+MH^2$，
代入得：$(6a-x)^2=(3\sqrt{3}a)^2+(3a-3x)^2$，
整理得$8x^2-6ax=0$，解得$x=0$（不合题意，舍去）或$x=\frac{3}{4}a$。
∴ $DH=6a-\frac{3}{4}a=\frac{21}{4}a$，
∴ $EG=\frac{2}{3}DH=\frac{2}{3}× \frac{21}{4}a=\frac{7}{2}a$，
∴ $\frac{AE}{EG}=\frac{2a}{\frac{7}{2}a}=\frac{4}{7}$。
【答案】
$\frac{4}{7}$
【知识点】
菱形的性质，相似三角形的判定与性质，轴对称的性质
【点评】
本题是几何综合计算题，将菱形、等边三角形、轴对称、相似三角形、勾股定理等知识点结合考查，解题的关键是合理设参数，通过相似转化线段比例关系，结合勾股定理列方程求解，对几何知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
18如图，在$△ ABC$中，$BC=4$，$CA=5$，$AB=6$，$BD$平分$∠ ABC$，过点$C$作$AC$的垂线，交$DB$的延长线于点$E$，则线段$CE$的长为
$2\sqrt{7}$
。答案
18.$2\sqrt{7}$ 解析:如图,过点 $B$ 作 $BG⊥ AC$ 于点 $G$,过点 $D$ 分别作 $DF⊥ AB,DH⊥ BC$,垂足分别是 $F、H$.
设 $CG=x$,
则 $AG=5-x$.
在 $\mathrm{Rt}△ ABG$ 中,由勾股定理,
得 $BG^2=AB^2-AG^2$,
在 $\mathrm{Rt}△ BCG$ 中,由勾股定理,
得 $BG^2=BC^2-CG^2$,
$\therefore BC^2-CG^2=AB^2-AG^2$,
即 $4^2-x^2=6^2-(5-x)^2$,解得 $x=\frac{1}{2},\therefore CG=\frac{1}{2}$,
$\therefore BG=\sqrt{BC^2-CG^2}=\frac{3\sqrt{7}}{2}.$
$\because BD$ 平分 $∠ ABC,DF⊥ AB,DH⊥ BC,\therefore DH=DF.$
$\because S_{△ ABC}=S_{△ BCD}+S_{△ BAD},$
$\therefore \frac{1}{2}AC· BG=\frac{1}{2}BC· DH+\frac{1}{2}AB· DF,$
即 $\frac{1}{2}×5×\frac{3\sqrt{7}}{2}=\frac{1}{2}×4DH+\frac{1}{2}×6DH,$
$\therefore DH=\frac{3\sqrt{7}}{4}.$
$\because S_{△ BCD}=\frac{1}{2}BC· DH=\frac{1}{2}CD· BG,$
即 $\frac{1}{2}×4×\frac{3\sqrt{7}}{4}=\frac{1}{2}×\frac{3\sqrt{7}}{2}CD,$
$\therefore CD=2,\therefore DG=CD-CG=\frac{3}{2}.$
$\because CE⊥ AC,BG⊥ AC,\therefore ∠ ECD=∠ BGD=90°.$
又 $∠ EDC=∠ BDG,\therefore △ DGB∽ △ DCE,$
$\therefore \frac{CE}{BG}=\frac{CD}{DG},\mathrm{即}\frac{CE}{\frac{3\sqrt{7}}{2}}=\frac{2}{\frac{3}{2}},\therefore CE=2\sqrt{7}.$
解析
【分析】
要求CE的长，可按以下思路求解：①已知△ABC三边长度，先作BG⊥AC，通过双勾股定理求出CG、BG的长度；②BD是∠ABC的角平分线，根据角平分线的性质得DH=DF，利用面积法（△ABC的面积等于△BCD与△BAD的面积和）求出DH的长度，再结合△BCD的两种面积表示求出CD的长度，进而得到DG的长度；③证明△DGB与△DCE相似，根据相似三角形对应边成比例即可求出CE的长度。
【解析】
过点B作BG⊥AC于点G，过点D分别作DF⊥AB，DH⊥BC，垂足分别是F、H。
设$CG=x$，则$AG=5-x$。
在$\mathrm{Rt}△ ABG$中，由勾股定理，得$BG^2=AB^2-AG^2$，
在$\mathrm{Rt}△ BCG$中，由勾股定理，得$BG^2=BC^2-CG^2$，
$\therefore BC^2-CG^2=AB^2-AG^2$，
即$4^2-x^2=6^2-(5-x)^2$，解得$x=\frac{1}{2}$，$\therefore CG=\frac{1}{2}$，
$\therefore BG=\sqrt{BC^2-CG^2}=\sqrt{4^2-(\frac{1}{2})^2}=\frac{3\sqrt{7}}{2}$。
$\because BD$平分$∠ ABC,DF⊥ AB,DH⊥ BC,\therefore DH=DF$。
$\because S_{△ ABC}=S_{△ BCD}+S_{△ BAD},$
$\therefore \frac{1}{2}AC· BG=\frac{1}{2}BC· DH+\frac{1}{2}AB· DF,$
即$\frac{1}{2}×5×\frac{3\sqrt{7}}{2}=\frac{1}{2}×4DH+\frac{1}{2}×6DH,$
解得$DH=\frac{3\sqrt{7}}{4}$。
$\because S_{△ BCD}=\frac{1}{2}BC· DH=\frac{1}{2}CD· BG,$
即$\frac{1}{2}×4×\frac{3\sqrt{7}}{4}=\frac{1}{2}×\frac{3\sqrt{7}}{2}CD,$
解得$CD=2$，$\therefore DG=CD-CG=2-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$。
$\because CE⊥ AC,BG⊥ AC,\therefore ∠ ECD=∠ BGD=90°.$
又$∠ EDC=∠ BDG,\therefore △ DGB∽ △ DCE,$
$\therefore \frac{CE}{BG}=\frac{CD}{DG},$即$\frac{CE}{\frac{3\sqrt{7}}{2}}=\frac{2}{\frac{3}{2}},$解得$CE=2\sqrt{7}$。
【答案】
$2\sqrt{7}$
【知识点】
角平分线的性质；勾股定理；相似三角形的判定与性质
【点评】
本题属于几何综合题，解题关键是合理构造辅助线，灵活运用勾股定理、角平分线性质、面积法、相似三角形的性质建立等量关系，能够有效考查几何知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.4
要求CE的长，可按以下思路求解：①已知△ABC三边长度，先作BG⊥AC，通过双勾股定理求出CG、BG的长度；②BD是∠ABC的角平分线，根据角平分线的性质得DH=DF，利用面积法（△ABC的面积等于△BCD与△BAD的面积和）求出DH的长度，再结合△BCD的两种面积表示求出CD的长度，进而得到DG的长度；③证明△DGB与△DCE相似，根据相似三角形对应边成比例即可求出CE的长度。
【解析】
过点B作BG⊥AC于点G，过点D分别作DF⊥AB，DH⊥BC，垂足分别是F、H。
设$CG=x$，则$AG=5-x$。
在$\mathrm{Rt}△ ABG$中，由勾股定理，得$BG^2=AB^2-AG^2$，
在$\mathrm{Rt}△ BCG$中，由勾股定理，得$BG^2=BC^2-CG^2$，
$\therefore BC^2-CG^2=AB^2-AG^2$，
即$4^2-x^2=6^2-(5-x)^2$，解得$x=\frac{1}{2}$，$\therefore CG=\frac{1}{2}$，
$\therefore BG=\sqrt{BC^2-CG^2}=\sqrt{4^2-(\frac{1}{2})^2}=\frac{3\sqrt{7}}{2}$。
$\because BD$平分$∠ ABC,DF⊥ AB,DH⊥ BC,\therefore DH=DF$。
$\because S_{△ ABC}=S_{△ BCD}+S_{△ BAD},$
$\therefore \frac{1}{2}AC· BG=\frac{1}{2}BC· DH+\frac{1}{2}AB· DF,$
即$\frac{1}{2}×5×\frac{3\sqrt{7}}{2}=\frac{1}{2}×4DH+\frac{1}{2}×6DH,$
解得$DH=\frac{3\sqrt{7}}{4}$。
$\because S_{△ BCD}=\frac{1}{2}BC· DH=\frac{1}{2}CD· BG,$
即$\frac{1}{2}×4×\frac{3\sqrt{7}}{4}=\frac{1}{2}×\frac{3\sqrt{7}}{2}CD,$
解得$CD=2$，$\therefore DG=CD-CG=2-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$。
$\because CE⊥ AC,BG⊥ AC,\therefore ∠ ECD=∠ BGD=90°.$
又$∠ EDC=∠ BDG,\therefore △ DGB∽ △ DCE,$
$\therefore \frac{CE}{BG}=\frac{CD}{DG},$即$\frac{CE}{\frac{3\sqrt{7}}{2}}=\frac{2}{\frac{3}{2}},$解得$CE=2\sqrt{7}$。
【答案】
$2\sqrt{7}$
【知识点】
角平分线的性质；勾股定理；相似三角形的判定与性质
【点评】
本题属于几何综合题，解题关键是合理构造辅助线，灵活运用勾股定理、角平分线性质、面积法、相似三角形的性质建立等量关系，能够有效考查几何知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.4
20.(10分)已知$△ ABC ∽ △ A'B'C'$，$\frac{AB}{A'B'}=\frac{1}{2}$，AB边上的中线$CD=4\ \mathrm{cm}$，$△ ABC$的周长为$20\ \mathrm{cm}$，$△ A'B'C'$的面积是$64\ \mathrm{cm}^2$.求：
(1)$A'B'$边上的中线$C'D'$的长；
(2)$△ A'B'C'$的周长；
(3)$△ ABC$的面积.
(1)$A'B'$边上的中线$C'D'$的长；
(2)$△ A'B'C'$的周长；
(3)$△ ABC$的面积.
答案
20.解:(1)$\because △ ABC∽ △ A'B'C',\frac{AB}{A'B'}=\frac{1}{2},AB$ 边上的中线 $CD=4\ \mathrm{cm}$,
$\therefore \frac{CD}{C'D'}=\frac{1}{2},\therefore C'D'=4×2=8(\mathrm{cm}),$
$\therefore A'B'$边上的中线 $C'D'$ 的长为 8 cm.
(2)$\because △ ABC∽ △ A'B'C',\frac{AB}{A'B'}=\frac{1}{2},△ ABC$ 的周长为 20 cm,
$\therefore \frac{C_{△ ABC}}{C_{△ A'B'C'}}=\frac{1}{2}\therefore C_{△ A'B'C'}=20×2=40(\mathrm{cm}),$
$\therefore △ A'B'C'$ 的周长为 40 cm.
(3)$\because △ ABC∽ △ A'B'C',\frac{AB}{A'B'}=\frac{1}{2},△ A'B'C'$ 的面积是 $64\ \mathrm{cm}^2$,
$\therefore \frac{S_{△ ABC}}{S_{△ A'B'C'}}=(\frac{1}{2})^2=\frac{1}{4},\therefore S_{△ ABC}=64÷4=16(\mathrm{cm}^2),$
$\therefore △ ABC$ 的面积是 $16\ \mathrm{cm}^2$.
$\therefore \frac{CD}{C'D'}=\frac{1}{2},\therefore C'D'=4×2=8(\mathrm{cm}),$
$\therefore A'B'$边上的中线 $C'D'$ 的长为 8 cm.
(2)$\because △ ABC∽ △ A'B'C',\frac{AB}{A'B'}=\frac{1}{2},△ ABC$ 的周长为 20 cm,
$\therefore \frac{C_{△ ABC}}{C_{△ A'B'C'}}=\frac{1}{2}\therefore C_{△ A'B'C'}=20×2=40(\mathrm{cm}),$
$\therefore △ A'B'C'$ 的周长为 40 cm.
(3)$\because △ ABC∽ △ A'B'C',\frac{AB}{A'B'}=\frac{1}{2},△ A'B'C'$ 的面积是 $64\ \mathrm{cm}^2$,
$\therefore \frac{S_{△ ABC}}{S_{△ A'B'C'}}=(\frac{1}{2})^2=\frac{1}{4},\therefore S_{△ ABC}=64÷4=16(\mathrm{cm}^2),$
$\therefore △ ABC$ 的面积是 $16\ \mathrm{cm}^2$.
解析
【分析】
解决本题的核心是运用相似三角形的相关性质，已知$△ ABC ∽ △ A'B'C'$，相似比为$\frac{AB}{A'B'}=\frac{1}{2}$，对应三个小问分别匹配对应性质即可求解：
1. 求对应中线$C'D'$的长：相似三角形对应中线的比等于相似比，代入已知中线长即可计算；
2. 求$△ A'B'C'$的周长：相似三角形的周长比等于相似比，代入已知$△ ABC$的周长即可计算；
3. 求$△ ABC$的面积：相似三角形的面积比等于相似比的平方，代入已知$△ A'B'C'$的面积即可计算，注意此处是平方关系，不要和前两个性质混淆。
【解析】
(1) $\because △ ABC ∽ △ A'B'C'$，$\frac{AB}{A'B'}=\frac{1}{2}$，$AB$边上的中线$CD=4\ \mathrm{cm}$，
$\therefore$ 相似三角形对应中线的比等于相似比，即$\frac{CD}{C'D'}=\frac{1}{2}$，
$\therefore C'D'=4 × 2=8(\mathrm{cm})$，
即$A'B'$边上的中线$C'D'$的长为$8\ \mathrm{cm}$。
(2) $\because △ ABC ∽ △ A'B'C'$，$\frac{AB}{A'B'}=\frac{1}{2}$，$△ ABC$的周长为$20\ \mathrm{cm}$，
$\therefore$ 相似三角形的周长比等于相似比，即$\frac{C_{△ ABC}}{C_{△ A'B'C'}}=\frac{1}{2}$，
$\therefore C_{△ A'B'C'}=20 × 2=40(\mathrm{cm})$，
即$△ A'B'C'$的周长为$40\ \mathrm{cm}$。
(3) $\because △ ABC ∽ △ A'B'C'$，$\frac{AB}{A'B'}=\frac{1}{2}$，$△ A'B'C'$的面积是$64\ \mathrm{cm}^2$，
$\therefore$ 相似三角形的面积比等于相似比的平方，即$\frac{S_{△ ABC}}{S_{△ A'B'C'}}=(\frac{1}{2})^2=\frac{1}{4}$，
$\therefore S_{△ ABC}=64 ÷ 4=16(\mathrm{cm}^2)$，
即$△ ABC$的面积是$16\ \mathrm{cm}^2$。
【答案】
(1) $8\ \mathrm{cm}$；(2) $40\ \mathrm{cm}$；(3) $16\ \mathrm{cm}^2$
【知识点】
相似三角形对应线段性质、相似三角形周长比性质、相似三角形面积比性质
【点评】
本题属于相似三角形的基础应用题，重点考察对相似三角形各性质的记忆与区分，只要准确掌握相似比与对应中线、周长、面积的比值关系，即可顺利求解，其中面积比为相似比的平方是易错点，需格外注意。
【难度系数】
0.8
解决本题的核心是运用相似三角形的相关性质，已知$△ ABC ∽ △ A'B'C'$，相似比为$\frac{AB}{A'B'}=\frac{1}{2}$，对应三个小问分别匹配对应性质即可求解：
1. 求对应中线$C'D'$的长：相似三角形对应中线的比等于相似比，代入已知中线长即可计算；
2. 求$△ A'B'C'$的周长：相似三角形的周长比等于相似比，代入已知$△ ABC$的周长即可计算；
3. 求$△ ABC$的面积：相似三角形的面积比等于相似比的平方，代入已知$△ A'B'C'$的面积即可计算，注意此处是平方关系，不要和前两个性质混淆。
【解析】
(1) $\because △ ABC ∽ △ A'B'C'$，$\frac{AB}{A'B'}=\frac{1}{2}$，$AB$边上的中线$CD=4\ \mathrm{cm}$，
$\therefore$ 相似三角形对应中线的比等于相似比，即$\frac{CD}{C'D'}=\frac{1}{2}$，
$\therefore C'D'=4 × 2=8(\mathrm{cm})$，
即$A'B'$边上的中线$C'D'$的长为$8\ \mathrm{cm}$。
(2) $\because △ ABC ∽ △ A'B'C'$，$\frac{AB}{A'B'}=\frac{1}{2}$，$△ ABC$的周长为$20\ \mathrm{cm}$，
$\therefore$ 相似三角形的周长比等于相似比，即$\frac{C_{△ ABC}}{C_{△ A'B'C'}}=\frac{1}{2}$，
$\therefore C_{△ A'B'C'}=20 × 2=40(\mathrm{cm})$，
即$△ A'B'C'$的周长为$40\ \mathrm{cm}$。
(3) $\because △ ABC ∽ △ A'B'C'$，$\frac{AB}{A'B'}=\frac{1}{2}$，$△ A'B'C'$的面积是$64\ \mathrm{cm}^2$，
$\therefore$ 相似三角形的面积比等于相似比的平方，即$\frac{S_{△ ABC}}{S_{△ A'B'C'}}=(\frac{1}{2})^2=\frac{1}{4}$，
$\therefore S_{△ ABC}=64 ÷ 4=16(\mathrm{cm}^2)$，
即$△ ABC$的面积是$16\ \mathrm{cm}^2$。
【答案】
(1) $8\ \mathrm{cm}$；(2) $40\ \mathrm{cm}$；(3) $16\ \mathrm{cm}^2$
【知识点】
相似三角形对应线段性质、相似三角形周长比性质、相似三角形面积比性质
【点评】
本题属于相似三角形的基础应用题，重点考察对相似三角形各性质的记忆与区分，只要准确掌握相似比与对应中线、周长、面积的比值关系，即可顺利求解，其中面积比为相似比的平方是易错点，需格外注意。
【难度系数】
0.8
