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五、(本大题共2小题,每小题10分,满分20分)
19. 如图,AB和CD表示两根直立于地面的柱子,AD和BC表示起固定作用的两根钢筋,AD和BC的交点为M.
(1)若AB=15 m,CD=10 m,求点M离地面的高度MH;
(2)若AB=a,CD=b,MH=l,请判断a,b,l三者之间的关系,并说明理由.
19. 如图,AB和CD表示两根直立于地面的柱子,AD和BC表示起固定作用的两根钢筋,AD和BC的交点为M.
(1)若AB=15 m,CD=10 m,求点M离地面的高度MH;
(2)若AB=a,CD=b,MH=l,请判断a,b,l三者之间的关系,并说明理由.
答案
(1) $\because MH// AB,\therefore △ DMH∽ △ DAB,\therefore \frac{MH}{AB}=\frac{DH}{DB},\therefore \frac{MH}{15}=\frac{DH}{BD}$, ①.$\because MH// CD,\therefore △ BMH∽ △ BCD,\therefore \frac{MH}{CD}=\frac{BH}{BD}$,$\therefore \frac{MH}{10}=\frac{BH}{BD}$, ②,$\therefore$ ①+②得$\frac{MH}{15}+\frac{MH}{10}=\frac{DH}{BD}+\frac{BH}{BD}=\frac{BD}{BD}=1$,解得 $MH=6\ \mathrm{m}$.
(2) $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{l}$. 理由: $\because MH// AB,△ DMH∽ △ DAB$,
$\therefore \frac{MH}{AB}=\frac{DH}{DB},\therefore \frac{l}{a}=\frac{DH}{DB}$, ①. $\because MH// CD,\therefore △ BMH∽ △ BCD,\therefore \frac{MH}{CD}=\frac{BH}{BD},\therefore \frac{l}{b}=\frac{BH}{BD}$, ②, $\therefore$ ①+②得 $\frac{l}{a}+\frac{l}{b}=\frac{DH}{BD}+\frac{BH}{BD}=\frac{BD}{BD}=1,\therefore \frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{l}$.
(2) $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{l}$. 理由: $\because MH// AB,△ DMH∽ △ DAB$,
$\therefore \frac{MH}{AB}=\frac{DH}{DB},\therefore \frac{l}{a}=\frac{DH}{DB}$, ①. $\because MH// CD,\therefore △ BMH∽ △ BCD,\therefore \frac{MH}{CD}=\frac{BH}{BD},\therefore \frac{l}{b}=\frac{BH}{BD}$, ②, $\therefore$ ①+②得 $\frac{l}{a}+\frac{l}{b}=\frac{DH}{BD}+\frac{BH}{BD}=\frac{BD}{BD}=1,\therefore \frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{l}$.
解析
【分析】
首先观察图形特征，AB、CD、MH均垂直于地面BD，因此三者互相平行，可得到两组相似三角形：△DMH∽△DAB、△BMH∽△BCD。利用相似三角形对应边成比例的性质，分别写出MH与AB、MH与CD的比例关系，结合DH+BH=BD，将两个比例式相加即可消去未知的线段比，求出MH的高度；第二问将具体数值替换为字母，沿用同样的推导思路即可得到三者的数量关系。
【解析】
(1) 由题意得AB⊥BD，CD⊥BD，MH⊥BD，因此AB//MH//CD。
∵ MH//AB，
∴ △DMH∽△DAB，由相似三角形对应边成比例可得：$\frac{MH}{AB}=\frac{DH}{DB}$，代入AB=15 m得$\frac{MH}{15}=\frac{DH}{BD}$ ①；
∵ MH//CD，
∴ △BMH∽△BCD，由相似三角形对应边成比例可得：$\frac{MH}{CD}=\frac{BH}{BD}$，代入CD=10 m得$\frac{MH}{10}=\frac{BH}{BD}$ ②；
将①+②得：$\frac{MH}{15}+\frac{MH}{10}=\frac{DH}{BD}+\frac{BH}{BD}=\frac{BD}{BD}=1$，
化简求解得：$\frac{2MH+3MH}{30}=1$，即$5MH=30$，解得$MH=6\ \mathrm{m}$。
(2) 三者关系为$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{l}$，理由如下：
∵ MH//AB，
∴ △DMH∽△DAB，
∴ $\frac{MH}{AB}=\frac{DH}{DB}$，代入$AB=a$、$MH=l$得$\frac{l}{a}=\frac{DH}{DB}$ ①；
∵ MH//CD，
∴ △BMH∽△BCD，
∴ $\frac{MH}{CD}=\frac{BH}{BD}$，代入$CD=b$、$MH=l$得$\frac{l}{b}=\frac{BH}{BD}$ ②；
将①+②得：$\frac{l}{a}+\frac{l}{b}=\frac{DH}{BD}+\frac{BH}{BD}=\frac{BD}{BD}=1$，
等式两边同时除以$l$，可得$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{l}$。
【答案】
(1) 点M离地面的高度MH为$\boldsymbol{6\ \mathrm{m}}$；(2) $\boldsymbol{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{l}}$
【知识点】
1. 相似三角形的判定与性质；2. 平行线的性质；3. 比例化简
【点评】
本题是相似三角形在实际场景中的典型应用题，解题核心是通过平行线构造相似三角形得到比例关系，利用比例式相加抵消未知线段比值的方法求解，能够很好地考查学生对相似三角形性质的灵活运用能力。
【难度系数】
0.65
首先观察图形特征，AB、CD、MH均垂直于地面BD，因此三者互相平行，可得到两组相似三角形：△DMH∽△DAB、△BMH∽△BCD。利用相似三角形对应边成比例的性质，分别写出MH与AB、MH与CD的比例关系，结合DH+BH=BD，将两个比例式相加即可消去未知的线段比，求出MH的高度；第二问将具体数值替换为字母，沿用同样的推导思路即可得到三者的数量关系。
【解析】
(1) 由题意得AB⊥BD，CD⊥BD，MH⊥BD，因此AB//MH//CD。
∵ MH//AB，
∴ △DMH∽△DAB，由相似三角形对应边成比例可得：$\frac{MH}{AB}=\frac{DH}{DB}$，代入AB=15 m得$\frac{MH}{15}=\frac{DH}{BD}$ ①；
∵ MH//CD，
∴ △BMH∽△BCD，由相似三角形对应边成比例可得：$\frac{MH}{CD}=\frac{BH}{BD}$，代入CD=10 m得$\frac{MH}{10}=\frac{BH}{BD}$ ②；
将①+②得：$\frac{MH}{15}+\frac{MH}{10}=\frac{DH}{BD}+\frac{BH}{BD}=\frac{BD}{BD}=1$，
化简求解得：$\frac{2MH+3MH}{30}=1$，即$5MH=30$，解得$MH=6\ \mathrm{m}$。
(2) 三者关系为$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{l}$，理由如下：
∵ MH//AB，
∴ △DMH∽△DAB，
∴ $\frac{MH}{AB}=\frac{DH}{DB}$，代入$AB=a$、$MH=l$得$\frac{l}{a}=\frac{DH}{DB}$ ①；
∵ MH//CD，
∴ △BMH∽△BCD，
∴ $\frac{MH}{CD}=\frac{BH}{BD}$，代入$CD=b$、$MH=l$得$\frac{l}{b}=\frac{BH}{BD}$ ②；
将①+②得：$\frac{l}{a}+\frac{l}{b}=\frac{DH}{BD}+\frac{BH}{BD}=\frac{BD}{BD}=1$，
等式两边同时除以$l$，可得$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{l}$。
【答案】
(1) 点M离地面的高度MH为$\boldsymbol{6\ \mathrm{m}}$；(2) $\boldsymbol{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{l}}$
【知识点】
1. 相似三角形的判定与性质；2. 平行线的性质；3. 比例化简
【点评】
本题是相似三角形在实际场景中的典型应用题，解题核心是通过平行线构造相似三角形得到比例关系，利用比例式相加抵消未知线段比值的方法求解，能够很好地考查学生对相似三角形性质的灵活运用能力。
【难度系数】
0.65
20. ★★★（上海中考）如图所示，在等腰三角形ABC中，AB=AC，点E，F在线段BC上，点Q在线段AB上，且CF=BE，$AE^2 = AQ · AB$。求证：(1) $∠ CAE = ∠ BAF$；(2) $CF · FQ = AF · BQ$。
答案
(1) $\because AB=AC,\therefore ∠ B=∠ C.\because CF=BE,\therefore CE=BF$,在 $△ ACE$ 和 $△ ABF$ 中,$\begin{cases} AC=AB, \\ ∠ C=∠ B, \\ CE=BF, \end{cases}$$\therefore △ ACE≌ △ ABF(\mathrm{SAS})$,
$\therefore ∠ CAE=∠ BAF$.
(2) $\because △ ACE≌ △ ABF,\therefore AE=AF,∠ CAE=∠ BAF.\because AE^2=AQ· AB,AC=AB,\therefore \frac{AE}{AQ}=\frac{AB}{AE}$,即 $\frac{AE}{AQ}=\frac{AC}{AF}$,$\therefore △ ACE∽ △ AFQ,\therefore ∠ AEC=∠ AQF,\therefore ∠ AEF=∠ BQF.\because AE=AF$,$\therefore ∠ AEF=∠ AFE,\therefore ∠ BQF=∠ AFE.\because ∠ B=∠ C,\therefore △ CAF∽ △ BFQ,\therefore \frac{CF}{BQ}=\frac{AF}{FQ}$,即 $CF· FQ=AF· BQ$.
$\therefore ∠ CAE=∠ BAF$.
(2) $\because △ ACE≌ △ ABF,\therefore AE=AF,∠ CAE=∠ BAF.\because AE^2=AQ· AB,AC=AB,\therefore \frac{AE}{AQ}=\frac{AB}{AE}$,即 $\frac{AE}{AQ}=\frac{AC}{AF}$,$\therefore △ ACE∽ △ AFQ,\therefore ∠ AEC=∠ AQF,\therefore ∠ AEF=∠ BQF.\because AE=AF$,$\therefore ∠ AEF=∠ AFE,\therefore ∠ BQF=∠ AFE.\because ∠ B=∠ C,\therefore △ CAF∽ △ BFQ,\therefore \frac{CF}{BQ}=\frac{AF}{FQ}$,即 $CF· FQ=AF· BQ$.
解析
【分析】
(1) 要证∠CAE=∠BAF，可证明两角所在的△ACE与△ABF全等：首先由等腰三角形AB=AC可得底角∠C=∠B；再由已知CF=BE，两边同时减去公共线段EF可得CE=BF，结合AC=AB，满足SAS全等判定条件，证得全等后即可得到对应角相等。
(2) 要证等积式CF·FQ=AF·BQ，先将其变形为比例式$\frac{CF}{BQ}=\frac{AF}{FQ}$，需证明△CAF∽△BFQ：首先由(1)的全等结论得AE=AF，结合已知$AE^2=AQ·AB$转化为比例式，推导得到角的等量关系，结合∠B=∠C的条件即可证得两个三角形相似，由相似三角形对应边成比例即可转化为待证等积式。
【解析】
(1) $\because AB=AC,\therefore ∠B=∠C$。
$\because CF=BE,\therefore CF-EF=BE-EF$，即$CE=BF$。
在$△ ACE$和$△ ABF$中：
$\begin{cases} AC=AB \\ ∠C=∠B \\ CE=BF \end{cases}$
$\therefore △ ACE≌△ ABF(\mathrm{SAS})$，
$\therefore ∠CAE=∠BAF$。
(2) $\because △ ACE≌△ ABF,\therefore AE=AF,∠CAE=∠BAF$。
$\because AE^2=AQ·AB,AC=AB,\therefore \frac{AE}{AQ}=\frac{AB}{AE}$，即$\frac{AF}{AQ}=\frac{AC}{AF}$。
$\because ∠CAE=∠BAF,\therefore △ ACE∽△ AFQ$，
$\therefore ∠AEC=∠AQF,\therefore ∠AEF=∠BQF$。
$\because AE=AF,\therefore ∠AEF=∠AFE,\therefore ∠BQF=∠AFE$。
又$\because ∠B=∠C,\therefore △ CAF∽△ BFQ$，
$\therefore \frac{CF}{BQ}=\frac{AF}{FQ}$，即$CF·FQ=AF·BQ$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{∠CAE=∠BAF}$；
(2) $\boldsymbol{CF·FQ=AF·BQ}$。
【知识点】
等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质
【点评】
本题综合考察了三角形全等、相似的证明及等腰三角形的性质，等积式问题通常先转化为比例式，通过证明对应三角形相似求解，解题时要注意利用前一问的结论推导后续条件，是中考常见的中档几何题型。
【难度系数】
0.6
(1) 要证∠CAE=∠BAF，可证明两角所在的△ACE与△ABF全等：首先由等腰三角形AB=AC可得底角∠C=∠B；再由已知CF=BE，两边同时减去公共线段EF可得CE=BF，结合AC=AB，满足SAS全等判定条件，证得全等后即可得到对应角相等。
(2) 要证等积式CF·FQ=AF·BQ，先将其变形为比例式$\frac{CF}{BQ}=\frac{AF}{FQ}$，需证明△CAF∽△BFQ：首先由(1)的全等结论得AE=AF，结合已知$AE^2=AQ·AB$转化为比例式，推导得到角的等量关系，结合∠B=∠C的条件即可证得两个三角形相似，由相似三角形对应边成比例即可转化为待证等积式。
【解析】
(1) $\because AB=AC,\therefore ∠B=∠C$。
$\because CF=BE,\therefore CF-EF=BE-EF$，即$CE=BF$。
在$△ ACE$和$△ ABF$中：
$\begin{cases} AC=AB \\ ∠C=∠B \\ CE=BF \end{cases}$
$\therefore △ ACE≌△ ABF(\mathrm{SAS})$，
$\therefore ∠CAE=∠BAF$。
(2) $\because △ ACE≌△ ABF,\therefore AE=AF,∠CAE=∠BAF$。
$\because AE^2=AQ·AB,AC=AB,\therefore \frac{AE}{AQ}=\frac{AB}{AE}$，即$\frac{AF}{AQ}=\frac{AC}{AF}$。
$\because ∠CAE=∠BAF,\therefore △ ACE∽△ AFQ$，
$\therefore ∠AEC=∠AQF,\therefore ∠AEF=∠BQF$。
$\because AE=AF,\therefore ∠AEF=∠AFE,\therefore ∠BQF=∠AFE$。
又$\because ∠B=∠C,\therefore △ CAF∽△ BFQ$，
$\therefore \frac{CF}{BQ}=\frac{AF}{FQ}$，即$CF·FQ=AF·BQ$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{∠CAE=∠BAF}$；
(2) $\boldsymbol{CF·FQ=AF·BQ}$。
【知识点】
等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质
【点评】
本题综合考察了三角形全等、相似的证明及等腰三角形的性质，等积式问题通常先转化为比例式，通过证明对应三角形相似求解，解题时要注意利用前一问的结论推导后续条件，是中考常见的中档几何题型。
【难度系数】
0.6
六、(本题满分12分)
21. 如图,在$□ ABCD$中,对角线AC与BD相交于点O,$∠ CAB = ∠ ACB$,过点B作$BE ⊥ AB$交AC于点E.
(1)求证:$△ ABO ∽ △ BEO$;
(2)若$AB=10$,$AC=16$,求OE的长.
21. 如图,在$□ ABCD$中,对角线AC与BD相交于点O,$∠ CAB = ∠ ACB$,过点B作$BE ⊥ AB$交AC于点E.
(1)求证:$△ ABO ∽ △ BEO$;
(2)若$AB=10$,$AC=16$,求OE的长.
答案
(1) $\because ∠ CAB=∠ ACB,\therefore AB=CB,\therefore □ ABCD$ 是菱形,
$\therefore AC⊥ BD,\therefore ∠ AOB=∠ BOE=90°.\because BE⊥ AB,\therefore ∠ EBA=90°,\therefore ∠ BEO+∠ BAO=∠ ABO+∠ BAO=90°,\therefore ∠ BEO=∠ ABO,\therefore △ ABO∽ △ BEO$.
(2) $\because □ ABCD$ 是菱形, $\therefore OA=OC=\frac{1}{2}AC=8,AC⊥ BD$,
$\therefore ∠ AOB=∠ BOE=90°,\therefore OB=\sqrt{AB^2-OA^2}=\sqrt{10^2-8^2}=6.\because △ BOE∽ △ AOB,\therefore \frac{OE}{OB}=\frac{OB}{OA}$,即 $\frac{OE}{6}=\frac{6}{8}$, 解得 $OE=\frac{9}{2}$,即 $OE$ 的长为 $\frac{9}{2}$.
$\therefore AC⊥ BD,\therefore ∠ AOB=∠ BOE=90°.\because BE⊥ AB,\therefore ∠ EBA=90°,\therefore ∠ BEO+∠ BAO=∠ ABO+∠ BAO=90°,\therefore ∠ BEO=∠ ABO,\therefore △ ABO∽ △ BEO$.
(2) $\because □ ABCD$ 是菱形, $\therefore OA=OC=\frac{1}{2}AC=8,AC⊥ BD$,
$\therefore ∠ AOB=∠ BOE=90°,\therefore OB=\sqrt{AB^2-OA^2}=\sqrt{10^2-8^2}=6.\because △ BOE∽ △ AOB,\therefore \frac{OE}{OB}=\frac{OB}{OA}$,即 $\frac{OE}{6}=\frac{6}{8}$, 解得 $OE=\frac{9}{2}$,即 $OE$ 的长为 $\frac{9}{2}$.
解析
【分析】
（1）要证明△ABO∽△BEO，首先从已知∠CAB=∠ACB入手，可推出AB=BC，进而判定平行四边形ABCD是菱形，得到对角线互相垂直的结论，即∠AOB=∠BOE=90°；再结合BE⊥AB的条件，通过同角的余角相等推导对应角相等，即可用两角对应相等判定两三角形相似。
（2）求OE的长时，先利用菱形对角线平分且垂直的性质求出OA的长度，再在Rt△AOB中用勾股定理算出OB的长度，最后借助（1）中相似三角形的对应边成比例的性质，代入数值计算即可得到OE的长。
【解析】
(1) 证明：
∵∠CAB=∠ACB，
∴AB=CB，
∴ABCD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形），
∴AC⊥BD（菱形对角线互相垂直），
∴∠AOB=∠BOE=90°。
∵BE⊥AB，
∴∠EBA=90°，
∴∠BEO+∠BAO=90°，∠ABO+∠BAO=90°（直角三角形两锐角互余），
∴∠BEO=∠ABO（同角的余角相等），
∴△ABO∽△BEO（两角分别相等的两个三角形相似）。
(2) 解：
∵ABCD是菱形，AC=16，
∴OA=OC=$\frac{1}{2}$AC=8，且AC⊥BD，即∠AOB=90°。
在Rt△AOB中，AB=10，OA=8，
由勾股定理得：$OB=\sqrt{AB^2-OA^2}=\sqrt{10^2-8^2}=6$。
由（1）知△BOE∽△AOB，
∴$\frac{OE}{OB}=\frac{OB}{OA}$，
代入OB=6、OA=8得：$\frac{OE}{6}=\frac{6}{8}$，
解得：$OE=\frac{9}{2}$。
【答案】
(1) 证明成立；
(2) $\frac{9}{2}$
【知识点】
菱形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理
【点评】
本题是四边形与相似三角形结合的典型综合题，解题核心是先判定菱形得到垂直关系，再通过角度推导证明相似，最后结合勾股定理和相似的比例性质求解线段长度，对几何基础知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.7
（1）要证明△ABO∽△BEO，首先从已知∠CAB=∠ACB入手，可推出AB=BC，进而判定平行四边形ABCD是菱形，得到对角线互相垂直的结论，即∠AOB=∠BOE=90°；再结合BE⊥AB的条件，通过同角的余角相等推导对应角相等，即可用两角对应相等判定两三角形相似。
（2）求OE的长时，先利用菱形对角线平分且垂直的性质求出OA的长度，再在Rt△AOB中用勾股定理算出OB的长度，最后借助（1）中相似三角形的对应边成比例的性质，代入数值计算即可得到OE的长。
【解析】
(1) 证明：
∵∠CAB=∠ACB，
∴AB=CB，
∴ABCD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形），
∴AC⊥BD（菱形对角线互相垂直），
∴∠AOB=∠BOE=90°。
∵BE⊥AB，
∴∠EBA=90°，
∴∠BEO+∠BAO=90°，∠ABO+∠BAO=90°（直角三角形两锐角互余），
∴∠BEO=∠ABO（同角的余角相等），
∴△ABO∽△BEO（两角分别相等的两个三角形相似）。
(2) 解：
∵ABCD是菱形，AC=16，
∴OA=OC=$\frac{1}{2}$AC=8，且AC⊥BD，即∠AOB=90°。
在Rt△AOB中，AB=10，OA=8，
由勾股定理得：$OB=\sqrt{AB^2-OA^2}=\sqrt{10^2-8^2}=6$。
由（1）知△BOE∽△AOB，
∴$\frac{OE}{OB}=\frac{OB}{OA}$，
代入OB=6、OA=8得：$\frac{OE}{6}=\frac{6}{8}$，
解得：$OE=\frac{9}{2}$。
【答案】
(1) 证明成立；
(2) $\frac{9}{2}$
【知识点】
菱形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理
【点评】
本题是四边形与相似三角形结合的典型综合题，解题核心是先判定菱形得到垂直关系，再通过角度推导证明相似，最后结合勾股定理和相似的比例性质求解线段长度，对几何基础知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.7
七、(本题满分12分)
22. 如图,在锐角$△ ABC$中,D,E分别为AB,BC的中点,F为AC上一点,且$∠ AFE = ∠ A$,$DM // EF$交AC于点M,点G在BE上,且$∠ BDG = ∠ C$.
(1)求证:$DG · CF = DM · EG$；
(2)在图中取CE上一点H,连接FH,使$∠ CFH = ∠ B$,若$BG = 1$,求EH的长.
22. 如图,在锐角$△ ABC$中,D,E分别为AB,BC的中点,F为AC上一点,且$∠ AFE = ∠ A$,$DM // EF$交AC于点M,点G在BE上,且$∠ BDG = ∠ C$.
(1)求证:$DG · CF = DM · EG$；
(2)在图中取CE上一点H,连接FH,使$∠ CFH = ∠ B$,若$BG = 1$,求EH的长.
答案
(1) $\because D,E$ 分别为 $AB,BC$ 的中点, $\therefore DE// AC.\because DM// EF,\therefore$ 四边形 $DEFM$ 是平行四边形, $\therefore DM=EF.\because DE// AC,\therefore ∠ BDE=∠ A,∠ DEG=∠ C.\because ∠ AFE=∠ A$,
$\therefore ∠ BDE=∠ AFE,\therefore ∠ BDG+∠ GDE=∠ C+∠ FEC$.
$\because ∠ BDG=∠ C,\therefore ∠ GDE=∠ FEC,\therefore △ DEG∽ △ ECF$,
$\therefore \frac{DG}{EF}=\frac{EG}{CF},\therefore \frac{DG}{DM}=\frac{EG}{CF},\therefore DG· CF=DM· EG$.
(2)如图所示.
$\because ∠ BDG=∠ C=∠ DEB,∠ B=∠ B$,
$\therefore △ BDG∽ △ BED,\therefore \frac{BD}{BE}=\frac{BG}{BD}$,
$\therefore BD^2=BG· BE.\because ∠ AFE=∠ A$,
$∠ CFH=∠ B,\therefore ∠ C=180°-∠ A-∠ B=180°-∠ AFE-∠ CFH=∠ EFH$.又 $\because ∠ FEH=∠ CEF,\therefore △ EFH∽ △ ECF$,
$\therefore \frac{EH}{EF}=\frac{EF}{EC},\therefore EF^2=EH· EC$. 由(1)可知, 四边形 $DEFM$ 是平行四边形, $\therefore ∠ AMD=∠ AFE=∠ A,\therefore EF=DM=DA=BD,\therefore BG· BE=EH· EC.\because BE=EC,\therefore EH=BG=1$.
解析
【分析】
（1）要证明等积式$DG · CF = DM · EG$，可先转化为比例式$\frac{DG}{DM}=\frac{EG}{CF}$分析。首先利用D、E是中点的条件得到DE是△ABC的中位线，得$DE// AC$，结合$DM// EF$可证四边形DEFM是平行四边形，得到$DM=EF$，因此只需证$\frac{DG}{EF}=\frac{EG}{CF}$，即证明$△DEG∽△ECF$，通过已知角的关系推导两组对应角相等即可证相似，变形后可得结论。
（2）要求EH的长，先通过$∠BDG=∠C$和公共角$∠B$证明$△BDG∽△BED$，得到乘积式$BD^2=BG·BE$；再结合角的关系证明$△EFH∽△ECF$，得到$EF^2=EH·EC$；最后利用线段等量关系$EF=BD$、$BE=EC$代换即可推出$EH=BG$，得到结果。
【解析】
(1) 证明：
∵ D、E分别为AB、BC的中点，
∴ DE是△ABC的中位线，$\therefore DE// AC$。
又$\because DM// EF$，
∴ 四边形DEFM是平行四边形，$\therefore DM=EF$。
$\because DE// AC$，
$\therefore ∠BDE=∠A$，$∠DEG=∠C$。
$\because ∠AFE=∠A$，
$\therefore ∠BDE=∠AFE$，即$∠BDG+∠GDE=∠C+∠FEC$。
又$\because ∠BDG=∠C$，
$\therefore ∠GDE=∠FEC$，
$\therefore △DEG∽△ECF$，
$\therefore \frac{DG}{EF}=\frac{EG}{CF}$。
将$EF=DM$代入得$\frac{DG}{DM}=\frac{EG}{CF}$，交叉相乘得$DG· CF=DM· EG$，原式得证。
(2) 解：
$\because ∠BDG=∠C$，由$DE// AC$得$∠DEB=∠C$，
$\therefore ∠BDG=∠DEB$，
又$\because ∠B=∠B$，
$\therefore △BDG∽△BED$，
$\therefore \frac{BD}{BE}=\frac{BG}{BD}$，即$BD^2=BG· BE$。
$\because ∠AFE=∠A$，$∠CFH=∠B$，
$\therefore ∠EFH=180°-∠AFE-∠CFH=180°-∠A-∠B$，
又
∵ 在△ABC中$∠C=180°-∠A-∠B$，
$\therefore ∠EFH=∠C$。
又$\because ∠FEH=∠CEF$，
$\therefore △EFH∽△ECF$，
$\therefore \frac{EH}{EF}=\frac{EF}{EC}$，即$EF^2=EH· EC$。
由(1)可知四边形DEFM是平行四边形，$\therefore EF=DM$，
又$\because DM// EF$，$\therefore ∠AMD=∠AFE=∠A$，$\therefore DM=AD$，
∵ D是AB中点，$\therefore AD=BD$，故$EF=DM=AD=BD$。
$\therefore BD^2=EF^2$，即$BG· BE=EH· EC$，
又
∵ E是BC中点，$\therefore BE=EC$，
$\therefore EH=BG=1$。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) $EH=1$。
【知识点】
三角形中位线定理，相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质
【点评】
本题是典型的几何综合题，解题核心是通过角的等量关系判定相似三角形，结合中位线、平行四边形的性质完成线段的等量代换，对转化思想和逻辑推理能力有一定考查。
【难度系数】
0.6
（1）要证明等积式$DG · CF = DM · EG$，可先转化为比例式$\frac{DG}{DM}=\frac{EG}{CF}$分析。首先利用D、E是中点的条件得到DE是△ABC的中位线，得$DE// AC$，结合$DM// EF$可证四边形DEFM是平行四边形，得到$DM=EF$，因此只需证$\frac{DG}{EF}=\frac{EG}{CF}$，即证明$△DEG∽△ECF$，通过已知角的关系推导两组对应角相等即可证相似，变形后可得结论。
（2）要求EH的长，先通过$∠BDG=∠C$和公共角$∠B$证明$△BDG∽△BED$，得到乘积式$BD^2=BG·BE$；再结合角的关系证明$△EFH∽△ECF$，得到$EF^2=EH·EC$；最后利用线段等量关系$EF=BD$、$BE=EC$代换即可推出$EH=BG$，得到结果。
【解析】
(1) 证明：
∵ D、E分别为AB、BC的中点，
∴ DE是△ABC的中位线，$\therefore DE// AC$。
又$\because DM// EF$，
∴ 四边形DEFM是平行四边形，$\therefore DM=EF$。
$\because DE// AC$，
$\therefore ∠BDE=∠A$，$∠DEG=∠C$。
$\because ∠AFE=∠A$，
$\therefore ∠BDE=∠AFE$，即$∠BDG+∠GDE=∠C+∠FEC$。
又$\because ∠BDG=∠C$，
$\therefore ∠GDE=∠FEC$，
$\therefore △DEG∽△ECF$，
$\therefore \frac{DG}{EF}=\frac{EG}{CF}$。
将$EF=DM$代入得$\frac{DG}{DM}=\frac{EG}{CF}$，交叉相乘得$DG· CF=DM· EG$，原式得证。
(2) 解：
$\because ∠BDG=∠C$，由$DE// AC$得$∠DEB=∠C$，
$\therefore ∠BDG=∠DEB$，
又$\because ∠B=∠B$，
$\therefore △BDG∽△BED$，
$\therefore \frac{BD}{BE}=\frac{BG}{BD}$，即$BD^2=BG· BE$。
$\because ∠AFE=∠A$，$∠CFH=∠B$，
$\therefore ∠EFH=180°-∠AFE-∠CFH=180°-∠A-∠B$，
又
∵ 在△ABC中$∠C=180°-∠A-∠B$，
$\therefore ∠EFH=∠C$。
又$\because ∠FEH=∠CEF$，
$\therefore △EFH∽△ECF$，
$\therefore \frac{EH}{EF}=\frac{EF}{EC}$，即$EF^2=EH· EC$。
由(1)可知四边形DEFM是平行四边形，$\therefore EF=DM$，
又$\because DM// EF$，$\therefore ∠AMD=∠AFE=∠A$，$\therefore DM=AD$，
∵ D是AB中点，$\therefore AD=BD$，故$EF=DM=AD=BD$。
$\therefore BD^2=EF^2$，即$BG· BE=EH· EC$，
又
∵ E是BC中点，$\therefore BE=EC$，
$\therefore EH=BG=1$。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) $EH=1$。
【知识点】
三角形中位线定理，相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质
【点评】
本题是典型的几何综合题，解题核心是通过角的等量关系判定相似三角形，结合中位线、平行四边形的性质完成线段的等量代换，对转化思想和逻辑推理能力有一定考查。
【难度系数】
0.6
八、(本题满分14分)
23. （湖州中考）【特例感知】(1)如图①,在正方形ABCD中,点P在边AB的延长线上,连接PD,过点D作DM⊥PD,交BC的延长线于点M.求证:△DAP≌△DCM.
【变式求异】(2)如图②,在Rt△ABC中,∠ABC=90°,点D在边AB上,过点D作DQ⊥AB,交AC于点Q,点P在边AB的延长线上,连接PQ,过点Q作QM⊥PQ,交射线BC于点M.已知BC=8,AC=10,AD=2DB,求$\frac{PQ}{QM}$的值.
【拓展应用】(3)如图③,在Rt△ABC中,∠BAC=90°,点P在边AB的延长线上,点Q在边AC上(不与点A,C重合),连接PQ,以Q为顶点作∠PQM=∠PBC,∠PQM的边QM交射线BC于点M.若AC=mAB,CQ=nAC(m,n是常数),则$\frac{PQ}{QM}$的值为
23. （湖州中考）【特例感知】(1)如图①,在正方形ABCD中,点P在边AB的延长线上,连接PD,过点D作DM⊥PD,交BC的延长线于点M.求证:△DAP≌△DCM.
【变式求异】(2)如图②,在Rt△ABC中,∠ABC=90°,点D在边AB上,过点D作DQ⊥AB,交AC于点Q,点P在边AB的延长线上,连接PQ,过点Q作QM⊥PQ,交射线BC于点M.已知BC=8,AC=10,AD=2DB,求$\frac{PQ}{QM}$的值.
【拓展应用】(3)如图③,在Rt△ABC中,∠BAC=90°,点P在边AB的延长线上,点Q在边AC上(不与点A,C重合),连接PQ,以Q为顶点作∠PQM=∠PBC,∠PQM的边QM交射线BC于点M.若AC=mAB,CQ=nAC(m,n是常数),则$\frac{PQ}{QM}$的值为
$\frac{1-n}{n}\sqrt{1+m^2}$
(用含m,n的代数式表示).答案
(1) 在正方形 $ABCD$ 中, $∠ A=∠ ADC=∠ BCD=90°,AD=DC,\therefore ∠ A=∠ DCM=90°.\because DM⊥ PD,\therefore ∠ ADP+∠ PDC=∠ CDM+∠ PDC=90°,\therefore ∠ ADP=∠ CDM,\therefore △ DAP≌ △ DCM(\mathrm{ASA})$.
(2)如图①,作 $QN⊥ BC$ 于点 $N,\because ∠ ABC=90°,DQ⊥ AB$,
$\therefore$ 四边形 $DBNQ$ 是矩形, $\therefore ∠ DQN=90°,QN=DB.\because QM⊥ PQ,\therefore ∠ DQP+∠ PQN=∠ MQN+∠ PQN=90°,\therefore ∠ DQP=∠ MQN.\because ∠ QDP=∠ QNM=90°,\therefore △ DQP∽ △ NQM$,
$\therefore \frac{PQ}{MQ}=\frac{DQ}{NQ}=\frac{DQ}{DB}.\because BC=8,AC=10,∠ ABC=90°,\therefore AB=\sqrt{AC^2-BC^2}=6.\because AD=2DB,\therefore DB=2.\because ADQ=∠ ABC=90°,\therefore DQ// BC,\therefore △ ADQ∽ △ ABC,\therefore \frac{DQ}{BC}=\frac{AD}{AB}=\frac{2}{3}$,
$\therefore DQ=\frac{16}{3},\therefore \frac{PQ}{MQ}=\frac{DQ}{DB}=\frac{8}{3}$.
(3) 解析: $\because AC=mAB,CQ=nAC,\therefore CQ=mnAB.\therefore AQ=AC-CQ=(m-mn)AB.\because ∠ BAC=90°,\therefore BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{1+m^2}AB$, 如图②, 作 $QN⊥ BC$ 于点 $N$,
$\because ∠ A+∠ ABN+∠ BNQ+∠ AQN=360°,\therefore ∠ ABN+∠ AQN=180°,\therefore ∠ AQN=∠ PBN.\because ∠ PQM=∠ PBC,\therefore ∠ PQM=∠ AQN,\therefore ∠ AQP=∠ NQM.\because ∠ A=∠ QNM=90°,\therefore △ QAP∽ △ QNM,\therefore \frac{PQ}{MQ}=\frac{AQ}{NQ}.\because ∠ QCN=∠ BCA,\therefore △ QCN∽ △ BCA,\therefore \frac{QN}{BA}=\frac{CQ}{CB}=\frac{mnAB}{\sqrt{1+m^2}AB}=\frac{mn}{\sqrt{1+m^2}},\therefore QN=\frac{mn}{\sqrt{1+m^2}}AB,\therefore \frac{PQ}{QM}=\frac{AQ}{NQ}=\frac{1-n}{n}\sqrt{1+m^2}$.
解析
【分析】
(1) 要证明△DAP≌△DCM，先利用正方形的性质得到AD=DC、∠A=∠DCM=90°，再结合DM⊥PD的条件，根据同角的余角相等推出∠ADP=∠CDM，即可用ASA判定两个三角形全等。
(2) 求解$\frac{PQ}{QM}$的比值，可通过构造相似三角形转化线段比：过点Q作QN⊥BC于N，先证明四边形DBNQ是矩形，得到QN=DB、∠DQN=90°，再结合QM⊥PQ推出∠DQP=∠MQN，证明△DQP∽△NQM，将$\frac{PQ}{QM}$转化为$\frac{DQ}{DB}$；随后用勾股定理求出AB的长度，结合AD=2DB得到DB的长度，再证明△ADQ∽△ABC求出DQ的长度，代入即可得到比值。
(3) 类比第(2)问的解题思路，过点Q作QN⊥BC于N，先将AQ、CQ用含AB、m、n的代数式表示，再通过角度推导证明△QAP∽△QNM，将$\frac{PQ}{QM}$转化为$\frac{AQ}{QN}$；随后证明△QCN∽△BCA求出QN的表达式，代入化简即可得到最终结果。
【解析】
(1) 在正方形 $ABCD$ 中, $∠ A=∠ ADC=∠ BCD=90°,AD=DC,\therefore ∠ A=∠ DCM=90°.\because DM⊥ PD,\therefore ∠ ADP+∠ PDC=∠ CDM+∠ PDC=90°,\therefore ∠ ADP=∠ CDM,\therefore △ DAP≌ △ DCM(\mathrm{ASA})$.
(2)如图①,作 $QN⊥ BC$ 于点 $N,\because ∠ ABC=90°,DQ⊥ AB$,$\therefore$ 四边形 $DBNQ$ 是矩形, $\therefore ∠ DQN=90°,QN=DB.\because QM⊥ PQ,\therefore ∠ DQP+∠ PQN=∠ MQN+∠ PQN=90°,\therefore ∠ DQP=∠ MQN.\because ∠ QDP=∠ QNM=90°,\therefore △ DQP∽ △ NQM$,$\therefore \frac{PQ}{MQ}=\frac{DQ}{NQ}=\frac{DQ}{DB}.\because BC=8,AC=10,∠ ABC=90°,\therefore AB=\sqrt{AC^2-BC^2}=6.\because AD=2DB,\therefore DB=2.\because ∠ADQ=∠ ABC=90°,\therefore DQ// BC,\therefore △ ADQ∽ △ ABC,\therefore \frac{DQ}{BC}=\frac{AD}{AB}=\frac{2}{3}$,$\therefore DQ=\frac{16}{3},\therefore \frac{PQ}{MQ}=\frac{DQ}{DB}=\frac{8}{3}$.
(3) $\because AC=mAB,CQ=nAC,\therefore CQ=mnAB.\therefore AQ=AC-CQ=(m-mn)AB.\because ∠ BAC=90°,\therefore BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{1+m^2}AB$, 如图②, 作 $QN⊥ BC$ 于点 $N$,$\because ∠ A+∠ ABN+∠ BNQ+∠ AQN=360°,\therefore ∠ ABN+∠ AQN=180°,\therefore ∠ AQN=∠ PBN.\because ∠ PQM=∠ PBC,\therefore ∠ PQM=∠ AQN,\therefore ∠ AQP=∠ NQM.\because ∠ A=∠ QNM=90°,\therefore △ QAP∽ △ QNM,\therefore \frac{PQ}{MQ}=\frac{AQ}{NQ}.\because ∠ QCN=∠ BCA,\therefore △ QCN∽ △ BCA,\therefore \frac{QN}{BA}=\frac{CQ}{CB}=\frac{mnAB}{\sqrt{1+m^2}AB}=\frac{mn}{\sqrt{1+m^2}},\therefore QN=\frac{mn}{\sqrt{1+m^2}}AB,\therefore \frac{PQ}{QM}=\frac{AQ}{NQ}=\frac{1-n}{n}\sqrt{1+m^2}$.
【答案】
(1) △DAP≌△DCM得证；
(2) $\frac{8}{3}$；
(3) $\frac{(1-n)\sqrt{1+m^2}}{n}$
【知识点】
全等三角形的判定，相似三角形的判定与性质，矩形的判定与性质
【点评】
本题是几何综合探究题，按照从特殊到一般的逻辑逐层递进，既考察了正方形、矩形的基础性质，又考察了全等、相似三角形的判定与应用，最后拓展到含参数的比值推导，对辅助线构造能力、逻辑推理能力和代数化简能力都有较高要求，能有效检测几何知识的综合运用水平。
【难度系数】
0.3
(1) 要证明△DAP≌△DCM，先利用正方形的性质得到AD=DC、∠A=∠DCM=90°，再结合DM⊥PD的条件，根据同角的余角相等推出∠ADP=∠CDM，即可用ASA判定两个三角形全等。
(2) 求解$\frac{PQ}{QM}$的比值，可通过构造相似三角形转化线段比：过点Q作QN⊥BC于N，先证明四边形DBNQ是矩形，得到QN=DB、∠DQN=90°，再结合QM⊥PQ推出∠DQP=∠MQN，证明△DQP∽△NQM，将$\frac{PQ}{QM}$转化为$\frac{DQ}{DB}$；随后用勾股定理求出AB的长度，结合AD=2DB得到DB的长度，再证明△ADQ∽△ABC求出DQ的长度，代入即可得到比值。
(3) 类比第(2)问的解题思路，过点Q作QN⊥BC于N，先将AQ、CQ用含AB、m、n的代数式表示，再通过角度推导证明△QAP∽△QNM，将$\frac{PQ}{QM}$转化为$\frac{AQ}{QN}$；随后证明△QCN∽△BCA求出QN的表达式，代入化简即可得到最终结果。
【解析】
(1) 在正方形 $ABCD$ 中, $∠ A=∠ ADC=∠ BCD=90°,AD=DC,\therefore ∠ A=∠ DCM=90°.\because DM⊥ PD,\therefore ∠ ADP+∠ PDC=∠ CDM+∠ PDC=90°,\therefore ∠ ADP=∠ CDM,\therefore △ DAP≌ △ DCM(\mathrm{ASA})$.
(2)如图①,作 $QN⊥ BC$ 于点 $N,\because ∠ ABC=90°,DQ⊥ AB$,$\therefore$ 四边形 $DBNQ$ 是矩形, $\therefore ∠ DQN=90°,QN=DB.\because QM⊥ PQ,\therefore ∠ DQP+∠ PQN=∠ MQN+∠ PQN=90°,\therefore ∠ DQP=∠ MQN.\because ∠ QDP=∠ QNM=90°,\therefore △ DQP∽ △ NQM$,$\therefore \frac{PQ}{MQ}=\frac{DQ}{NQ}=\frac{DQ}{DB}.\because BC=8,AC=10,∠ ABC=90°,\therefore AB=\sqrt{AC^2-BC^2}=6.\because AD=2DB,\therefore DB=2.\because ∠ADQ=∠ ABC=90°,\therefore DQ// BC,\therefore △ ADQ∽ △ ABC,\therefore \frac{DQ}{BC}=\frac{AD}{AB}=\frac{2}{3}$,$\therefore DQ=\frac{16}{3},\therefore \frac{PQ}{MQ}=\frac{DQ}{DB}=\frac{8}{3}$.
(3) $\because AC=mAB,CQ=nAC,\therefore CQ=mnAB.\therefore AQ=AC-CQ=(m-mn)AB.\because ∠ BAC=90°,\therefore BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{1+m^2}AB$, 如图②, 作 $QN⊥ BC$ 于点 $N$,$\because ∠ A+∠ ABN+∠ BNQ+∠ AQN=360°,\therefore ∠ ABN+∠ AQN=180°,\therefore ∠ AQN=∠ PBN.\because ∠ PQM=∠ PBC,\therefore ∠ PQM=∠ AQN,\therefore ∠ AQP=∠ NQM.\because ∠ A=∠ QNM=90°,\therefore △ QAP∽ △ QNM,\therefore \frac{PQ}{MQ}=\frac{AQ}{NQ}.\because ∠ QCN=∠ BCA,\therefore △ QCN∽ △ BCA,\therefore \frac{QN}{BA}=\frac{CQ}{CB}=\frac{mnAB}{\sqrt{1+m^2}AB}=\frac{mn}{\sqrt{1+m^2}},\therefore QN=\frac{mn}{\sqrt{1+m^2}}AB,\therefore \frac{PQ}{QM}=\frac{AQ}{NQ}=\frac{1-n}{n}\sqrt{1+m^2}$.
【答案】
(1) △DAP≌△DCM得证；
(2) $\frac{8}{3}$；
(3) $\frac{(1-n)\sqrt{1+m^2}}{n}$
【知识点】
全等三角形的判定，相似三角形的判定与性质，矩形的判定与性质
【点评】
本题是几何综合探究题，按照从特殊到一般的逻辑逐层递进，既考察了正方形、矩形的基础性质，又考察了全等、相似三角形的判定与应用，最后拓展到含参数的比值推导，对辅助线构造能力、逻辑推理能力和代数化简能力都有较高要求，能有效检测几何知识的综合运用水平。
【难度系数】
0.3
