10. 已知线段 $ a = 1 $，$ b = \sqrt{2} $，$ c = \sqrt{3} $，$ d = \sqrt{6} $，则这四条线段
成
比例线段(选填“成”或“不成”)。
答案：10. 成.
11. 如图，大正方形中有 $ 2 $ 个小正方形，如果它们的面积分别是 $ S_1 $，$ S_2 $，那么 $ S_1 $，$ S_2 $ 的大小关系是
(1)
。(填序号)
(1)$ S_1 ＞ S_2 $；(2)$ S_1 = S_2 $；(3)$ S_1 ＜ S_2 $。
答案：11. (1).
12. 如图，在平行四边形 $ ABCD $ 中，过点 $ B $ 作 $ BE ⊥ CD $，垂足为 $ E $，连接 $ AE $，$ F $ 为 $ AE $ 上一点，且 $ ∠BFE = ∠C $。
（1）求证：$ △ABF ∼ △EAD $；
（2）若 $ AB = 4 $，$ ∠BAE = 30° $，求 $ AE $ 的长；
（3）在（1），（2）的条件下，若 $ AD = 3 $，求 $ BF $ 的长。
答案：12. (1) 证明略；(2) $ AE = \frac{8\sqrt{3}}{3} $；(3) $ BF = \frac{3\sqrt{3}}{2} $.
解析：
（1）证明：
∵四边形$ABCD$是平行四边形，
∴$AB// CD$，$AD// BC$，
∴$∠ BAF = ∠ AED$，$∠ D + ∠ C = 180°$，
∵$∠ BFE = ∠ C$，$∠ BFE + ∠ BFA = 180°$，
∴$∠ D = ∠ BFA$，
∴$△ ABF ∼ △ EAD$。
（2）解：
∵$AB// CD$，$BE ⊥ CD$，
∴$BE ⊥ AB$，即$∠ ABE = 90°$，
在$Rt△ ABE$中，$∠ BAE = 30°$，$AB = 4$，
$\cos∠ BAE = \frac{AB}{AE}$，
∴$AE = \frac{AB}{\cos 30°} = \frac{4}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{8\sqrt{3}}{3}$。
（3）解：
由（1）知$△ ABF ∼ △ EAD$，
∴$\frac{BF}{AD} = \frac{AB}{AE}$，
∵$AD = 3$，$AB = 4$，$AE = \frac{8\sqrt{3}}{3}$，
∴$BF = \frac{AB · AD}{AE} = \frac{4 × 3}{\frac{8\sqrt{3}}{3}} = \frac{12 × 3}{8\sqrt{3}} = \frac{36}{8\sqrt{3}} = \frac{3\sqrt{3}}{2}$。
13. 如图，已知在 $ △ABC $ 中，$ CD = CE $，$ ∠A = ∠ECB $，试说明 $ CD^2 = AD · BE $。
答案：13. 提示：证 $ △ ACD ∼ △ CBE $.
解析：
证明：
∵ $ CD = CE $，
∴ $ ∠ CDE = ∠ CED $。
∵ $ ∠ CDE + ∠ ADC = 180° $，$ ∠ CED + ∠ CEB = 180° $，
∴ $ ∠ ADC = ∠ CEB $。
∵ $ ∠ A = ∠ ECB $，
∴ $ △ ACD ∼ △ CBE $。
∴ $ \frac{AD}{CE} = \frac{CD}{BE} $。
∵ $ CD = CE $，
∴ $ CD^2 = AD · BE $。
1. 如图，在 $ △ABC $ 中，$ AB = AC $，$ AD $ 是中线，$ P $ 是 $ AD $ 上一点。过 $ C $ 作 $ CF // AB $，延长 $ BP $ 交 $ AC $ 于 $ E $，交 $ CF $ 于 $ F $。试证明：$ BP^2 = PE · PF $。
答案：1. 证明：连接 $ PC $. $ \because AB = AC $，$ AD $ 是中线，$ \therefore ∠ BAP = ∠ CAP $. 又 $ \because AP = AP $，$ \therefore △ ABP ≌ △ ACP $. $ \therefore BP = CP $，$ ∠ ABP = ∠ ACP $. 又 $ \because CF // AB $，$ \therefore ∠ ABP = ∠ F $，$ \therefore ∠ ACP = ∠ F $. 又 $ \because ∠ EPC = ∠ CPF $，$ \therefore △ PEC ∼ △ PCF $. $ \therefore \frac{PC}{PF} = \frac{PE}{PC} $，即 $ PC^{2} = PE · PF $，$ \therefore BP^{2} = PE · PF $.
解析：
证明：连接 $ PC $.
$\because AB = AC$，$AD$ 是中线，
$\therefore ∠ BAP = ∠ CAP$.
又 $\because AP = AP$，
$\therefore △ ABP ≌ △ ACP$.
$\therefore BP = CP$，$∠ ABP = ∠ ACP$.
$\because CF // AB$，
$\therefore ∠ ABP = ∠ F$，
$\therefore ∠ ACP = ∠ F$.
又 $\because ∠ EPC = ∠ CPF$，
$\therefore △ PEC ∼ △ PCF$.
$\therefore \frac{PC}{PF} = \frac{PE}{PC}$，即 $PC^2 = PE · PF$.
$\because BP = CP$，
$\therefore BP^2 = PE · PF$.
2. 如图，在 $ △ABC $ 中，$ ∠C = 90° $，$ BC = 8 \mathrm{ cm} $，$ AC:BC = 3:4 $，点 $ P $ 从点 $ B $ 出发，沿 $ BC $ 向点 $ C $ 以 $ 2 \mathrm{ cm/s} $ 的速度移动，点 $ Q $ 从点 $ C $ 出发，沿 $ CA $ 向点 $ A $ 以 $ 1 \mathrm{ cm/s} $ 的速度移动。如果 $ P $，$ Q $ 分别从 $ B $，$ C $ 同时出发，当点 $ P $ 到达点 $ C $ 时，点 $ Q $ 随即停止运动。经过多少秒时以 $ C $，$ P $，$ Q $ 为顶点的三角形恰与 $ △ABC $ 相似？
答案：2. 解：$ \because BC = 8 \mathrm{ cm} $，$ AC:BC = 3:4 $，$ \therefore AC = 6 \mathrm{ cm} $. 设经过 $ t \mathrm{ s} $ 时，则 $ BP = 2t $，$ CQ = t $，$ PC = 8 - 2t $. (1) 若 $ △ PQC ∼ △ ABC $，则有 $ \frac{PC}{AC} = \frac{QC}{BC} $，即 $ \frac{8 - 2t}{6} = \frac{t}{8} $，解得 $ t = \frac{32}{11} $；(2) 若 $ △ QPC ∼ △ ABC $，则有 $ \frac{QC}{AC} = \frac{PC}{BC} $，即 $ \frac{t}{6} = \frac{8 - 2t}{8} $，解得 $ t = 2.4 $. $ \therefore $ 当经过 $ 2.4 \mathrm{ s} $ 或 $ \frac{32}{11} \mathrm{ s} $ 时，以 $ C $，$ P $，$ Q $ 为顶点的三角形恰与 $ △ ABC $ 相似.
