1. (2025·河北)如图，在五边形 $ ABCDE $ 中，$ AE // BC $，延长 $ BA $，$ BC $，分别交直线 $ DE $ 于点 $ M $，$ N $. 若添加下列一个条件后，仍无法判定 $ \triangle MAE ∼ \triangle DCN $，则这个条件是 (
D
)
A.$ \angle B + \angle 4 = 180° $
B.$ CD // AB $
C.$ \angle 1 = \angle 4 $
D.$ \angle 2 = \angle 3 $
答案：1. D
解析：
∵AE//BC，
∴∠MAE=∠B，∠AEN=∠N。
A.
∵∠B+∠4=180°，∠DCN+∠4=180°，
∴∠B=∠DCN，又∠MAE=∠B，
∴∠MAE=∠DCN，且∠AEN=∠N，
∴△MAE∼△DCN；
B.
∵CD//AB，
∴∠DCN=∠B，又∠MAE=∠B，
∴∠MAE=∠DCN，且∠AEN=∠N，
∴△MAE∼△DCN；
C.
∵∠1=∠4，∠1=∠MAE，
∴∠MAE=∠4，又∠DCN=∠4，
∴∠MAE=∠DCN，且∠AEN=∠N，
∴△MAE∼△DCN；
D. ∠2=∠3无法推出△MAE与△DCN的对应角相等，故无法判定相似。
答案：D
2. 如图，在矩形 $ ABCD $ 中，$ AB = 3 $，$ BC = 10 $，点 $ E $ 在边 $ BC $ 上，$ DF ⊥ AE $，垂足为 $ F $. 若 $ DF = 6 $，则 $ EF $ 的长为 (
B
)
A.2
B.3
C.4
D.5
答案：2. B 解析：因为四边形ABCD是矩形，所以$\angle B = 90^{\circ}$，$AD = BC = 10$，$AD// BC$，所以$\angle DAF = \angle AEB$。因为$DF⊥ AE$，所以$\angle F = 90^{\circ}$，所以$\angle F = \angle B$，所以$\triangle DAF∼\triangle AEB$，所以$\frac{DF}{AB}=\frac{AD}{EA}$。因为$AB = 3$，$DF = 6$，所以$\frac{6}{3}=\frac{10}{EA}$，所以$EA = 5$。因为$AF = \sqrt{AD^{2}-DF^{2}} = 8$，所以$EF = AF - EA = 3$。
3. (教材 P57 练习 2 变式)如图，$ BD $ 与 $ CE $ 交于点 $ A $，$ BC // DE $，且 $ BC ＜ DE $，$ AD = BC = 4 $，$ AB + DE = 10 $，则 $ \frac{AE}{AC} = $
2
.
答案：3. 2 解析：设$AB = x$。因为$AB + DE = 10$，所以$DE = 10 - x$。因为$BC// DE$，所以$\angle D = \angle B$，$\angle E = \angle C$，所以$\triangle ADE∼\triangle ABC$，所以$\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}=\frac{DE}{BC}$。因为$AD = BC = 4$，所以$\frac{4}{x}=\frac{10 - x}{4}$，解得$x = 2$或$8$。经检验，$x = 2$或$8$都是原分式方程的解。因为$BC\lt DE$，所以$AB\lt AD$，所以$AB = 2$，$DE = 8$，所以$\frac{AE}{AC}=\frac{8}{4}=2$。
易错警示
要能结合题中的条件判断所求解是否符合题意。
4. (2024·四川眉山)如图，菱形 $ ABCD $ 的边长为 6，$ \angle BAD = 120° $，过点 $ D $ 作 $ DE ⊥ BC $，交 $ BC $ 的延长线于点 $ E $，连接 $ AE $，分别交 $ BD $，$ CD $ 于点 $ F $，$ G $，则 $ FG $ 的长为
$\frac{4\sqrt{7}}{5}$
.
答案：4. $\frac{4\sqrt{7}}{5}$ 解析：因为四边形ABCD是边长为6的菱形，所以$\angle BCD = \angle BAD = 120^{\circ}$，$AB = BC = CD = AD = 6$，$AD// BC$，所以$\angle ADE + \angle BED = 180^{\circ}$。因为$DE⊥ BC$，所以$\angle BED = 90^{\circ}$，所以$\angle ADE = 180^{\circ}-\angle BED = 90^{\circ}$。因为$\angle CDE = \angle BCD - \angle BED = 30^{\circ}$，所以$CE = \frac{1}{2}CD = 3$，所以$BE = BC + CE = 9$，$DE = \sqrt{CD^{2}-CE^{2}} = 3\sqrt{3}$，所以$AE = \sqrt{AD^{2}+DE^{2}} = 3\sqrt{7}$。因为$AD// BE$，所以$\angle DAF = \angle BEF$，$\angle ADF = \angle EBF$，所以$\triangle DAF∼\triangle BEF$，所以$\frac{AD}{BE}=\frac{AF}{EF}$。设$AF = x$，则$EF = AE - AF = 3\sqrt{7}-x$，所以$\frac{6}{9}=\frac{x}{3\sqrt{7}-x}$，解得$x = \frac{6\sqrt{7}}{5}$。经检验，$x = \frac{6\sqrt{7}}{5}$是原分式方程的解，所以$AF = \frac{6\sqrt{7}}{5}$。因为$AD// CE$，所以$\angle DAG = \angle CEG$，$\angle ADG = \angle ECG$，所以$\triangle DAG∼\triangle CEG$，所以$\frac{AD}{CE}=\frac{AG}{EG}$。设$AG = y$，则$EG = AE - AG = 3\sqrt{7}-y$，所以$\frac{6}{3}=\frac{y}{3\sqrt{7}-y}$，解得$y = 2\sqrt{7}$。经检验，$y = 2\sqrt{7}$是原分式方程的解，所以$AG = 2\sqrt{7}$，所以$FG = AG - AF = \frac{4\sqrt{7}}{5}$。
解析：
因为四边形$ABCD$是边长为$6$的菱形，所以$\angle BCD = \angle BAD = 120^{\circ}$，$AB = BC = CD = AD = 6$，$AD// BC$。
因为$DE⊥ BC$，所以$\angle BED = 90^{\circ}$，$\angle CDE = \angle BCD - 90^{\circ}=30^{\circ}$，则$CE=\frac{1}{2}CD = 3$，$DE=\sqrt{CD^{2}-CE^{2}}=\sqrt{6^{2}-3^{2}} = 3\sqrt{3}$，$BE=BC + CE=6 + 3=9$。
在$Rt\triangle ADE$中，$AE=\sqrt{AD^{2}+DE^{2}}=\sqrt{6^{2}+(3\sqrt{3})^{2}}=3\sqrt{7}$。
因为$AD// BE$，所以$\triangle DAF∼\triangle BEF$，$\frac{AD}{BE}=\frac{AF}{EF}$。设$AF = x$，则$EF=3\sqrt{7}-x$，$\frac{6}{9}=\frac{x}{3\sqrt{7}-x}$，解得$x = \frac{6\sqrt{7}}{5}$，即$AF=\frac{6\sqrt{7}}{5}$。
因为$AD// CE$，所以$\triangle DAG∼\triangle CEG$，$\frac{AD}{CE}=\frac{AG}{EG}$。设$AG = y$，则$EG=3\sqrt{7}-y$，$\frac{6}{3}=\frac{y}{3\sqrt{7}-y}$，解得$y = 2\sqrt{7}$，即$AG=2\sqrt{7}$。
所以$FG=AG - AF=2\sqrt{7}-\frac{6\sqrt{7}}{5}=\frac{4\sqrt{7}}{5}$。
$\frac{4\sqrt{7}}{5}$
5. 新素养 推理能力 (2024·四川德阳)如图，在菱形 $ ABCD $ 中，$ \angle ABC = 60° $，对角线 $ AC $，$ BD $ 相交于点 $ O $，$ F $ 为 $ BC $ 的中点，连接 $ AF $ 与 $ BD $ 相交于点 $ E $，连接 $ CE $ 并延长交 $ AB $ 于点 $ G $. 求证：
(1) $ \triangle BEF ∼ \triangle BCO $；
(2) $ \triangle BEG \cong \triangle AEG $.
答案：5. (1)因为四边形ABCD为菱形，所以$AB = BC$，$AC⊥ BD$，所以$\angle BOC = 90^{\circ}$。因为$\angle ABC = 60^{\circ}$，所以$\triangle ABC$为等边三角形。因为$F$为$BC$的中点，所以$AF⊥ BC$，所以$\angle BFE = 90^{\circ}$，所以$\angle BFE = \angle BOC$。又$\angle EBF = \angle CBO$，所以$\triangle BEF∼\triangle BCO$。
(2)因为$BO⊥ AC$，$AF⊥ BC$，所以$CG⊥ AB$，所以$\angle BGE = \angle AGE = 90^{\circ}$。因为$\triangle ABC$为等边三角形，所以$BG = AG$。在$\triangle BEG$和$\triangle AEG$中，$\begin{cases}BG = AG\\\angle BGE = \angle AGE\\EG = EG\end{cases}$，所以$\triangle BEG\cong\triangle AEG$。
6. (2025·四川遂宁)在 $ \mathrm{Rt} \triangle ABC $ 中，$ \angle C = 90° $，$ AB = 13 $，$ BC = 5 $，结合尺规作图痕迹提供的信息，可得 $ AQ $ 的长为 (
A
)
A.$ 2\sqrt{13} $
B.$ 2\sqrt{15} $
C.6
D.$ \frac{120}{13} $
答案：6. A
解析：
解：在$\mathrm{Rt}\triangle ABC$中，$\angle C=90^{\circ}$，$AB=13$，$BC=5$，由勾股定理得$AC=\sqrt{AB^{2}-BC^{2}}=\sqrt{13^{2}-5^{2}}=12$。
由尺规作图痕迹可知，$AD$是$\angle BAC$的平分线，$EF$是$AB$的垂直平分线，$AQ$是$EF$与$AD$的交点。
设$AQ=x$，因为$EF$垂直平分$AB$，所以$AQ=BQ=x$，$\angle QAB=\angle QBA$。
因为$AD$平分$\angle BAC$，所以$\angle QAB=\angle QAC$，故$\angle QBA=\angle QAC$。
又因为$\angle ACB=\angle QCA=90^{\circ}$，所以$\triangle ABC∼\triangle QAC$。
则$\frac{AC}{QC}=\frac{BC}{AC}$，即$\frac{12}{QC}=\frac{5}{12}$，解得$QC=\frac{144}{5}$。
在$\mathrm{Rt}\triangle QAC$中，$AQ^{2}=AC^{2}+QC^{2}=12^{2}+(\frac{144}{5})^{2}$，计算得$AQ=\sqrt{144+\frac{20736}{25}}=\sqrt{\frac{3600+20736}{25}}=\sqrt{\frac{24336}{25}}=\frac{156}{5}=2\sqrt{13}$。
答案：A
7. (2025·江苏盐城模拟)如图，点 $ E $ 在矩形 $ ABCD $ 的边 $ AB $ 上，将 $ \triangle ADE $ 沿 $ DE $ 翻折，点 $ A $ 恰好落在边 $ BC $ 上的点 $ F $ 处. 若 $ CD = 3BF $，$ BE = 4 $，则 $ AD $ 的长为 (
C
)
A.9
B.12
C.15
D.18
答案：7. C 解析：因为四边形ABCD是矩形，所以$AD = BC$，$\angle A = \angle B = \angle C = 90^{\circ}$，所以$\angle BEF + \angle BFE = 90^{\circ}$。由折叠的性质，得$DF = AD$，$\angle DFE = \angle A = 90^{\circ}$，所以$\angle CFD + \angle BFE = 180^{\circ}-\angle DFE = 90^{\circ}$，所以$\angle CFD = \angle BEF$。又$\angle C = \angle B$，所以$\triangle CFD∼\triangle BEF$，所以$\frac{CF}{BE}=\frac{CD}{BF}$。因为$CD = 3BF$，所以$CF = 3BE$。因为$BE = 4$，所以$CF = 12$。设$BF = x$，则$CD = 3x$，所以$DF = AD = BC = BF + CF = x + 12$。因为$CD^{2}+CF^{2}=DF^{2}$，所以$(3x)^{2}+12^{2}=(x + 12)^{2}$，解得$x_1 = 0$（不合题意，舍去），$x_2 = 3$，所以$AD$的长为$15$。
8. (2024·重庆)如图，在 $ \triangle ABC $ 中，延长 $ AC $ 至点 $ D $，使 $ CD = CA $，过点 $ D $ 作 $ DE // CB $，且 $ DE = CD $，连接 $ AE $ 交 $ BC $ 于点 $ F $. 若 $ \angle CAB = \angle CFA $，$ CF = 1 $，则 $ BF = $
3
.
]
答案：8. 3
解析：
证明：设 $ CA = CD = DE = x $，$ BF = y $。
因为 $ DE // CB $，所以 $ \triangle AFC ∼ \triangle AED $，则 $ \frac{CF}{DE} = \frac{AC}{AD} $。
由于 $ AD = AC + CD = 2x $，$ CF = 1 $，$ DE = x $，故 $ \frac{1}{x} = \frac{x}{2x} $，解得 $ x = 2 $，即 $ AC = 2 $，$ DE = 2 $。
因为 $ \angle CAB = \angle CFA $，$ \angle ACF = \angle BCA $，所以 $ \triangle ACF ∼ \triangle BCA $，则 $ \frac{AC}{BC} = \frac{CF}{AC} $。
$ BC = BF + CF = y + 1 $，代入得 $ \frac{2}{y + 1} = \frac{1}{2} $，解得 $ y = 3 $。
$ BF = 3 $
3
9. 如图，$ \triangle ABC $ 和 $ \triangle ADE $ 均为等边三角形，点 $ D $ 在 $ BC $ 上，$ DE $ 与 $ AC $ 交于点 $ F $. 若 $ AB = 9 $，$ BD = 3 $，则 $ CF = $
2
.
答案：9. 2
解析：
证明：
∵△ABC和△ADE均为等边三角形，
∴∠B=∠BAC=∠ADE=60°，AB=BC=9，AD=DE。
∵BD=3，
∴DC=BC-BD=6。
∵∠ADC=∠B+∠BAD=60°+∠BAD，
∠ADC=∠ADE+∠CDE=60°+∠CDE，
∴∠BAD=∠CDE。
∵∠B=∠C=60°，
∴△ABD∽△DCF。
∴$\frac{AB}{DC}=\frac{BD}{CF}$，即$\frac{9}{6}=\frac{3}{CF}$。
解得CF=2。
2
