7. 如图，在$\triangle ABC$中，$BD$平分$\angle ABC$，$AD \perp BD$于点$D$，过点$D$作$DE // BC$，交$AC$于点$E$.若$AB = 10$，$BC = 16$，则线段$DE$的长为
3
.答案：7.3
解析：
证明：延长$AD$交$BC$于点$F$.
∵$BD$平分$\angle ABC$，
∴$\angle ABD=\angle FBD$.
∵$AD\perp BD$，
∴$\angle ADB=\angle FDB=90°$.
在$\triangle ABD$和$\triangle FBD$中，
$\begin{cases} \angle ABD=\angle FBD, \\ BD=BD, \\ \angle ADB=\angle FDB, \end{cases}$
∴$\triangle ABD\cong\triangle FBD(ASA)$.
∴$AD=FD$，$AB=FB=10$.
∵$BC=16$，
∴$FC=BC-FB=16-10=6$.
∵$DE// BC$，$AD=FD$，
∴$DE$是$\triangle AFC$的中位线.
∴$DE=\frac{1}{2}FC=\frac{1}{2}×6=3$.
答案：$3$
∵$BD$平分$\angle ABC$，
∴$\angle ABD=\angle FBD$.
∵$AD\perp BD$，
∴$\angle ADB=\angle FDB=90°$.
在$\triangle ABD$和$\triangle FBD$中，
$\begin{cases} \angle ABD=\angle FBD, \\ BD=BD, \\ \angle ADB=\angle FDB, \end{cases}$
∴$\triangle ABD\cong\triangle FBD(ASA)$.
∴$AD=FD$，$AB=FB=10$.
∵$BC=16$，
∴$FC=BC-FB=16-10=6$.
∵$DE// BC$，$AD=FD$，
∴$DE$是$\triangle AFC$的中位线.
∴$DE=\frac{1}{2}FC=\frac{1}{2}×6=3$.
答案：$3$
8. 如图，在$\triangle ABC$中，$CD \perp AB$于点$D$.若$AD = 2$，$BC = 8$，$CD = 6$，则$\triangle ABC$的外接圆的半径为
$\frac{4\sqrt{10}}{3}$
.答案：8.$\frac{4\sqrt{10}}{3}$
解析：
解：在$Rt\triangle CDB$中，$CD\perp AB$，$BC=8$，$CD=6$，
由勾股定理得$BD=\sqrt{BC^{2}-CD^{2}}=\sqrt{8^{2}-6^{2}}=\sqrt{64 - 36}=\sqrt{28}=2\sqrt{7}$，
$AB=AD + BD=2 + 2\sqrt{7}$，
在$Rt\triangle ADC$中，$AD=2$，$CD=6$，
由勾股定理得$AC=\sqrt{AD^{2}+CD^{2}}=\sqrt{2^{2}+6^{2}}=\sqrt{4 + 36}=\sqrt{40}=2\sqrt{10}$，
过点$C$作直径$CE$，连接$BE$，则$\angle CBE=90^{\circ}$，
$\because\angle A=\angle E$，$\angle ADC=\angle CBE=90^{\circ}$，
$\therefore\triangle ADC\backsim\triangle EBC$，
$\therefore\frac{AC}{EC}=\frac{CD}{BC}$，
$\therefore EC=\frac{AC· BC}{CD}=\frac{2\sqrt{10}×8}{6}=\frac{8\sqrt{10}}{3}$，
$\triangle ABC$外接圆半径为$\frac{EC}{2}=\frac{4\sqrt{10}}{3}$。
$\frac{4\sqrt{10}}{3}$
由勾股定理得$BD=\sqrt{BC^{2}-CD^{2}}=\sqrt{8^{2}-6^{2}}=\sqrt{64 - 36}=\sqrt{28}=2\sqrt{7}$，
$AB=AD + BD=2 + 2\sqrt{7}$，
在$Rt\triangle ADC$中，$AD=2$，$CD=6$，
由勾股定理得$AC=\sqrt{AD^{2}+CD^{2}}=\sqrt{2^{2}+6^{2}}=\sqrt{4 + 36}=\sqrt{40}=2\sqrt{10}$，
过点$C$作直径$CE$，连接$BE$，则$\angle CBE=90^{\circ}$，
$\because\angle A=\angle E$，$\angle ADC=\angle CBE=90^{\circ}$，
$\therefore\triangle ADC\backsim\triangle EBC$，
$\therefore\frac{AC}{EC}=\frac{CD}{BC}$，
$\therefore EC=\frac{AC· BC}{CD}=\frac{2\sqrt{10}×8}{6}=\frac{8\sqrt{10}}{3}$，
$\triangle ABC$外接圆半径为$\frac{EC}{2}=\frac{4\sqrt{10}}{3}$。
$\frac{4\sqrt{10}}{3}$
9. 如图，在$\triangle ABC$中，$AB = AC$，点$E$在边$BC$上（不与点$B,C$重合），满足$\angle DEF = \angle B$，且点$D$，$F$分别在边$AB,AC$上.
（1）求证：$\triangle BDE \backsim \triangle CEF$；
（2）当点$E$在$BC$的中点处时，求证：$FE$平分$\angle DFC$.
（1）求证：$\triangle BDE \backsim \triangle CEF$；
（2）当点$E$在$BC$的中点处时，求证：$FE$平分$\angle DFC$.
答案：9.(1)$\because AB = AC$，$\therefore\angle B = \angle C$.$\because\angle BDE = 180^{\circ} - \angle B - \angle DEB$，$\angle CEF = 180^{\circ} - \angle DEF - \angle DEB$，$\angle DEF = \angle B$，$\therefore\angle BDE = \angle CEF$.$\therefore \triangle BDE \sim \triangle CEF$(2)由(1)知，$\triangle BDE \sim \triangle CEF$，$\therefore\frac{BE}{CF}=\frac{DE}{EF}$.当点E在BC的中点处时，$BE = CE$.$\therefore\frac{CE}{CF}=\frac{ED}{EF}$，即$\frac{ED}{CE}=\frac{EF}{CF}$.$\because\angle DEF = \angle B = \angle C$，$\therefore \triangle DEF \sim \triangle ECF$.$\therefore\angle DFE = \angle EFC$.$\therefore FE$平分$\angle DFC$
10.（2025·眉山）如图，一次函数$y = ax + b$的图象与反比例函数$y = \frac{k}{x}$的图象相交于$A(1,4)$，$B(4,m)$两点，与$x$轴交于点$C$，点$D,A$关于原点$O$对称，连接$AD$.
（1）求一次函数和反比例函数的解析式；
（2）点$P$在$x$轴的负半轴上，且$\triangle AOC$与$\triangle POD$相似，求点$P$的坐标.
（1）求一次函数和反比例函数的解析式；
（2）点$P$在$x$轴的负半轴上，且$\triangle AOC$与$\triangle POD$相似，求点$P$的坐标.
答案：10.(1)把A(1,4)代入$y = \frac{k}{x}$，得$4 = \frac{k}{1}$$\therefore k = 4$.$\therefore$反比例函数的解析式为$y = \frac{4}{x}$.把B(4,m)代入$y = \frac{4}{x}$，得$m = \frac{4}{4} = 1$.$\therefore B(4,1)$.$\because$一次函数$y = ax + b$的图象与反比例函数$y = \frac{k}{x}$的图象相交于A(1,4)，B(4,1)两点，$\therefore\begin{cases}4 = a + b,\\1 = 4a + b.\end{cases}$解得$\begin{cases}a = - 1,\\b = 5.\end{cases}$$\therefore$一次函数的解析式为$y = - x + 5$(2)$\because$点D，A关于点O对称，A(1,4)，$\therefore$易得$OA = OD = \sqrt{1^{2} + 4^{2}} = \sqrt{17}$.$\because$易得直线AB与x轴交于C(5,0)，$\therefore OC = 5$.$\because \triangle AOC$与$\triangle POD$相似，$\angle AOC = \angle POD$，$\therefore\frac{OA}{OD}=\frac{OC}{OP}$或$\frac{OA}{OP}=\frac{OC}{OD}$，即$\frac{\sqrt{17}}{\sqrt{17}}=\frac{5}{OP}$或$\frac{\sqrt{17}}{OP}=\frac{5}{\sqrt{17}}$.$\therefore OP = 5$或$OP = \frac{17}{5}$.$\because$点P在x轴的负半轴上，$\therefore P(-5,0)$或$(-\frac{17}{5},0)$
解析：
（1）将点$A(1,4)$代入反比例函数$y = \frac{k}{x}$，得$4=\frac{k}{1}$，解得$k = 4$，故反比例函数解析式为$y=\frac{4}{x}$。
将点$B(4,m)$代入$y=\frac{4}{x}$，得$m=\frac{4}{4}=1$，则$B(4,1)$。
将$A(1,4)$、$B(4,1)$代入一次函数$y = ax + b$，得$\begin{cases}a + b=4\\4a + b=1\end{cases}$，解得$\begin{cases}a=-1\\b=5\end{cases}$，故一次函数解析式为$y=-x + 5$。
（2）因为点$D$与$A$关于原点对称，$A(1,4)$，所以$D(-1,-4)$，$OA=OD=\sqrt{1^{2}+4^{2}}=\sqrt{17}$。
在$y=-x + 5$中，令$y = 0$，得$x = 5$，则$C(5,0)$，$OC = 5$。
因为$\triangle AOC$与$\triangle POD$相似，且$\angle AOC=\angle POD$，所以有两种情况：
①$\frac{OA}{OD}=\frac{OC}{OP}$，即$\frac{\sqrt{17}}{\sqrt{17}}=\frac{5}{OP}$，解得$OP = 5$。
②$\frac{OA}{OP}=\frac{OC}{OD}$，即$\frac{\sqrt{17}}{OP}=\frac{5}{\sqrt{17}}$，解得$OP=\frac{17}{5}$。
又因为点$P$在$x$轴负半轴上，所以$P(-5,0)$或$P(-\frac{17}{5},0)$。
综上，（1）一次函数解析式为$y=-x + 5$，反比例函数解析式为$y=\frac{4}{x}$；（2）点$P$的坐标为$(-5,0)$或$(-\frac{17}{5},0)$。
将点$B(4,m)$代入$y=\frac{4}{x}$，得$m=\frac{4}{4}=1$，则$B(4,1)$。
将$A(1,4)$、$B(4,1)$代入一次函数$y = ax + b$，得$\begin{cases}a + b=4\\4a + b=1\end{cases}$，解得$\begin{cases}a=-1\\b=5\end{cases}$，故一次函数解析式为$y=-x + 5$。
（2）因为点$D$与$A$关于原点对称，$A(1,4)$，所以$D(-1,-4)$，$OA=OD=\sqrt{1^{2}+4^{2}}=\sqrt{17}$。
在$y=-x + 5$中，令$y = 0$，得$x = 5$，则$C(5,0)$，$OC = 5$。
因为$\triangle AOC$与$\triangle POD$相似，且$\angle AOC=\angle POD$，所以有两种情况：
①$\frac{OA}{OD}=\frac{OC}{OP}$，即$\frac{\sqrt{17}}{\sqrt{17}}=\frac{5}{OP}$，解得$OP = 5$。
②$\frac{OA}{OP}=\frac{OC}{OD}$，即$\frac{\sqrt{17}}{OP}=\frac{5}{\sqrt{17}}$，解得$OP=\frac{17}{5}$。
又因为点$P$在$x$轴负半轴上，所以$P(-5,0)$或$P(-\frac{17}{5},0)$。
综上，（1）一次函数解析式为$y=-x + 5$，反比例函数解析式为$y=\frac{4}{x}$；（2）点$P$的坐标为$(-5,0)$或$(-\frac{17}{5},0)$。
11. 如图，在正方形$ABCD$中，连接$AC$，$E$是边$CD$上一点（不与点$C,D$重合），将$\triangle ADE$绕点$A$顺时针旋转$90°$得到$\triangle ABF$，连接$EF$，分别交$AC$，$AB$于点$P,G$.
（1）求证：$\triangle APF \backsim \triangle EPC$；
（2）求证：$PA^2 = PG · PF$；
（3）当$E$是边$CD$的中点时，求$\frac{GP}{EP}$的值.
（1）求证：$\triangle APF \backsim \triangle EPC$；
（2）求证：$PA^2 = PG · PF$；
（3）当$E$是边$CD$的中点时，求$\frac{GP}{EP}$的值.
答案：11.(1)$\because$四边形ABCD是正方形，$\therefore\angle ACB = \angle ACD = 45^{\circ}$.由旋转的性质可知，AF = AE，$\angle FAE = 90^{\circ}$，$\therefore\angle AFP = \angle ECP = 45^{\circ}$.$\because\angle AFP = \angle EPC$，$\therefore \triangle AFP \sim \triangle EPC$(2)$\because$四边形ABCD是正方形，$\therefore\angle CAB = 45^{\circ}$.$\because\angle AFE = 45^{\circ}$，$\therefore\angle PAG = \angle PFA$.又$\because\angle APG = \angle FPA$，$\therefore \triangle APG \sim \triangle FPA$.$\therefore\frac{PA}{PF}=\frac{PG}{PA}$.$\therefore PA^{2} = PG· PF$(3)设正方形的边长为2a.在正方形ABCD中，$AB// CD$，$\angle ABC = \angle D = 90^{\circ}$.$\because E$是CD的中点，$\therefore DE = EC = a$.$\because \triangle ADE$绕点A顺时针旋转90°得到$\triangle ABF$，$\therefore\angle ABF = \angle D = 90^{\circ}$，$DE = BF = a$.$\because\angle ABC = 90^{\circ}$，$\therefore$点F，B，C共线.$\because DE = EC = BF = a$，$BC = 2a$，$\therefore CF = 3a$.$\because BG// EC$，$\therefore \triangle FBG \sim \triangle FCE$.$\therefore BG:CE = FB:FC = 1:3$.$\therefore BG = \frac{1}{3}a$.$\therefore AG = \frac{5}{3}a$.
$\because AG// CE$，$\therefore \triangle AGP \sim \triangle CEP$.$\therefore\frac{GP}{EP}=\frac{AG}{CE}=\frac{\frac{5}{3}a}{a}=\frac{5}{3}$
$\because AG// CE$，$\therefore \triangle AGP \sim \triangle CEP$.$\therefore\frac{GP}{EP}=\frac{AG}{CE}=\frac{\frac{5}{3}a}{a}=\frac{5}{3}$