11. (2024·云南)如图,AB与CD交于点O,且AC//BD.若(OA + OC + AC)/(OB + OD + BD)=1/2,则AC/BD=
]
$\frac{1}{2}$
.]
答案：11. $\frac{1}{2}$
解析：
证明：
∵ $AC // BD$，
∴ $\triangle AOC ∼ \triangle BOD$（两直线平行，内错角相等，对应角相等的三角形相似）。
设相似比为 $k$，则 $\frac{OA}{OB} = \frac{OC}{OD} = \frac{AC}{BD} = k$，
∴ $OA = k · OB$，$OC = k · OD$，$AC = k · BD$。
由题意 $\frac{OA + OC + AC}{OB + OD + BD} = \frac{1}{2}$，
代入得 $\frac{k · OB + k · OD + k · BD}{OB + OD + BD} = k = \frac{1}{2}$。
∴ $\frac{AC}{BD} = \frac{1}{2}$。
$\frac{1}{2}$
∵ $AC // BD$，
∴ $\triangle AOC ∼ \triangle BOD$（两直线平行，内错角相等，对应角相等的三角形相似）。
设相似比为 $k$，则 $\frac{OA}{OB} = \frac{OC}{OD} = \frac{AC}{BD} = k$，
∴ $OA = k · OB$，$OC = k · OD$，$AC = k · BD$。
由题意 $\frac{OA + OC + AC}{OB + OD + BD} = \frac{1}{2}$，
代入得 $\frac{k · OB + k · OD + k · BD}{OB + OD + BD} = k = \frac{1}{2}$。
∴ $\frac{AC}{BD} = \frac{1}{2}$。
$\frac{1}{2}$
12. 如图,正方形OABC的边长为6,点A,C分别位于x轴、y轴上,点P在AB上,CP交OB于点Q,函数y=k/x的图像经过点Q.若$S_{△BPQ}=1/4S_{△OCQ},$则k的值为
16
.答案：12. 16
解析：
解：
∵正方形OABC边长为6，
∴点O(0,0)，A(6,0)，B(6,6)，C(0,6)，OB：y=x。
设P(6,t)(0＜t＜6)，直线CP：y=-$\frac{6-t}{6}$x+6。
联立$\begin{cases}y=x\\y=-\frac{6-t}{6}x+6\end{cases}$，得Q($\frac{36}{12-t}$,$\frac{36}{12-t}$)。
$S_{\triangle OCQ}=\frac{1}{2}×6×\frac{36}{12-t}=\frac{108}{12-t}$，
$S_{\triangle BPQ}=\frac{1}{2}×(6-t)×(6-\frac{36}{12-t})=\frac{(6-t)^2}{2(12-t)}$。
由$S_{\triangle BPQ}=\frac{1}{4}S_{\triangle OCQ}$，得$\frac{(6-t)^2}{2(12-t)}=\frac{1}{4}×\frac{108}{12-t}$，
解得t=0(舍)或t=3。
∴Q($\frac{36}{9}$,$\frac{36}{9}$)=(4,4)，k=4×4=16。
16
∵正方形OABC边长为6，
∴点O(0,0)，A(6,0)，B(6,6)，C(0,6)，OB：y=x。
设P(6,t)(0＜t＜6)，直线CP：y=-$\frac{6-t}{6}$x+6。
联立$\begin{cases}y=x\\y=-\frac{6-t}{6}x+6\end{cases}$，得Q($\frac{36}{12-t}$,$\frac{36}{12-t}$)。
$S_{\triangle OCQ}=\frac{1}{2}×6×\frac{36}{12-t}=\frac{108}{12-t}$，
$S_{\triangle BPQ}=\frac{1}{2}×(6-t)×(6-\frac{36}{12-t})=\frac{(6-t)^2}{2(12-t)}$。
由$S_{\triangle BPQ}=\frac{1}{4}S_{\triangle OCQ}$，得$\frac{(6-t)^2}{2(12-t)}=\frac{1}{4}×\frac{108}{12-t}$，
解得t=0(舍)或t=3。
∴Q($\frac{36}{9}$,$\frac{36}{9}$)=(4,4)，k=4×4=16。
16
13. 如图,D是等边三角形ABC的边AB上的一点,现将△ABC折叠,使点C与点D重合,折痕为EF,点E,F分别在AC,BC上.若AD:DB=1:4,则CE:CF等于
2:3
.答案：13. 2:3 解析:连接DE，FD.设AD=x.因为AD:DB=1:4，所以DB=4x，所以AB=AD+DB=5x.因为△ABC是等边三角形，所以∠A=∠B=∠ACB=60°，BC=AC=AB=5x.由折叠的性质，得CE=DE，CF=FD，∠EDF=∠ACB=60°，所以∠ADE+∠BDF=180° - ∠EDF=120°.因为∠BDF+∠BFD=180° - ∠B=120°，所以∠ADE=∠BFD，所以△ADE∽△BFD，所以$\frac{C_{△ADE}}{C_{△BFD}}=\frac{DE}{FD}$.因为C_△ADE=AD+AE+DE=AD+AC=6x，C_△BFD=DB+BF+FD=DB+BC=9x，所以$\frac{DE}{FD}=\frac{6x}{9x}=\frac{2}{3}$，所以$\frac{CE}{CF}=\frac{2}{3}$.
14. 新趋势 推导探究 (2023·云南)如图,BC是⊙O的直径,A是⊙O上异于B,C的点,⊙O外的点E在射线CB上,直线EA与DC垂直,垂足为D,且DA·AC=DC·AB.设△ABE的面积为S₁,△DAC的面积为S₂.
(1) 判断直线EA与⊙O的位置关系,并证明你的结论;
(2) 若BC=BE,S₂=mS₁,求常数m的值.
(1) 判断直线EA与⊙O的位置关系,并证明你的结论;
(2) 若BC=BE,S₂=mS₁,求常数m的值.
答案：14. (1)直线EA与⊙O相切.理由如下:连接OA.因为DA·AC=DC·AB，所以$\frac{AB}{DA}=\frac{AC}{DC}$.因为BC是⊙O的直径，所以∠BAC=90°.因为EA⊥DC，所以∠ADC=90°，所以∠BAC=∠ADC，所以△ABC∽△DAC，所以∠ABC=∠DAC.因为OA=OB，所以∠OAB=∠ABC，所以∠OAB=∠DAC，所以∠OAC+∠DAC=∠OAC+∠OAB，所以∠OAD=∠BAC=90°，所以EA⊥OA.因为OA是⊙O的半径，所以直线EA与⊙O相切.
(2)因为EA⊥DC，EA⊥OA，所以OA//DC，所以△OAE∽△CDE，所以$\frac{OA}{DC}=\frac{OE}{CE}$.设OA=OB=OC=a，则BE=BC=2a，所以OE=OB+BE=3a，CE=BC+BE=4a，所以$\frac{a}{DC}=\frac{3a}{4a}$，所以DC=$\frac{4}{3}a$.因为△ABC∽△DAC，所以$\frac{AC}{DC}=\frac{BC}{AC}$，所以$\frac{AC}{\frac{4}{3}a}=\frac{2a}{AC}$，所以AC=$\frac{2\sqrt{6}}{3}a$，所以$\frac{BC}{AC}=\frac{\sqrt{6}}{2}$，所以$\frac{S_{△ABC}}{S_{△DAC}}=(\frac{BC}{AC})^2=\frac{3}{2}$.因为S_△ABC=S_△ABE，所以$\frac{S_{△ABE}}{S_{△DAC}}=\frac{3}{2}$，即$\frac{S_1}{S_2}=\frac{3}{2}$，所以S_2=$\frac{2}{3}$S_1.又S_2=mS_1，所以m=$\frac{2}{3}$.
(2)因为EA⊥DC，EA⊥OA，所以OA//DC，所以△OAE∽△CDE，所以$\frac{OA}{DC}=\frac{OE}{CE}$.设OA=OB=OC=a，则BE=BC=2a，所以OE=OB+BE=3a，CE=BC+BE=4a，所以$\frac{a}{DC}=\frac{3a}{4a}$，所以DC=$\frac{4}{3}a$.因为△ABC∽△DAC，所以$\frac{AC}{DC}=\frac{BC}{AC}$，所以$\frac{AC}{\frac{4}{3}a}=\frac{2a}{AC}$，所以AC=$\frac{2\sqrt{6}}{3}a$，所以$\frac{BC}{AC}=\frac{\sqrt{6}}{2}$，所以$\frac{S_{△ABC}}{S_{△DAC}}=(\frac{BC}{AC})^2=\frac{3}{2}$.因为S_△ABC=S_△ABE，所以$\frac{S_{△ABE}}{S_{△DAC}}=\frac{3}{2}$，即$\frac{S_1}{S_2}=\frac{3}{2}$，所以S_2=$\frac{2}{3}$S_1.又S_2=mS_1，所以m=$\frac{2}{3}$.
15. (2025·江苏泰州模拟)如图,在等腰三角形ABC中,AB=AC,图中所有三角形均相似,其中最小的三角形面积为1,△ABC的面积为42,则四边形DBCE的面积为(
A.20
B.22
C.24
D.26
D
)A.20
B.22
C.24
D.26
答案：
15. D 解析:如图,由题意，得△AFH∽△ADE，所以$\frac{S_{△AFH}}{S_{△ADE}}=(\frac{FH}{DE})^2=(\frac{3}{4})^2=\frac{9}{16}$.设S_△AFH=9x，则S_△ADE=16x，所以S_四边形DEHF=S_△ADE - S_△AFH=7x.又S_四边形DEHF=7，所以7x=7，解得x=1，所以S_△ADE=16.因为S_△ABC=42，所以S_四边形DBCE=S_△ABC - S_△ADE=26.故四边形DBCE的面积为26.
15. D 解析:如图,由题意，得△AFH∽△ADE，所以$\frac{S_{△AFH}}{S_{△ADE}}=(\frac{FH}{DE})^2=(\frac{3}{4})^2=\frac{9}{16}$.设S_△AFH=9x，则S_△ADE=16x，所以S_四边形DEHF=S_△ADE - S_△AFH=7x.又S_四边形DEHF=7，所以7x=7，解得x=1，所以S_△ADE=16.因为S_△ABC=42，所以S_四边形DBCE=S_△ABC - S_△ADE=26.故四边形DBCE的面积为26.
16. 如图,点E,F,G分别在菱形ABCD的边AB,BC,AD上,AE=1/3AB,CF=1/3CB,AG=1/3AD.若△EFG的面积为6,则菱形ABCD的面积为
27
.答案：
16. 27 解析:如图，在边CD上取点H，使CH=$\frac{1}{3}$CD，连接FH，GH，AC，BD，AC与BD相交于点O，EG交AC于点P，FE交BD于点Q，则由对称性可知四边形EFHG是平行四边形，且EG//BD//FH，EF//AC//GH，点O在FG上，S_四边形OPEQ=2S_△OPG=2S_△OFQ.因为S_△EFG=6，所以S_△OPG=S_△OFQ=$\frac{3}{2}$，S_四边形OPEQ=3.因为EG//BD，所以△AEP∽△ABO.设S_△AEP=x.因为$(\frac{AE}{AB})^2=(\frac{1}{3})^2=\frac{1}{9}$，所以S_△ABO=9x.因为EF//AC，所以△EBQ∽△ABO，所以$\frac{S_{△EBQ}}{S_{△ABO}}=(\frac{EB}{AB})^2=\frac{4}{9}$，所以S_△EBQ=4x，所以S_四边形OPEQ=S_△ABO - S_△EBQ - S_△AEP=4x，所以4x=3，解得x=$\frac{3}{4}$，所以S_△ABO=$\frac{27}{4}$，所以S_菱形ABCD=4S_△ABO=27.
16. 27 解析:如图，在边CD上取点H，使CH=$\frac{1}{3}$CD，连接FH，GH，AC，BD，AC与BD相交于点O，EG交AC于点P，FE交BD于点Q，则由对称性可知四边形EFHG是平行四边形，且EG//BD//FH，EF//AC//GH，点O在FG上，S_四边形OPEQ=2S_△OPG=2S_△OFQ.因为S_△EFG=6，所以S_△OPG=S_△OFQ=$\frac{3}{2}$，S_四边形OPEQ=3.因为EG//BD，所以△AEP∽△ABO.设S_△AEP=x.因为$(\frac{AE}{AB})^2=(\frac{1}{3})^2=\frac{1}{9}$，所以S_△ABO=9x.因为EF//AC，所以△EBQ∽△ABO，所以$\frac{S_{△EBQ}}{S_{△ABO}}=(\frac{EB}{AB})^2=\frac{4}{9}$，所以S_△EBQ=4x，所以S_四边形OPEQ=S_△ABO - S_△EBQ - S_△AEP=4x，所以4x=3，解得x=$\frac{3}{4}$，所以S_△ABO=$\frac{27}{4}$，所以S_菱形ABCD=4S_△ABO=27.
17. 新素养 推理能力 在△ABC中,E,F分别为边AB,AC上的点(不与点A,B,C重合).
(1) 如图①,若EF//BC,求证$:S_{△AEF}/S_{△ABC}= (AE·AF)/(AB·AC);$
(2) 如图②,若EF不与BC平行,(1)中的结论是否仍然成立? 请说明理由;
(3) 如图③,若EF上一点G恰为△ABC的重心,AE/AB=3/4,求$S_{△AEF}/S_{△ABC}$的值.
=
(1) 如图①,若EF//BC,求证$:S_{△AEF}/S_{△ABC}= (AE·AF)/(AB·AC);$
(2) 如图②,若EF不与BC平行,(1)中的结论是否仍然成立? 请说明理由;
(3) 如图③,若EF上一点G恰为△ABC的重心,AE/AB=3/4,求$S_{△AEF}/S_{△ABC}$的值.
=答案：
17. (1)因为EF//BC，所以△AEF∽△ABC，所以$\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}$，所以$\frac{S_{△AEF}}{S_{△ABC}}=(\frac{AE}{AB})^2=\frac{AE·AF}{AB·AC}$.
(2)若EF不与BC平行，(1)中的结论仍然成立.理由如下:如图①，过点F作FD⊥AB于点D，过点C作CH⊥AB于点H，则FD//CH，所以△AFD∽△ACH，所以$\frac{FD}{CH}=\frac{AF}{AC}$，所以$\frac{\frac{1}{2}AE·FD}{\frac{1}{2}AB·CH}=\frac{AE·AF}{AB·AC}$.
(3)如图②，连接AG并延长交BC于点M.因为G为△ABC的重心，所以$\frac{AG}{AM}=\frac{2}{3}$，BC=2BM=2CM，所以S_△ABC=2S_△ABM=2S_△ACM.设$\frac{AF}{AC}=a$.因为$\frac{AE}{AB}=\frac{3}{4}$，所以$\frac{S_{△AEF}}{S_{△ABC}}=\frac{AE·AF}{AB·AC}=\frac{3}{4}a$，$\frac{S_{△AEG}}{S_{△ABM}}=\frac{AE·AG}{AB·AM}=\frac{1}{2}$，$\frac{S_{△AFC}}{S_{△ACM}}=\frac{AG·AF}{AM·AC}=\frac{2}{3}a$，所以$\frac{S_{△AEF}}{S_{△ABC}}=\frac{S_{△AEG}+S_{△AFG}}{S_{△ABC}}=\frac{S_{△AEG}}{2S_{△ABM}}+\frac{S_{△AFG}}{2S_{△ACM}}=\frac{1}{4}+\frac{1}{3}a=\frac{3}{4}a$，解得a=$\frac{3}{5}$，所以$\frac{S_{△AEF}}{S_{△ABC}}=\frac{9}{20}$.
17. (1)因为EF//BC，所以△AEF∽△ABC，所以$\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}$，所以$\frac{S_{△AEF}}{S_{△ABC}}=(\frac{AE}{AB})^2=\frac{AE·AF}{AB·AC}$.
(2)若EF不与BC平行，(1)中的结论仍然成立.理由如下:如图①，过点F作FD⊥AB于点D，过点C作CH⊥AB于点H，则FD//CH，所以△AFD∽△ACH，所以$\frac{FD}{CH}=\frac{AF}{AC}$，所以$\frac{\frac{1}{2}AE·FD}{\frac{1}{2}AB·CH}=\frac{AE·AF}{AB·AC}$.
(3)如图②，连接AG并延长交BC于点M.因为G为△ABC的重心，所以$\frac{AG}{AM}=\frac{2}{3}$，BC=2BM=2CM，所以S_△ABC=2S_△ABM=2S_△ACM.设$\frac{AF}{AC}=a$.因为$\frac{AE}{AB}=\frac{3}{4}$，所以$\frac{S_{△AEF}}{S_{△ABC}}=\frac{AE·AF}{AB·AC}=\frac{3}{4}a$，$\frac{S_{△AEG}}{S_{△ABM}}=\frac{AE·AG}{AB·AM}=\frac{1}{2}$，$\frac{S_{△AFC}}{S_{△ACM}}=\frac{AG·AF}{AM·AC}=\frac{2}{3}a$，所以$\frac{S_{△AEF}}{S_{△ABC}}=\frac{S_{△AEG}+S_{△AFG}}{S_{△ABC}}=\frac{S_{△AEG}}{2S_{△ABM}}+\frac{S_{△AFG}}{2S_{△ACM}}=\frac{1}{4}+\frac{1}{3}a=\frac{3}{4}a$，解得a=$\frac{3}{5}$，所以$\frac{S_{△AEF}}{S_{△ABC}}=\frac{9}{20}$.