1. (2025·江苏盐城模拟·3分)
上分点一 如图, 在△ABC中, 点D在边BC上, 连接AD,∠BAD = ∠BCA. 若AB = 5, BC = 8, △ABD的周长为12.5, 则△ABC的周长为 (
A
)
A.20
B.25.5
C.30
D.35.5
答案：1. A
解析：
证明：
∵∠BAD = ∠BCA，∠B = ∠B，
∴△ABD∽△CBA，
∴$\frac{AB}{BC} = \frac{BD}{AB}$，
∵AB = 5，BC = 8，
∴$\frac{5}{8} = \frac{BD}{5}$，解得$BD = \frac{25}{8}$，
∵△ABD的周长为12.5，
∴AD = 12.5 - AB - BD = 12.5 - 5 - $\frac{25}{8}$ = $\frac{35}{8}$，
∵△ABD∽△CBA，
∴$\frac{AD}{AC} = \frac{AB}{BC}$，即$\frac{\frac{35}{8}}{AC} = \frac{5}{8}$，解得AC = 7，
∴△ABC的周长 = AB + BC + AC = 5 + 8 + 7 = 20.
A
2. (3分) 如图, O是△ABC的外心, OD⊥AB, OE⊥BC, OF⊥AC, 垂足分别为D, E, F. H, I, J分别是OD, OE, OF的中点, 连接HI, IJ, HJ, 则△HIJ与△ABC面积的比是 (
D
)
A.1:2
B.1:4
C.1:8
D.1:16
答案：2. D
解析：
证明：
∵O是△ABC外心，OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，
∴D、E、F分别为AB、BC、AC中点（垂径定理）。
∴OD、OE、OF为△ABC外接圆半径在各边上的射影，且DE、EF、FD为△ABC中位线，
∴△DEF∽△ABC，相似比为$\frac{1}{2}$，面积比为$\frac{1}{4}$。
∵H、I、J分别为OD、OE、OF中点，
∴HI、IJ、JH为△ODE中位线，
∴△HIJ∽△ODE，相似比为$\frac{1}{2}$，面积比为$\frac{1}{4}$。
又
∵△ODE≌△DEF（对应边均为中位线，全等），
∴△HIJ与△ABC面积比为$\frac{1}{4} × \frac{1}{4} = \frac{1}{16}$。
结论：△HIJ与△ABC面积的比是$1:16$。
D
3. (3分) 如图, 在四边形ABCD中, AD//BC, CM是∠BCD的平分线, 且CM⊥AB, 垂足为M,AM = $\frac{1}{3}$AB. 若四边形ABCD的面积为$\frac{15}{7}$, 则四边形AMCD的面积为
1
.
答案：3. 1
解析：
解：延长BA、CD交于点N。
∵CM平分∠BCD且CM⊥AB，
∴△NMC≌△BMC（ASA），故NM=BM。
设AM=x，则AB=3x，BM=NM=2x，AN=NM-AM=x。
∵AD//BC，
∴△NAD∽△NBC，相似比为AN:BN=1:4。
设S△NAD=k，则S△NBC=16k，S梯形ABCD=16k - k=15k。
由题意15k=$\frac{15}{7}$，得k=$\frac{1}{7}$。
S△NBC=16k=$\frac{16}{7}$，S△BMC=$\frac{1}{2}$S△NBC=$\frac{8}{7}$。
S四边形AMCD=S梯形ABCD - S△BMC=$\frac{15}{7}$ - $\frac{8}{7}$=1。
1
4. (3分) 如图, 在△ABC中, D, E分别是边BC, AB上的点, 且∠B = ∠ADE = ∠DAC. 若△ABC, △EBD, △DAC的周长分别记为m, $m_1$, $m_2$, 则$\frac{m_1 + m_2}{m}$的最大值是
$\frac{5}{4}$
.
答案：4. $\frac{5}{4}$ 解析:设$AC=a,BC=b$.因为$\angle B=\angle DAC$，$\angle BCA=\angle ACD$，所以$\triangle ABC∼\triangle DAC$，所以$\frac{m_2}{m}=\frac{AC}{BC}=\frac{a}{b}$，$\frac{AC}{DC}=\frac{BC}{AC}$，所以$\frac{a}{DC}=\frac{b}{a}$，所以$DC=\frac{a^2}{b}$，所以$BD=BC - DC=\frac{b^2 - a^2}{b}$.因为$\angle ADE=\angle DAC$，所以$DE// AC$，所以$\triangle EBD∼\triangle ABC$，所以$\frac{m_1}{m}=\frac{BD}{BC}=\frac{b^2 - a^2}{b^2}$，所以$\frac{m_1 + m_2}{m}=\frac{a}{b}+\frac{b^2 - a^2}{b^2}$.令$\frac{a}{b}=x$，则$\frac{m_1 + m_2}{m}=x + 1 - x^2=-(x - \frac{1}{2})^2+\frac{5}{4}$，所以当$x=\frac{1}{2}$时，$\frac{m_1 + m_2}{m}$取最大值$\frac{5}{4}$.
5. (8分) 新素养
推理能力 如图, 在四边形ABCD中, 连接AC, BD, ∠ABC + ∠ADC = 90°, 点E与点C在BD的同侧, 连接BE, CE, DE. 若△ABD∽△CBE, BD = 20, $S_{△ABD}$ = $\frac{25}{64}$ $S_{△CBE}$, $S_{△ACD}$ = $\frac{5}{16}$ $S_{△CDE}$, 求△BDE的面积.
]
答案：5. 过点$A$作$AF⊥ CD$交$DC$的延长线于点$F$，过点$D$作$DN⊥ BE$于点$N$，则$\angle AFD=\angle BND=90^{\circ}$，$S_{\triangle ACD}=\frac{1}{2}CD· AF$.因为$\angle ABC+\angle ADC=90^{\circ}$，所以$\angle BAD+\angle BCD=360^{\circ}-(\angle ABC+\angle ADC)=270^{\circ}$.因为$\triangle ABD∼\triangle CBE$，所以$\angle BAD=\angle BCE$，所以$\angle BCE+\angle BCD=270^{\circ}$，所以$\angle DCE=360^{\circ}-(\angle BCE+\angle BCD)=90^{\circ}$，所以$CD⊥ CE$，所以$S_{\triangle CDE}=\frac{1}{2}CD· CE$，所以$\frac{S_{\triangle ACD}}{S_{\triangle CDE}}=\frac{AF}{CE}$.因为$S_{\triangle ACD}=\frac{5}{16}S_{\triangle CDE}$，所以$\frac{AF}{CE}=\frac{5}{16}$.设$CE = 16a$，则$AF = 5a$.因为$\triangle ABD∼\triangle CBE$，$S_{\triangle ABD}=\frac{25}{64}S_{\triangle CBE}$，所以$\angle ABD=\angle CBE$，$\frac{AD}{CE}=\frac{BD}{BE}=\sqrt{\frac{S_{\triangle ABD}}{S_{\triangle CBE}}}=\frac{5}{8}$，所以$AD = 10a$，所以$\frac{AF}{AD}=\frac{1}{2}$，所以$\angle ADC = 30^{\circ}$.因为$\angle ABC+\angle ADC=90^{\circ}$，所以$\angle ABC = 60^{\circ}$，所以$\angle DBE=\angle CBD+\angle CBE=\angle CBD+\angle ABD=\angle ABC = 60^{\circ}$，所以$\angle BDN=90^{\circ}-\angle DBE = 30^{\circ}$，所以$BN=\frac{1}{2}BD$.因为$BD = 20$，所以$BE = 32$，$BN = 10$，所以$DN=\sqrt{BD^2 - BN^2}=10\sqrt{3}$，所以$S_{\triangle BDE}=\frac{1}{2}BE· DN=160\sqrt{3}$.故$\triangle BDE$的面积为$160\sqrt{3}$.
6. (3分) 亮点原创 若两个相似三角形的一组对应角平分线的长分别为3m和m, 面积之差为n,则较大三角形的面积为 (
A
)
A.$\frac{9}{8}$n
B.$\frac{4}{3}$n
C.4n
D.9n
答案：6. A 解析:如图，过点$A$作$AM⊥ BC$于点$M$，交$DE$于点$N$，则$AM = 6$.因为$DE// BC$，所以$\triangle ADE∼\triangle ABC$，$AN⊥ DE$，所以$AM$，$AN$分别是$\triangle ABC$和$\triangle ADE$的对应高，所以$\frac{DE}{BC}=\frac{AN}{AM}$.设$AN = a$，则$MN=AM - AN=6 - a$.因为$BC = 8$，所以$\frac{DE}{8}=\frac{a}{6}$，所以$DE=\frac{4}{3}a$，所以$S_{\triangle DEF}=\frac{1}{2}DE· MN=-\frac{2}{3}a^2 + 4a=-\frac{2}{3}(a - 3)^2 + 6$.因为$-\frac{2}{3}＜0$，$0＜a＜6$，所以当$a = 3$时，$S_{\triangle DEF}$取最大值$6$.故$\triangle DEF$面积的最大值为$6$.
