7. (4分) 上 分 点 二 如图,在△ABC中,D是边AB上一点,且$\frac{AD}{DB} = \frac{3}{2}$,E,F是边AC上的点,且DE//BC,DF//BE.若AF = 9,则EC =
10
.答案：7. 10
解析：
证明：
∵ $ DE // BC $，
∴ $ \frac{AD}{AB} = \frac{AE}{AC} $。
∵ $ \frac{AD}{DB} = \frac{3}{2} $，设 $ AD = 3k $，$ DB = 2k $，则 $ AB = AD + DB = 5k $，
∴ $ \frac{AD}{AB} = \frac{3k}{5k} = \frac{3}{5} $，即 $ \frac{AE}{AC} = \frac{3}{5} $。
∵ $ DF // BE $，
∴ $ \frac{AF}{AE} = \frac{AD}{AB} = \frac{3}{5} $。
∵ $ AF = 9 $，
∴ $ \frac{9}{AE} = \frac{3}{5} $，解得 $ AE = 15 $。
由 $ \frac{AE}{AC} = \frac{3}{5} $，得 $ AC = \frac{5}{3}AE = \frac{5}{3} × 15 = 25 $。
∴ $ EC = AC - AE = 25 - 15 = 10 $。
答案：10
∵ $ DE // BC $，
∴ $ \frac{AD}{AB} = \frac{AE}{AC} $。
∵ $ \frac{AD}{DB} = \frac{3}{2} $，设 $ AD = 3k $，$ DB = 2k $，则 $ AB = AD + DB = 5k $，
∴ $ \frac{AD}{AB} = \frac{3k}{5k} = \frac{3}{5} $，即 $ \frac{AE}{AC} = \frac{3}{5} $。
∵ $ DF // BE $，
∴ $ \frac{AF}{AE} = \frac{AD}{AB} = \frac{3}{5} $。
∵ $ AF = 9 $，
∴ $ \frac{9}{AE} = \frac{3}{5} $，解得 $ AE = 15 $。
由 $ \frac{AE}{AC} = \frac{3}{5} $，得 $ AC = \frac{5}{3}AE = \frac{5}{3} × 15 = 25 $。
∴ $ EC = AC - AE = 25 - 15 = 10 $。
答案：10
8. (4分) 新素养 推理能力 如图,在△ABC中,BC = 1.若$AD_{1} = \frac{1}{3}AB$,且$D_{1}E_{1}//BC$,则$D_{1}E_{1} =$
$\frac{1}{3}$
.继续这样下去:$D_{1}D_{2} = \frac{1}{3}D_{1}B$,且$D_{2}E_{2}//BC$;$D_{2}D_{3} = \frac{1}{3}D_{2}B$,且$D_{3}E_{3}//BC$;…;$D_{n - 1}D_{n} = \frac{1}{3}D_{n - 1}B$,且$D_{n}E_{n}//BC$,则$D_{n}E_{n} =$$1 - (\frac{2}{3})^n$
.(用含n的代数式表示)答案：8. $\frac{1}{3}$ $1 - (\frac{2}{3})^n$ 解析：因为$D_1E_1 // BC$，所以$\triangle AD_1E_1 ∼ \triangle ABC$，所以$\frac{D_1E_1}{BC}=\frac{AD_1}{AB}$. 因为$AD_1=\frac{1}{3}AB$，所以$\frac{D_1E_1}{BC}=\frac{AD_1}{AB}=\frac{1}{3}$，所以$D_1E_1=\frac{1}{3}BC$. 因为$BC=1$，所以$D_1E_1=\frac{1}{3}=1 - \frac{2}{3}$；因为$D_2E_2 // BC$，所以$\triangle AD_2E_2 ∼ \triangle ABC$，所以$\frac{D_2E_2}{BC}=\frac{AD_2}{AB}$. 因为$D_1D_2=\frac{1}{3}D_1B=\frac{1}{3}(AB - AD_1)=\frac{2}{9}AB$，所以$AD_2=AD_1 + D_1D_2=\frac{5}{9}AB$，所以$\frac{D_2E_2}{BC}=\frac{AD_2}{AB}=\frac{5}{9}$，所以$D_2E_2=\frac{5}{9}BC=\frac{5}{9}=1 - (\frac{2}{3})^2$；因为$D_3E_3 // BC$，所以$\triangle AD_3E_3 ∼ \triangle ABC$，所以$\frac{D_3E_3}{BC}=\frac{AD_3}{AB}$. 因为$D_2D_3=\frac{1}{3}D_2B=\frac{1}{3}(AB - AD_2)=\frac{4}{27}AB$，所以$AD_3=AD_2 + D_2D_3=\frac{19}{27}AB$，所以$\frac{D_3E_3}{BC}=\frac{AD_3}{AB}=\frac{19}{27}$，所以$D_3E_3=\frac{19}{27}BC=\frac{19}{27}=1 - (\frac{2}{3})^3$；以此类推可得$D_nE_n=1 - (\frac{2}{3})^n$.
解析：
$\frac{1}{3}$；$1 - (\frac{2}{3})^n$
9. (3分)如图,在平行四边形ABCD中,F为边AD上一点,连接AC,BF交于点E,延长BF交CD的延长线于点G.若AF = 2DF,则$\frac{BE}{EG}$的值为 (
A.$\frac{1}{2}$
B.$\frac{1}{3}$
C.$\frac{2}{3}$
D.$\frac{3}{4}$
C
)A.$\frac{1}{2}$
B.$\frac{1}{3}$
C.$\frac{2}{3}$
D.$\frac{3}{4}$
答案：9. C
解析：
证明：设 $DF = x$，则 $AF = 2x$，$AD = AF + DF = 3x$。
因为四边形 $ABCD$ 是平行四边形，所以 $AD // BC$，$AB // CD$，$AD = BC = 3x$。
由于 $AD // BC$，所以 $\triangle AEF ∼ \triangle CEB$，则 $\frac{AE}{EC} = \frac{AF}{BC} = \frac{2x}{3x} = \frac{2}{3}$。
设 $AE = 2k$，$EC = 3k$，则 $AC = AE + EC = 5k$。
因为 $AB // CD$，所以 $\triangle ABE ∼ \triangle CGE$，则 $\frac{BE}{EG} = \frac{AE}{EC} = \frac{2k}{3k} = \frac{2}{3}$。
$\frac{BE}{EG} = \frac{2}{3}$
答案：C
因为四边形 $ABCD$ 是平行四边形，所以 $AD // BC$，$AB // CD$，$AD = BC = 3x$。
由于 $AD // BC$，所以 $\triangle AEF ∼ \triangle CEB$，则 $\frac{AE}{EC} = \frac{AF}{BC} = \frac{2x}{3x} = \frac{2}{3}$。
设 $AE = 2k$，$EC = 3k$，则 $AC = AE + EC = 5k$。
因为 $AB // CD$，所以 $\triangle ABE ∼ \triangle CGE$，则 $\frac{BE}{EG} = \frac{AE}{EC} = \frac{2k}{3k} = \frac{2}{3}$。
$\frac{BE}{EG} = \frac{2}{3}$
答案：C
10. (3分) 上 分 点 三 如图,在平面直角坐标系中,O是原点.若抛物线$y = ax^{2} + bx + c$与x轴交于A,B两点,与y轴交于点C,且∠OAC = ∠OCB,则ac的值为 (
A.-1
B.-2
C.$-\frac{1}{2}$
D.$-\frac{1}{3}$
A
)A.-1
B.-2
C.$-\frac{1}{2}$
D.$-\frac{1}{3}$
答案：10. A 解析：因为$\angle OAC=\angle OCB$，$\angle AOC=\angle COB=90°$，所以$\triangle OAC ∼ \triangle OCB$，所以$\frac{OA}{OC}=\frac{OC}{OB}$，所以$OC^2=OA · OB$. 设$A(x_1,0)$，$B(x_2,0)$. 由题意，得$OA=-x_1$，$OB=x_2$，$OC=c$，所以$c^2=-x_1x_2$. 令$ax^2+bx+c=0$，则$x_1x_2=\frac{c}{a}$，所以$c^2=-\frac{c}{a}$，所以$ac=-1$.
11. (2025·江苏淮安模拟·3分)如图,点C在△AOB的内部,∠OCA = ∠BCO,∠OCA与∠AOB互补.若AC = 1.5,BC = 2,则OC的长为
$\sqrt{3}$
.答案：11. $\sqrt{3}$
解析：
证明：设∠OCA=∠BCO=α，∠AOB=β。
∵∠OCA与∠AOB互补，
∴α+β=180°。
在△OCA中，∠OAC=180°-∠AOC-α；
在△OCB中，∠OBC=180°-∠BOC-α。
∵∠AOC+∠BOC=β，
∴∠OAC+∠OBC=360°-β-2α=360°-(α+β)-α=180°-α=β。
又∠OCA=∠BCO，
∴△OCA∽△BCO。
∴$\frac{OC}{BC}=\frac{AC}{OC}$，即$OC^2=AC· BC=1.5×2=3$。
∴$OC=\sqrt{3}$。
$\sqrt{3}$
∵∠OCA与∠AOB互补，
∴α+β=180°。
在△OCA中，∠OAC=180°-∠AOC-α；
在△OCB中，∠OBC=180°-∠BOC-α。
∵∠AOC+∠BOC=β，
∴∠OAC+∠OBC=360°-β-2α=360°-(α+β)-α=180°-α=β。
又∠OCA=∠BCO，
∴△OCA∽△BCO。
∴$\frac{OC}{BC}=\frac{AC}{OC}$，即$OC^2=AC· BC=1.5×2=3$。
∴$OC=\sqrt{3}$。
$\sqrt{3}$
12. (4分)如图①,在△ABC中,∠B = 36°,动点P从点A出发,沿折线A - B - C以1 cm/s的速度匀速运动至点C停止.设点P的运动时间为t(s),AP的长为y(cm),y与t的函数图像如图②所示,则当AP恰好平分∠BAC时,t的值为
$2\sqrt{5}+2$
.答案：12. $2\sqrt{5}+2$ 解析：由题意，得$AB=1 × 4=4(\mathrm{cm})$，$AB + BC=1 × 8=8(\mathrm{cm})$，所以$BC=4 \mathrm{cm}$，所以$AB=BC$. 因为$\angle B=36°$，所以$\angle BAC=\angle BCA=\frac{1}{2}(180° - \angle B)=72°$. 当$AP$恰好平分$\angle BAC$时，$\angle BAP=\angle CAP=\frac{1}{2}\angle BAC=36°$，所以$\angle BAP=\angle CAP=\angle B$，所以$PA=PB$. 因为$\angle ACP=\angle BCA$，所以$\triangle PAC ∼ \triangle ABC$，所以$\frac{PC}{AC}=\frac{AC}{BC}$. 因为$\angle APC=\angle BAP+\angle B=72°$，所以$\angle APC=\angle C$，所以$AC=PA$. 设$AC=PA=PB=a \mathrm{cm}$，则$PC=BC - PB=(4 - a)\mathrm{cm}$，所以$\frac{4 - a}{a}=\frac{a}{4}$，即$a=2\sqrt{5}-2$（负值不合题意，舍去），则$PB=(2\sqrt{5}-2)\mathrm{cm}$，所以$AB+PB=(2\sqrt{5}+2)\mathrm{cm}$，所以$t=2\sqrt{5}+2$.
解析：
解：由题意得，$AB=1×4=4\ \mathrm{cm}$，$AB+BC=1×8=8\ \mathrm{cm}$，故$BC=4\ \mathrm{cm}$，所以$AB=BC$。
因为$\angle B=36°$，所以$\angle BAC=\angle BCA=\frac{1}{2}(180° - 36°)=72°$。
当$AP$平分$\angle BAC$时，$\angle BAP=\angle CAP=36°$，则$\angle BAP=\angle B$，故$PA=PB$。
因为$\angle ACP=\angle BCA$，$\angle CAP=\angle B$，所以$\triangle PAC∼\triangle ABC$，则$\frac{PC}{AC}=\frac{AC}{BC}$。
又因为$\angle APC=\angle BAP+\angle B=72°=\angle C$，所以$AC=PA$。
设$AC=PA=PB=a\ \mathrm{cm}$，则$PC=BC - PB=(4 - a)\ \mathrm{cm}$，可得$\frac{4 - a}{a}=\frac{a}{4}$，解得$a=2\sqrt{5}-2$（负值舍去）。
所以$PB=2\sqrt{5}-2\ \mathrm{cm}$，则$AB + PB=4 + 2\sqrt{5}-2=2\sqrt{5}+2\ \mathrm{cm}$，故$t=2\sqrt{5}+2$。
答案：$2\sqrt{5}+2$
因为$\angle B=36°$，所以$\angle BAC=\angle BCA=\frac{1}{2}(180° - 36°)=72°$。
当$AP$平分$\angle BAC$时，$\angle BAP=\angle CAP=36°$，则$\angle BAP=\angle B$，故$PA=PB$。
因为$\angle ACP=\angle BCA$，$\angle CAP=\angle B$，所以$\triangle PAC∼\triangle ABC$，则$\frac{PC}{AC}=\frac{AC}{BC}$。
又因为$\angle APC=\angle BAP+\angle B=72°=\angle C$，所以$AC=PA$。
设$AC=PA=PB=a\ \mathrm{cm}$，则$PC=BC - PB=(4 - a)\ \mathrm{cm}$，可得$\frac{4 - a}{a}=\frac{a}{4}$，解得$a=2\sqrt{5}-2$（负值舍去）。
所以$PB=2\sqrt{5}-2\ \mathrm{cm}$，则$AB + PB=4 + 2\sqrt{5}-2=2\sqrt{5}+2\ \mathrm{cm}$，故$t=2\sqrt{5}+2$。
答案：$2\sqrt{5}+2$