10. 如图，在矩形 $ ABCD $ 中，$ AB = 6 \mathrm{ cm} $，$ BC = 9 \mathrm{ cm} $，点 $ E $，$ F $ 分别在边 $ AB $，$ BC $ 上，$ AE = 2 \mathrm{ cm} $，$ BD $，$ EF $ 交于点 $ G $. 若 $ G $ 是 $ EF $ 的中点，则 $ BG = $_________$ \mathrm{cm} $.
答案：10. $\sqrt{13}$ 解析：因为四边形ABCD是矩形，所以$CD = AB = 6\mathrm{cm}$，$\angle FBE = \angle BCD = 90^{\circ}$，$AB// CD$，所以$\angle EBG = \angle BDC$。因为$AE = 2\mathrm{cm}$，所以$BE = AB - AE = 4\mathrm{cm}$。因为$G$是$EF$的中点，所以$BG = EG = \frac{1}{2}EF$，所以$\angle FEB = \angle EBG$，所以$\angle FEB = \angle BDC$。又$\angle FBE = \angle BCD$，所以$\triangle FBE∼\triangle BCD$，所以$\frac{FB}{BC}=\frac{BE}{CD}=\frac{2}{3}$。因为$BC = 9\mathrm{cm}$，所以$FB = 6\mathrm{cm}$，所以$EF = \sqrt{BE^{2}+FB^{2}} = 2\sqrt{13}\mathrm{cm}$，所以$BG = \sqrt{13}\mathrm{cm}$。
解析：
解：
∵ 四边形 $ABCD$ 是矩形，
∴ $CD = AB = 6\,\mathrm{cm}$，$\angle FBE = \angle BCD = 90°$，$AB // CD$，
∴ $\angle EBG = \angle BDC$。
∵ $AE = 2\,\mathrm{cm}$，
∴ $BE = AB - AE = 6 - 2 = 4\,\mathrm{cm}$。
∵ $G$ 是 $EF$ 的中点，
∴ $BG = EG = \frac{1}{2}EF$，
∴ $\angle FEB = \angle EBG$，
∴ $\angle FEB = \angle BDC$。
又 $\angle FBE = \angle BCD$，
∴ $\triangle FBE ∼ \triangle BCD$，
∴ $\frac{FB}{BC} = \frac{BE}{CD} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$。
∵ $BC = 9\,\mathrm{cm}$，
∴ $FB = \frac{2}{3} × 9 = 6\,\mathrm{cm}$。
在 $\mathrm{Rt}\triangle FBE$ 中，
$EF = \sqrt{BE^2 + FB^2} = \sqrt{4^2 + 6^2} = \sqrt{16 + 36} = \sqrt{52} = 2\sqrt{13}\,\mathrm{cm}$，
∴ $BG = \frac{1}{2}EF = \sqrt{13}\,\mathrm{cm}$。
$\sqrt{13}$
∵ 四边形 $ABCD$ 是矩形，
∴ $CD = AB = 6\,\mathrm{cm}$，$\angle FBE = \angle BCD = 90°$，$AB // CD$，
∴ $\angle EBG = \angle BDC$。
∵ $AE = 2\,\mathrm{cm}$，
∴ $BE = AB - AE = 6 - 2 = 4\,\mathrm{cm}$。
∵ $G$ 是 $EF$ 的中点，
∴ $BG = EG = \frac{1}{2}EF$，
∴ $\angle FEB = \angle EBG$，
∴ $\angle FEB = \angle BDC$。
又 $\angle FBE = \angle BCD$，
∴ $\triangle FBE ∼ \triangle BCD$，
∴ $\frac{FB}{BC} = \frac{BE}{CD} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$。
∵ $BC = 9\,\mathrm{cm}$，
∴ $FB = \frac{2}{3} × 9 = 6\,\mathrm{cm}$。
在 $\mathrm{Rt}\triangle FBE$ 中，
$EF = \sqrt{BE^2 + FB^2} = \sqrt{4^2 + 6^2} = \sqrt{16 + 36} = \sqrt{52} = 2\sqrt{13}\,\mathrm{cm}$，
∴ $BG = \frac{1}{2}EF = \sqrt{13}\,\mathrm{cm}$。
$\sqrt{13}$
11. 新素养 几何直观 如图，在 $ □ ABCD $ 中，$ \angle ABC $ 为锐角，$ AB ＜ BC $，$ E $ 是 $ AD $ 上的一点，延长 $ CE $ 到点 $ F $，连接 $ BF $ 交 $ AD $ 于点 $ G $，使 $ \angle FBC = \angle DCE $.
(1) ；
(2) 在直线 $ AD $ 上找一点 $ P $，使以 $ B $，$ P $，$ C $ 三点为顶点的三角形与以 $ C $，$ D $，$ P $ 三点为顶点的三角形相似. (在原图中标出点 $ P $ 的准确位置，必要时用直尺和圆规作出点 $ P $，保留作图痕迹，不写作法)
]
(1) ；
(2) 在直线 $ AD $ 上找一点 $ P $，使以 $ B $，$ P $，$ C $ 三点为顶点的三角形与以 $ C $，$ D $，$ P $ 三点为顶点的三角形相似. (在原图中标出点 $ P $ 的准确位置，必要时用直尺和圆规作出点 $ P $，保留作图痕迹，不写作法)
]答案：
11. (1)因为四边形ABCD为平行四边形，所以$AD// BC$，所以$\angle DEC = \angle FCB$。又$\angle DCE = \angle FBC$，所以$\triangle DEC∼\triangle FCB$，所以$\angle D = \angle F$。
(2)如图，$\triangle BFC$的外接圆交直线$AD$于点$P_1$，$P_2$，点$P_3$与点$A$重合，即满足题意的点$P$有3个。
11. (1)因为四边形ABCD为平行四边形，所以$AD// BC$，所以$\angle DEC = \angle FCB$。又$\angle DCE = \angle FBC$，所以$\triangle DEC∼\triangle FCB$，所以$\angle D = \angle F$。
(2)如图，$\triangle BFC$的外接圆交直线$AD$于点$P_1$，$P_2$，点$P_3$与点$A$重合，即满足题意的点$P$有3个。
12. (2025·江苏徐州模拟)如图，矩形 $ ABCD $ 的边 $ BC $ 在 $ x $ 轴的负半轴上，顶点 $ D(a,b) $ 在反比例函数 $ y = \frac{k}{x} $ 的图像上，直线 $ AC $ 交 $ y $ 轴于点 $ E $，且 $ \triangle BCE $ 的面积是 4，则 $ k $ 的值为 (
A.$ -16 $
B.$ -8 $
C.$ -4 $
D.$ -2 $
B
)A.$ -16 $
B.$ -8 $
C.$ -4 $
D.$ -2 $
答案：12. B 解析：因为四边形ABCD是矩形，所以$\angle ABC = \angle DCB = 90^{\circ}$，$BA = CD$。因为点$D(a,b)$在第二象限，所以$OC = -a$，$BA = CD = b$。因为点$D(a,b)$在反比例函数$y = \frac{k}{x}$的图像上，所以$k = ab$。因为$\triangle BCE$的面积是4，所以$\frac{1}{2}BC· OE = 4$，所以$BC· OE = 8$。因为$\angle EOC = 90^{\circ}$，所以$\angle ABC = \angle EOC$。又$\angle ACB = \angle ECO$，所以$\triangle CAB∼\triangle CEO$，所以$\frac{BC}{OC}=\frac{BA}{OE}$，所以$BA· OC = BC· OE = 8$，所以$b×(-a) = 8$，所以$ab = -8$，即$k = -8$。
13. 如图，在矩形 $ ABCD $ 中，$ AB = 3\sqrt{6} $，$ BC = 12 $，$ E $ 为 $ AD $ 的中点，$ F $ 为 $ AB $ 上一点，将 $ \triangle AEF $ 沿 $ EF $ 折叠后，点 $ A $ 恰好落到 $ CF $ 上的点 $ G $ 处，则折痕 $ EF $ 的长是
$2\sqrt{15}$
.答案：13. $2\sqrt{15}$ 解析：连接$EC$。因为四边形ABCD为矩形，所以$\angle A = \angle D = 90^{\circ}$，$AD = BC = 12$，$DC = AB = 3\sqrt{6}$。因为$E$为$AD$的中点，所以$AE = DE = \frac{1}{2}AD = 6$。由折叠的性质，得$EG = AE = DE$，$\angle GEF = \angle AEF$，$\angle EGF = \angle A = 90^{\circ}$，所以$\angle GEF = \frac{1}{2}\angle AEG$，$EG⊥ CF$。又$ED⊥ CD$，所以$CE$平分$\angle DCG$，所以$\angle GCE = \angle DCE$，所以$\angle GEC = \angle DEC$，所以$\angle FEC = \angle GEF + \angle GEC = \frac{1}{2}(\angle AEG + \angle DEG)=\frac{1}{2}×180^{\circ}= 90^{\circ}$，所以$\angle FEC = \angle D$。又$\angle ECF = \angle DCE$，所以$\triangle FEC∼\triangle EDC$，所以$\frac{EF}{DE}=\frac{EC}{DC}$。因为$EC = \sqrt{DE^{2}+DC^{2}} = 3\sqrt{10}$，所以$\frac{EF}{6}=\frac{3\sqrt{10}}{3\sqrt{6}}$，所以$EF = 2\sqrt{15}$。
解析：
解：连接$EC$。
因为四边形$ABCD$为矩形，所以$\angle A = \angle D = 90^{\circ}$，$AD = BC = 12$，$DC = AB = 3\sqrt{6}$。
因为$E$为$AD$的中点，所以$AE = DE=\frac{1}{2}AD = 6$。
由折叠的性质，得$EG = AE = DE$，$\angle EGF=\angle A = 90^{\circ}$，$EG⊥ CF$。
又$ED⊥ CD$，所以$CE$平分$\angle DCG$，即$\angle GCE=\angle DCE$。
在$\triangle EGC$和$\triangle EDC$中，$\angle EGC=\angle D = 90^{\circ}$，$EG = ED$，$EC = EC$，所以$\triangle EGC\cong\triangle EDC$（HL），则$\angle GEC=\angle DEC$。
因为$\angle AEG+\angle DEG = 180^{\circ}$，$\angle GEF=\angle AEF=\frac{1}{2}\angle AEG$，$\angle GEC=\angle DEC=\frac{1}{2}\angle DEG$，所以$\angle FEC=\angle GEF+\angle GEC=\frac{1}{2}(\angle AEG+\angle DEG)=\frac{1}{2}×180^{\circ}=90^{\circ}$。
因为$\angle FEC=\angle D = 90^{\circ}$，$\angle ECF=\angle DCE$，所以$\triangle FEC∼\triangle EDC$，则$\frac{EF}{DE}=\frac{EC}{DC}$。
在$Rt\triangle EDC$中，$EC=\sqrt{DE^{2}+DC^{2}}=\sqrt{6^{2}+(3\sqrt{6})^{2}}=\sqrt{36 + 54}=\sqrt{90}=3\sqrt{10}$。
所以$\frac{EF}{6}=\frac{3\sqrt{10}}{3\sqrt{6}}$，解得$EF = 6×\frac{\sqrt{10}}{\sqrt{6}}=6×\frac{\sqrt{15}}{3}=2\sqrt{15}$。
故折痕$EF$的长是$2\sqrt{15}$。
因为四边形$ABCD$为矩形，所以$\angle A = \angle D = 90^{\circ}$，$AD = BC = 12$，$DC = AB = 3\sqrt{6}$。
因为$E$为$AD$的中点，所以$AE = DE=\frac{1}{2}AD = 6$。
由折叠的性质，得$EG = AE = DE$，$\angle EGF=\angle A = 90^{\circ}$，$EG⊥ CF$。
又$ED⊥ CD$，所以$CE$平分$\angle DCG$，即$\angle GCE=\angle DCE$。
在$\triangle EGC$和$\triangle EDC$中，$\angle EGC=\angle D = 90^{\circ}$，$EG = ED$，$EC = EC$，所以$\triangle EGC\cong\triangle EDC$（HL），则$\angle GEC=\angle DEC$。
因为$\angle AEG+\angle DEG = 180^{\circ}$，$\angle GEF=\angle AEF=\frac{1}{2}\angle AEG$，$\angle GEC=\angle DEC=\frac{1}{2}\angle DEG$，所以$\angle FEC=\angle GEF+\angle GEC=\frac{1}{2}(\angle AEG+\angle DEG)=\frac{1}{2}×180^{\circ}=90^{\circ}$。
因为$\angle FEC=\angle D = 90^{\circ}$，$\angle ECF=\angle DCE$，所以$\triangle FEC∼\triangle EDC$，则$\frac{EF}{DE}=\frac{EC}{DC}$。
在$Rt\triangle EDC$中，$EC=\sqrt{DE^{2}+DC^{2}}=\sqrt{6^{2}+(3\sqrt{6})^{2}}=\sqrt{36 + 54}=\sqrt{90}=3\sqrt{10}$。
所以$\frac{EF}{6}=\frac{3\sqrt{10}}{3\sqrt{6}}$，解得$EF = 6×\frac{\sqrt{10}}{\sqrt{6}}=6×\frac{\sqrt{15}}{3}=2\sqrt{15}$。
故折痕$EF$的长是$2\sqrt{15}$。
14. 新素养 抽象能力 如图①，平面内有两条直线 $ l_1 $，$ l_2 $，点 $ A $，$ B $ 在直线 $ l_1 $ 上，点 $ C $，$ D $ 在直线 $ l_2 $ 上. 过 $ A $，$ B $ 两点作直线 $ l_2 $ 的垂线，垂足分别为 $ A_1 $，$ B_1 $. 我们把线段 $ A_1B_1 $ 叫做线段 $ AB $ 在直线 $ l_2 $ 上的正投影，其长度可记作 $ T_{(AB,CD)} $ 或 $ T_{(AB,l_2)} $. 特别地，线段 $ AC $ 在直线 $ l_2 $ 上的正投影就是线段 $ A_1C $. 请依据上述定义解决如下问题：
(1) 如图②，在锐角三角形 $ ABC $ 中，$ AB = 5 $，$ T_{(AC,AB)} = 3 $，则 $ T_{(BC,AB)} = $
(2) 如图③，在 $ \mathrm{Rt} \triangle ABC $ 中，$ \angle ACB = 90° $，$ T_{(AC,AB)} = 4 $，$ T_{(BC,AB)} = 9 $，求 $ \triangle ABC $ 的面积；
(3) 如图④，在钝角三角形 $ ABC $ 中，$ \angle A = 60° $，点 $ D $ 在边 $ AB $ 上，$ \angle ACD = 90° $，$ T_{(AD,AC)} = 2 $，$ T_{(BC,AB)} = 6 $，求 $ T_{(BC,CD)} $.
]
(1) 如图②，在锐角三角形 $ ABC $ 中，$ AB = 5 $，$ T_{(AC,AB)} = 3 $，则 $ T_{(BC,AB)} = $
2
；(2) 如图③，在 $ \mathrm{Rt} \triangle ABC $ 中，$ \angle ACB = 90° $，$ T_{(AC,AB)} = 4 $，$ T_{(BC,AB)} = 9 $，求 $ \triangle ABC $ 的面积；
(3) 如图④，在钝角三角形 $ ABC $ 中，$ \angle A = 60° $，点 $ D $ 在边 $ AB $ 上，$ \angle ACD = 90° $，$ T_{(AD,AC)} = 2 $，$ T_{(BC,AB)} = 6 $，求 $ T_{(BC,CD)} $.
]答案：
14. (1)2 解析：如图①，过点$C$作$CG⊥ AB$，垂足为$G$。因为$T_{(AC,AB)} = 3$，所以$AG = 3$。因为$AB = 5$，所以$BG = AB - AG = 2$，所以$T_{(BC,AB)} = 2$。
(2)如图②，过点$C$作$CH⊥ AB$，垂足为$H$，则$\angle AHC = \angle CHB = 90^{\circ}$，所以$\angle A + \angle ACH = 90^{\circ}$。因为$\angle ACB = 90^{\circ}$，所以$\angle A + \angle B = 90^{\circ}$，所以$\angle ACH = \angle B$，所以$\triangle CAH∼\triangle BCH$，所以$\frac{CH}{BH}=\frac{AH}{CH}$。因为$T_{(AC,AB)} = 4$，$T_{(BC,AB)} = 9$，所以$AH = 4$，$BH = 9$，所以$AB = AH + BH = 13$，$\frac{CH}{9}=\frac{4}{CH}$，所以$CH = 6$，所以$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB· CH = 39$。故$\triangle ABC$的面积为$39$。
(3)如图③，过点$C$作$CE⊥ AB$于点$E$，过点$B$作$BF⊥ CD$，交$CD$的延长线于点$F$，则$\angle CED = \angle BFD = 90^{\circ}$。又$\angle CDE = \angle BDF$，所以$\triangle CDE∼\triangle BDF$，所以$\frac{DE}{DF}=\frac{CD}{BD}$。因为$T_{(AD,AC)} = 2$，$T_{(BC,AB)} = 6$，所以$AC = 2$，$BE = 6$。因为$\angle A = 60^{\circ}$，所以$\angle ACE = 90^{\circ}-\angle A = 30^{\circ}$，所以$AE = \frac{1}{2}AC = 1$。因为$\angle ACD = 90^{\circ}$，所以$\angle ADC = 90^{\circ}-\angle A = 30^{\circ}$，所以$AD = 2AC = 4$，所以$CD = \sqrt{AD^{2}-AC^{2}} = 2\sqrt{3}$，$DE = AD - AE = 3$，所以$BD = BE - DE = 3$，所以$\frac{3}{DF}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，所以$DF = \frac{3\sqrt{3}}{2}$，所以$CF = CD + DF = \frac{7\sqrt{3}}{2}$，所以$T_{(BC,CD)} = \frac{7\sqrt{3}}{2}$。
14. (1)2 解析：如图①，过点$C$作$CG⊥ AB$，垂足为$G$。因为$T_{(AC,AB)} = 3$，所以$AG = 3$。因为$AB = 5$，所以$BG = AB - AG = 2$，所以$T_{(BC,AB)} = 2$。
(2)如图②，过点$C$作$CH⊥ AB$，垂足为$H$，则$\angle AHC = \angle CHB = 90^{\circ}$，所以$\angle A + \angle ACH = 90^{\circ}$。因为$\angle ACB = 90^{\circ}$，所以$\angle A + \angle B = 90^{\circ}$，所以$\angle ACH = \angle B$，所以$\triangle CAH∼\triangle BCH$，所以$\frac{CH}{BH}=\frac{AH}{CH}$。因为$T_{(AC,AB)} = 4$，$T_{(BC,AB)} = 9$，所以$AH = 4$，$BH = 9$，所以$AB = AH + BH = 13$，$\frac{CH}{9}=\frac{4}{CH}$，所以$CH = 6$，所以$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB· CH = 39$。故$\triangle ABC$的面积为$39$。
(3)如图③，过点$C$作$CE⊥ AB$于点$E$，过点$B$作$BF⊥ CD$，交$CD$的延长线于点$F$，则$\angle CED = \angle BFD = 90^{\circ}$。又$\angle CDE = \angle BDF$，所以$\triangle CDE∼\triangle BDF$，所以$\frac{DE}{DF}=\frac{CD}{BD}$。因为$T_{(AD,AC)} = 2$，$T_{(BC,AB)} = 6$，所以$AC = 2$，$BE = 6$。因为$\angle A = 60^{\circ}$，所以$\angle ACE = 90^{\circ}-\angle A = 30^{\circ}$，所以$AE = \frac{1}{2}AC = 1$。因为$\angle ACD = 90^{\circ}$，所以$\angle ADC = 90^{\circ}-\angle A = 30^{\circ}$，所以$AD = 2AC = 4$，所以$CD = \sqrt{AD^{2}-AC^{2}} = 2\sqrt{3}$，$DE = AD - AE = 3$，所以$BD = BE - DE = 3$，所以$\frac{3}{DF}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，所以$DF = \frac{3\sqrt{3}}{2}$，所以$CF = CD + DF = \frac{7\sqrt{3}}{2}$，所以$T_{(BC,CD)} = \frac{7\sqrt{3}}{2}$。