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17. (9分)如图15,在△ABC中,AD⊥BC, BE⊥AC,垂足分别为D,E,AD与BE相交于点F.
(1)求证:△ACD∽△BFD;
(2)当AD=BD,AC=3时,求BF的长.
(1)求证:△ACD∽△BFD;
(2)当AD=BD,AC=3时,求BF的长.
答案
解：(1) 证明：
∵ $AD ⊥ BC$，$BE ⊥ AC$，
∴ $∠ ADC = ∠ BDF = 90°$，$∠ BEC = 90°$，
∴ $∠ C + ∠ DAC = 90°$，$∠ C + ∠ FBD = 90°$，
∴ $∠ DAC = ∠ FBD$，
∴ $△ ACD ∽ △ BFD$。
(2) 解：
由(1)知 $△ ACD ∽ △ BFD$，
∴ $\frac{AC}{BF} = \frac{AD}{BD}$，
∵ $AD = BD$，
∴ $\frac{AD}{BD} = 1$，
∴ $\frac{AC}{BF} = 1$，即 $BF = AC$，
又∵ $AC = 3$，
∴ $BF = 3$。
∵ $AD ⊥ BC$，$BE ⊥ AC$，
∴ $∠ ADC = ∠ BDF = 90°$，$∠ BEC = 90°$，
∴ $∠ C + ∠ DAC = 90°$，$∠ C + ∠ FBD = 90°$，
∴ $∠ DAC = ∠ FBD$，
∴ $△ ACD ∽ △ BFD$。
(2) 解：
由(1)知 $△ ACD ∽ △ BFD$，
∴ $\frac{AC}{BF} = \frac{AD}{BD}$，
∵ $AD = BD$，
∴ $\frac{AD}{BD} = 1$，
∴ $\frac{AC}{BF} = 1$，即 $BF = AC$，
又∵ $AC = 3$，
∴ $BF = 3$。
解析
【分析】
(1) 要证明△ACD∽△BFD，可采用“两角对应相等的两个三角形相似”的判定定理。首先根据垂直的定义得到两个直角相等，再利用同角的余角相等推出另一组角相等，满足相似的判定条件即可得证。
(2) 借助(1)中得到的相似结论，利用相似三角形对应边成比例的性质，结合已知AD=BD的条件，可推导出BF与AC的等量关系，代入AC的数值即可求出BF的长度。
【解析】
(1) 证明：
∵ $AD ⊥ BC$，$BE ⊥ AC$，
∴ $∠ ADC = ∠ BDF = 90°$，$∠ BEC = 90°$，
∴ $∠ C + ∠ DAC = 90°$，$∠ C + ∠ FBD = 90°$，
∴ $∠ DAC = ∠ FBD$，
∴ $△ ACD ∽ △ BFD$。
(2) 解：
由(1)知 $△ ACD ∽ △ BFD$，
∴ $\frac{AC}{BF} = \frac{AD}{BD}$，
∵ $AD = BD$，
∴ $\frac{AD}{BD} = 1$，
∴ $\frac{AC}{BF} = 1$，即 $BF = AC$，
又
∵ $AC = 3$，
∴ $BF = 3$。
【答案】
(1) 证明成立；(2) $BF=3$
【知识点】
相似三角形的判定、相似三角形的性质、余角的性质
【点评】
本题是相似三角形的基础应用题型，解题核心是熟练掌握相似的判定方法和性质，通过垂直、余角的性质找到等角证明相似，再利用边的比例关系求解边长，能够较好地检验几何基础知识点的掌握情况。
【难度系数】
0.8
(1) 要证明△ACD∽△BFD，可采用“两角对应相等的两个三角形相似”的判定定理。首先根据垂直的定义得到两个直角相等，再利用同角的余角相等推出另一组角相等，满足相似的判定条件即可得证。
(2) 借助(1)中得到的相似结论，利用相似三角形对应边成比例的性质，结合已知AD=BD的条件，可推导出BF与AC的等量关系，代入AC的数值即可求出BF的长度。
【解析】
(1) 证明：
∵ $AD ⊥ BC$，$BE ⊥ AC$，
∴ $∠ ADC = ∠ BDF = 90°$，$∠ BEC = 90°$，
∴ $∠ C + ∠ DAC = 90°$，$∠ C + ∠ FBD = 90°$，
∴ $∠ DAC = ∠ FBD$，
∴ $△ ACD ∽ △ BFD$。
(2) 解：
由(1)知 $△ ACD ∽ △ BFD$，
∴ $\frac{AC}{BF} = \frac{AD}{BD}$，
∵ $AD = BD$，
∴ $\frac{AD}{BD} = 1$，
∴ $\frac{AC}{BF} = 1$，即 $BF = AC$，
又
∵ $AC = 3$，
∴ $BF = 3$。
【答案】
(1) 证明成立；(2) $BF=3$
【知识点】
相似三角形的判定、相似三角形的性质、余角的性质
【点评】
本题是相似三角形的基础应用题型，解题核心是熟练掌握相似的判定方法和性质，通过垂直、余角的性质找到等角证明相似，再利用边的比例关系求解边长，能够较好地检验几何基础知识点的掌握情况。
【难度系数】
0.8
18.(9分)如图16,在$□ ABCD$中,点E是AD的中点,连接CE并延长交BA的延长线于点F.
(1)求证:$AF=AB$.
(2)点G是线段AF上一点,满足$∠ FCG=∠ FCD$,CG交AD于点H.若$AG=2,FG=6$,求GH的长.
(1)求证:$AF=AB$.
(2)点G是线段AF上一点,满足$∠ FCG=∠ FCD$,CG交AD于点H.若$AG=2,FG=6$,求GH的长.
答案
解：
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AB//CD，AB=CD，
∴ ∠D = ∠EAF，
∵ E是AD的中点，
∴ DE = AE，
在△CDE和△FAE中：
$\{\begin{array}{l}∠D = ∠EAF \\DE = AE \\∠DEC = ∠AEF\end{array} $
∴ △CDE ≌ △FAE（ASA），
∴ CD = AF，
又∵ CD = AB，
∴ AF = AB。
(2) 解：
∵ FG=6，AG=2，
∴ AF = FG + AG = 8，
由(1)得 CD = AB = AF = 8，
∵ AB//CD，
∴ ∠FCD = ∠F，
又∵ ∠FCG = ∠FCD，
∴ ∠FCG = ∠F，
∴ CG = FG = 6，
∵ AB//CD，
∴ ∠HAG = ∠HDC，∠HGA = ∠HCD，
∴ △AHG ∽ △DHC，
∴ $\frac{GH}{CH} = \frac{AG}{CD} = \frac{2}{8} = \frac{1}{4}$，
即 CH = 4GH，
∵ CH + GH = CG，
∴ 4GH + GH = 6，
解得 $GH = \frac{6}{5}$。
答：GH的长为$\frac{6}{5}$。
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AB//CD，AB=CD，
∴ ∠D = ∠EAF，
∵ E是AD的中点，
∴ DE = AE，
在△CDE和△FAE中：
$\{\begin{array}{l}∠D = ∠EAF \\DE = AE \\∠DEC = ∠AEF\end{array} $
∴ △CDE ≌ △FAE（ASA），
∴ CD = AF，
又∵ CD = AB，
∴ AF = AB。
(2) 解：
∵ FG=6，AG=2，
∴ AF = FG + AG = 8，
由(1)得 CD = AB = AF = 8，
∵ AB//CD，
∴ ∠FCD = ∠F，
又∵ ∠FCG = ∠FCD，
∴ ∠FCG = ∠F，
∴ CG = FG = 6，
∵ AB//CD，
∴ ∠HAG = ∠HDC，∠HGA = ∠HCD，
∴ △AHG ∽ △DHC，
∴ $\frac{GH}{CH} = \frac{AG}{CD} = \frac{2}{8} = \frac{1}{4}$，
即 CH = 4GH，
∵ CH + GH = CG，
∴ 4GH + GH = 6，
解得 $GH = \frac{6}{5}$。
答：GH的长为$\frac{6}{5}$。
解析
【分析】
（1）要证$AF=AB$，结合平行四边形对边相等的性质可知$AB=CD$，因此只需证明$AF=CD$即可。观察图形，$CD$和$AF$分别在$△ CDE$和$△ FAE$中，已知$E$是$AD$中点，平行四边形对边平行可得内错角相等，可通过$ASA$证明两三角形全等得到$CD=AF$，进而得证$AF=AB$。
（2）首先根据已知$AG$、$FG$的长度求出$AF$的长度，结合（1）的结论得到$CD$的长度；再由$AB// CD$结合已知$∠ FCG=∠ FCD$，可推出$∠ FCG=∠ F$，得到$CG=FG$；最后根据$AB// CD$可证$△ AHG∽△ DHC$，得到$GH$与$CH$的比例关系，结合$CG$的长度列方程即可求出$GH$的长。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形$ABCD$是平行四边形，
∴ $AB// CD$，$AB=CD$，
∴ $∠ D = ∠ EAF$，
∵ $E$是$AD$的中点，
∴ $DE = AE$，
在$△ CDE$和$△ FAE$中：
$\{\begin{array}{l}∠ D = ∠ EAF \\DE = AE \\∠ DEC = ∠ AEF\end{array} $
∴ $△ CDE ≌ △ FAE$（ASA），
∴ $CD = AF$，
又
∵ $CD = AB$，
∴ $AF = AB$。
(2) 解：
∵ $FG=6$，$AG=2$，
∴ $AF = FG + AG = 6+2=8$，
由(1)得 $CD = AB = AF = 8$，
∵ $AB// CD$，
∴ $∠ FCD = ∠ F$，
又
∵ $∠ FCG = ∠ FCD$，
∴ $∠ FCG = ∠ F$，
∴ $CG = FG = 6$，
∵ $AB// CD$，
∴ $∠ HAG = ∠ HDC$，$∠ HGA = ∠ HCD$，
∴ $△ AHG ∽ △ DHC$，
∴ $\frac{GH}{CH} = \frac{AG}{CD} = \frac{2}{8} = \frac{1}{4}$，
即 $CH = 4GH$，
∵ $CH + GH = CG$，
∴ $4GH + GH = 6$，
解得 $GH = \frac{6}{5}$。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) $\frac{6}{5}$
【知识点】
平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质；相似三角形的判定与性质
【点评】
本题是几何综合基础题，第一问考查全等三角形的常规证明，难度较低；第二问需要结合等腰三角形判定、相似三角形的性质建立线段关系求解，考查学生的逻辑推理能力和几何转化思想。
【难度系数】
0.65
（1）要证$AF=AB$，结合平行四边形对边相等的性质可知$AB=CD$，因此只需证明$AF=CD$即可。观察图形，$CD$和$AF$分别在$△ CDE$和$△ FAE$中，已知$E$是$AD$中点，平行四边形对边平行可得内错角相等，可通过$ASA$证明两三角形全等得到$CD=AF$，进而得证$AF=AB$。
（2）首先根据已知$AG$、$FG$的长度求出$AF$的长度，结合（1）的结论得到$CD$的长度；再由$AB// CD$结合已知$∠ FCG=∠ FCD$，可推出$∠ FCG=∠ F$，得到$CG=FG$；最后根据$AB// CD$可证$△ AHG∽△ DHC$，得到$GH$与$CH$的比例关系，结合$CG$的长度列方程即可求出$GH$的长。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形$ABCD$是平行四边形，
∴ $AB// CD$，$AB=CD$，
∴ $∠ D = ∠ EAF$，
∵ $E$是$AD$的中点，
∴ $DE = AE$，
在$△ CDE$和$△ FAE$中：
$\{\begin{array}{l}∠ D = ∠ EAF \\DE = AE \\∠ DEC = ∠ AEF\end{array} $
∴ $△ CDE ≌ △ FAE$（ASA），
∴ $CD = AF$，
又
∵ $CD = AB$，
∴ $AF = AB$。
(2) 解：
∵ $FG=6$，$AG=2$，
∴ $AF = FG + AG = 6+2=8$，
由(1)得 $CD = AB = AF = 8$，
∵ $AB// CD$，
∴ $∠ FCD = ∠ F$，
又
∵ $∠ FCG = ∠ FCD$，
∴ $∠ FCG = ∠ F$，
∴ $CG = FG = 6$，
∵ $AB// CD$，
∴ $∠ HAG = ∠ HDC$，$∠ HGA = ∠ HCD$，
∴ $△ AHG ∽ △ DHC$，
∴ $\frac{GH}{CH} = \frac{AG}{CD} = \frac{2}{8} = \frac{1}{4}$，
即 $CH = 4GH$，
∵ $CH + GH = CG$，
∴ $4GH + GH = 6$，
解得 $GH = \frac{6}{5}$。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) $\frac{6}{5}$
【知识点】
平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质；相似三角形的判定与性质
【点评】
本题是几何综合基础题，第一问考查全等三角形的常规证明，难度较低；第二问需要结合等腰三角形判定、相似三角形的性质建立线段关系求解，考查学生的逻辑推理能力和几何转化思想。
【难度系数】
0.65
19. (9分)如图17，$\odot O$是$△ ABC$的外接圆，$O$点在$BC$边上，$∠ BAC$的平分线交$\odot O$于点$D$，连接$BD$，$CD$，过点$D$作$BC$的平行线，与$AB$的延长线相交于点$P$.
(1)求证：$PD$是$\odot O$的切线；
(2)求证：$△ PBD ∽ △ DCA$；
(3)当$AB=6$，$AC=8$时，求线段$PB$的长.
(1)求证：$PD$是$\odot O$的切线；
(2)求证：$△ PBD ∽ △ DCA$；
(3)当$AB=6$，$AC=8$时，求线段$PB$的长.
答案
解：
(1) 证明：
连接OD，
∵ ⊙O是△ABC的外接圆，O在BC边上，
∴ BC是⊙O的直径，
∴ ∠BAC=90°。
∵ AD平分∠BAC，
∴ ∠BAD=∠CAD，
∴ $\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$，
∴ ∠BOD=∠COD=90°，即OD⊥BC。
∵ PD//BC，
∴ OD⊥PD，
又∵ OD是⊙O的半径，
∴ PD是⊙O的切线。
(2) 证明：
∵ PD//BC，
∴ ∠PDB=∠DBC。
∵ ∠DBC和∠DAC都是弧DC所对的圆周角，
∴ ∠DBC=∠DAC，
∴ ∠PDB=∠DAC。
∵ 四边形ABDC是⊙O的内接四边形，
∴ ∠PBD=∠DCA，
∴ △PBD∽△DCA。
(3) 解：
在Rt△ABC中，AB=6，AC=8，
由勾股定理得：$BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$。
∵ $\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$，
∴ BD=CD。
在Rt△BDC中，$BD^2+CD^2=BC^2$，
∴ $2BD^2=100$，解得$BD=CD=5\sqrt{2}$。
∵ △PBD∽△DCA，
∴ $\frac{PB}{DC}=\frac{BD}{CA}$，
代入$DC=5\sqrt{2}$，$BD=5\sqrt{2}$，$CA=8$，得：
$\frac{PB}{5\sqrt{2}}=\frac{5\sqrt{2}}{8}$，
解得$PB=\frac{25}{4}$。
答：线段PB的长为$\frac{25}{4}$。
(1) 证明：
连接OD，
∵ ⊙O是△ABC的外接圆，O在BC边上，
∴ BC是⊙O的直径，
∴ ∠BAC=90°。
∵ AD平分∠BAC，
∴ ∠BAD=∠CAD，
∴ $\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$，
∴ ∠BOD=∠COD=90°，即OD⊥BC。
∵ PD//BC，
∴ OD⊥PD，
又∵ OD是⊙O的半径，
∴ PD是⊙O的切线。
(2) 证明：
∵ PD//BC，
∴ ∠PDB=∠DBC。
∵ ∠DBC和∠DAC都是弧DC所对的圆周角，
∴ ∠DBC=∠DAC，
∴ ∠PDB=∠DAC。
∵ 四边形ABDC是⊙O的内接四边形，
∴ ∠PBD=∠DCA，
∴ △PBD∽△DCA。
(3) 解：
在Rt△ABC中，AB=6，AC=8，
由勾股定理得：$BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$。
∵ $\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$，
∴ BD=CD。
在Rt△BDC中，$BD^2+CD^2=BC^2$，
∴ $2BD^2=100$，解得$BD=CD=5\sqrt{2}$。
∵ △PBD∽△DCA，
∴ $\frac{PB}{DC}=\frac{BD}{CA}$，
代入$DC=5\sqrt{2}$，$BD=5\sqrt{2}$，$CA=8$，得：
$\frac{PB}{5\sqrt{2}}=\frac{5\sqrt{2}}{8}$，
解得$PB=\frac{25}{4}$。
答：线段PB的长为$\frac{25}{4}$。
解析
【分析】
(1) 证明PD是切线需依据切线判定定理：连接半径OD，证明OD与PD垂直。首先由BC过圆心O可得BC是直径，推出∠BAC=90°；结合AD是角平分线可得弧BD与弧CD相等，进而推出OD⊥BC，再结合PD//BC即可得到OD⊥PD，完成切线的证明。
(2) 证明三角形相似需找两组对应角相等：由PD//BC可得∠PDB=∠DBC，再由同弧所对圆周角相等可得∠DBC=∠DAC，得到第一组相等的角；再利用圆内接四边形的外角等于内对角得到∠PBD=∠DCA，即可证明两三角形相似。
(3) 求PB长先利用勾股定理求出Rt△ABC的斜边BC的长度，再由弧BD=弧CD得BD=CD，在Rt△BDC中求出BD、CD的长度，最后结合(2)的相似结论，利用对应边成比例代入数值即可求出PB的长度。
【解析】
(1) 证明：
连接OD，
∵ ⊙O是△ABC的外接圆，O在BC边上，
∴ BC是⊙O的直径，
∴ ∠BAC=90°。
∵ AD平分∠BAC，
∴ ∠BAD=∠CAD，
∴ $\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$，
∴ ∠BOD=∠COD=90°，即OD⊥BC。
∵ PD//BC，
∴ OD⊥PD，
又
∵ OD是⊙O的半径，
∴ PD是⊙O的切线。
(2) 证明：
∵ PD//BC，
∴ ∠PDB=∠DBC。
∵ ∠DBC和∠DAC都是弧DC所对的圆周角，
∴ ∠DBC=∠DAC，
∴ ∠PDB=∠DAC。
∵ 四边形ABDC是⊙O的内接四边形，
∴ ∠PBD=∠DCA，
∴ △PBD∽△DCA。
(3) 解：
在Rt△ABC中，AB=6，AC=8，
由勾股定理得：$BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$。
∵ $\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$，
∴ BD=CD。
在Rt△BDC中，$BD^2+CD^2=BC^2$，
∴ $2BD^2=100$，解得$BD=CD=5\sqrt{2}$。
∵ △PBD∽△DCA，
∴ $\frac{PB}{DC}=\frac{BD}{CA}$，
代入$DC=5\sqrt{2}$，$BD=5\sqrt{2}$，$CA=8$，得：
$\frac{PB}{5\sqrt{2}}=\frac{5\sqrt{2}}{8}$，
解得$PB=\frac{25}{4}$。
【答案】
(1) PD是⊙O的切线，证明成立；
(2) △PBD∽△DCA，证明成立；
(3) 线段PB的长为$\frac{25}{4}$。
【知识点】
切线的判定；相似三角形的判定与性质；圆周角定理
【点评】
本题属于圆的综合类题型，融合了圆的基本性质、切线判定、相似三角形等多个考点，侧重考查学生对基础定理的掌握和角的等量转化能力，是几何综合题的常考类型，掌握这类题的解题思路对提升几何综合解题能力有很大帮助。
【难度系数】
0.65
(1) 证明PD是切线需依据切线判定定理：连接半径OD，证明OD与PD垂直。首先由BC过圆心O可得BC是直径，推出∠BAC=90°；结合AD是角平分线可得弧BD与弧CD相等，进而推出OD⊥BC，再结合PD//BC即可得到OD⊥PD，完成切线的证明。
(2) 证明三角形相似需找两组对应角相等：由PD//BC可得∠PDB=∠DBC，再由同弧所对圆周角相等可得∠DBC=∠DAC，得到第一组相等的角；再利用圆内接四边形的外角等于内对角得到∠PBD=∠DCA，即可证明两三角形相似。
(3) 求PB长先利用勾股定理求出Rt△ABC的斜边BC的长度，再由弧BD=弧CD得BD=CD，在Rt△BDC中求出BD、CD的长度，最后结合(2)的相似结论，利用对应边成比例代入数值即可求出PB的长度。
【解析】
(1) 证明：
连接OD，
∵ ⊙O是△ABC的外接圆，O在BC边上，
∴ BC是⊙O的直径，
∴ ∠BAC=90°。
∵ AD平分∠BAC，
∴ ∠BAD=∠CAD，
∴ $\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$，
∴ ∠BOD=∠COD=90°，即OD⊥BC。
∵ PD//BC，
∴ OD⊥PD，
又
∵ OD是⊙O的半径，
∴ PD是⊙O的切线。
(2) 证明：
∵ PD//BC，
∴ ∠PDB=∠DBC。
∵ ∠DBC和∠DAC都是弧DC所对的圆周角，
∴ ∠DBC=∠DAC，
∴ ∠PDB=∠DAC。
∵ 四边形ABDC是⊙O的内接四边形，
∴ ∠PBD=∠DCA，
∴ △PBD∽△DCA。
(3) 解：
在Rt△ABC中，AB=6，AC=8，
由勾股定理得：$BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$。
∵ $\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$，
∴ BD=CD。
在Rt△BDC中，$BD^2+CD^2=BC^2$，
∴ $2BD^2=100$，解得$BD=CD=5\sqrt{2}$。
∵ △PBD∽△DCA，
∴ $\frac{PB}{DC}=\frac{BD}{CA}$，
代入$DC=5\sqrt{2}$，$BD=5\sqrt{2}$，$CA=8$，得：
$\frac{PB}{5\sqrt{2}}=\frac{5\sqrt{2}}{8}$，
解得$PB=\frac{25}{4}$。
【答案】
(1) PD是⊙O的切线，证明成立；
(2) △PBD∽△DCA，证明成立；
(3) 线段PB的长为$\frac{25}{4}$。
【知识点】
切线的判定；相似三角形的判定与性质；圆周角定理
【点评】
本题属于圆的综合类题型，融合了圆的基本性质、切线判定、相似三角形等多个考点，侧重考查学生对基础定理的掌握和角的等量转化能力，是几何综合题的常考类型，掌握这类题的解题思路对提升几何综合解题能力有很大帮助。
【难度系数】
0.65
