9. 如图，E是▱ABCD的边AD上的一点，且$$\frac { D E } { A E } = \frac { 1 } { 2 }$$，连接BE并延长交CD的延长线于点F.若DE=3，DF=4，则▱ABCD的周长为(
C
)
A.21
B.28
C.34
D.42
答案：9.C
解析：
解：
∵ $\frac{DE}{AE} = \frac{1}{2}$，$DE = 3$，
∴ $AE = 2DE = 6$，
∴ $AD = AE + DE = 6 + 3 = 9$。
∵ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形，
∴ $AB // CD$，$AB = CD$。
∵ $AB // CD$，
∴ $\triangle ABE ∼ \triangle DFE$，
∴ $\frac{AE}{DE} = \frac{AB}{DF}$。
∵ $\frac{AE}{DE} = 2$，$DF = 4$，
∴ $\frac{AB}{4} = 2$，解得 $AB = 8$。
∴ 平行四边形 $ABCD$ 的周长为 $2(AB + AD) = 2(8 + 9) = 34$。
答案：C
10. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=5，BC=4，P是边AC上一动点，过点P作PQ//AB交BC于点Q，D为线段PQ的中点.当BD平分∠ABC时，AP的长为(
B
)
$A.\frac { 8 } { 13 }$
$B.\frac { 15 } { 13 }$
$C.\frac { 25 } { 13 }$
$D.\frac { 32 } { 13 }$
答案：10.B 解析：因为∠C=90°,AB=5,BC=4,所以$AC=\sqrt{AB^{2}-BC^{2}}=3$.因为PQ//AB,所以∠ABD=∠BDQ.因为BD平分∠ABC,所以∠ABD=∠QBD,所以∠QBD=∠BDQ,所以QB=QD.因为D为PQ的中点,所以PQ=2QD=2QB.因为PQ//AB,所以△CPQ∽△CAB,所以$\frac{PC}{AC}=\frac{QC}{BC}=\frac{PQ}{AB}$.设AP=x,QB=y,则PC=AC-AP=3-x,QC=BC-QB=4-y,PQ=2y,所以$\frac{3-x}{3}=\frac{4-y}{4}=\frac{2y}{5}$,解得$x=\frac{15}{13},y=\frac{20}{13}$.故AP的长为$\frac{15}{13}$.
11. (2025·江苏泰州模拟)如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，交边BC于点D，且CD=$$\frac { 1 } { 3 }$$BC，DE//AC，交边AB于点E.若DE=4，则BE的长为
8
.
]
答案：11.8
解析：
解：
∵DE//AC，
∴∠EDA=∠CAD，△BDE∽△BCA，
∴$\frac{BE}{BA}=\frac{DE}{AC}=\frac{BD}{BC}$。
∵AD平分∠BAC，
∴∠EAD=∠CAD，
∴∠EAD=∠EDA，
∴AE=DE=4。
∵CD=$\frac{1}{3}$BC，
∴BD=BC-CD=$\frac{2}{3}$BC，
∴$\frac{BD}{BC}=\frac{2}{3}$，
∴$\frac{BE}{BA}=\frac{DE}{AC}=\frac{2}{3}$，
∴AC=$\frac{3}{2}$DE=$\frac{3}{2}×4=6$。
设BE=2x，则BA=3x，
∵BA=BE+AE，
∴3x=2x+4，
解得x=4，
∴BE=2x=8。
12. 如图，已知AB//GH//CD，点H在BC上，AC与BD交于点G.若AB=2，CD=4，则GH的长为
$\frac{4}{3}$
.
答案：12.$\frac{4}{3}$
解析：
证明：因为 $AB // GH$，所以 $\triangle CGH ∼ \triangle CAB$，则 $\frac{GH}{AB} = \frac{CH}{BC}$。
因为 $GH // CD$，所以 $\triangle BGH ∼ \triangle BDC$，则 $\frac{GH}{CD} = \frac{BH}{BC}$。
设 $GH = x$，$BC = a$，$CH = b$，则 $BH = a - b$。
由 $\frac{x}{2} = \frac{b}{a}$ 得 $b = \frac{ax}{2}$；由 $\frac{x}{4} = \frac{a - b}{a}$ 得 $a - b = \frac{ax}{4}$。
将 $b = \frac{ax}{2}$ 代入 $a - b = \frac{ax}{4}$，得 $a - \frac{ax}{2} = \frac{ax}{4}$，两边同时除以 $a$（$a \neq 0$），得 $1 - \frac{x}{2} = \frac{x}{4}$，解得 $x = \frac{4}{3}$。
故 $GH$ 的长为 $\frac{4}{3}$。
13. 如图，在△ABC中，点D在边AC上，$$\frac { A D } { C D } = \frac { 1 } { 2 }$$，O是BD的中点，连接AO并延长交BC于点E，则$$\frac { B E } { C E } =$$
$\frac{1}{3}$
.
答案：13.$\frac{1}{3}$ 解析：过点D作DF//AE,交BC于点F,则$\frac{BE}{EF}=\frac{OB}{OD},\frac{EF}{CF}=\frac{AD}{CD}=\frac{1}{2}$,所以$\frac{EF}{CE}=\frac{1}{3}$.因为O是BD的中点,所以OB=OD,所以BE=EF,所以$\frac{BE}{CE}=\frac{1}{3}$.
易错警示
要能正确添加辅助线构造比例线段.
14. 新素养
推理能力如图，AD//BE//CF，它们依次交直线$$l _ { 1 }$$，$$l _ { 2 }$$于点A，B，C和点D，E，F，且$$\frac { D E } { E F } = \frac { 2 } { 5 }$$，AC=14.
(1)求AB，BC的长；
(2)若AD=7，CF=14，求BE的长.
答案：14.(1)因为AD//BE//CF,所以$\frac{AB}{BC}=\frac{DE}{EF}=\frac{2}{5}$,所以$\frac{AB}{AC}=\frac{2}{7}$.因为AC=14,所以AB=4,所以BC=AC-AB=10.
(2)过点A作AG//DF交BE于点H,交CF于点G.因为AD//BE//CF,所以四边形ADEH、四边形ADFG都是平行四边形,所以HE=AD=7,GF=AD=7.因为CF=14,所以CG=CF-GF=7.因为BE//CF,所以△ABH∽△ACG,所以$\frac{BH}{CG}=\frac{AB}{AC}=\frac{2}{7}$,所以BH=2,所以BE=BH+HE=9.
15. 亮点原创如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，点D在边BC上，CD=2，点E在线段AD上，EF⊥AC于点F，EG⊥EF交AB于点G.若EF=EG，则BC的长为(
C
)
A.4
B.5
C.6
D.7
答案：15.C 解析：过点D作DH//EG,交AB于点H,则△AEG∽△ADH,所以$\frac{AE}{AD}=\frac{EG}{DH}$.因为EF⊥AC,所以∠AFE=90°.因为∠C=90°,所以∠AFE=∠C,所以EF//CD,所以△AEF∽△ADC,所以$\frac{AE}{AD}=\frac{EF}{CD}$,所以$\frac{EG}{DH}=\frac{EF}{CD}$.因为EF=EG,所以DH=CD=2.因为EG⊥EF,所以EG//AC,所以DH//AC,所以△BDH∽△BCA,所以$\frac{BD}{BC}=\frac{DH}{AC}$.设BC=x,则BD=BC-CD=x-2.因为AC=3,所以$\frac{x-2}{x}=\frac{2}{3}$,解得x=6.经检验,x=6是原分式方程的解.故BC的长为6.
16. 如图，菱形ABCD的边长为1，直线l经过点C，交AB的延长线于点M，交AD的延长线于点N，则$$\frac { 1 } { A M } + \frac { 1 } { A N } =$$
1
.
答案：16.1 解析：因为四边形ABCD是菱形,所以BC//AN,CD//AM,所以$\frac{AB}{AM}=\frac{NC}{MN},\frac{AD}{AN}=\frac{MC}{MN}$,所以$\frac{AB}{AM}+\frac{AD}{AN}=\frac{NC}{MN}+\frac{MC}{MN}=1$.因为AB=AD=1,所以$\frac{1}{AM}+\frac{1}{AN}=1$.
解析：
证明：
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ BC//AN，CD//AM，AB=AD=1。
∵ BC//AN，
∴ $\frac{AB}{AM}=\frac{NC}{MN}$。
∵ CD//AM，
∴ $\frac{AD}{AN}=\frac{MC}{MN}$。
∴ $\frac{AB}{AM}+\frac{AD}{AN}=\frac{NC}{MN}+\frac{MC}{MN}=\frac{NC+MC}{MN}=1$。
∵ AB=AD=1，
∴ $\frac{1}{AM}+\frac{1}{AN}=1$。
故答案为：$1$。
17. 如图，在△ABC中，AB=1，AC=2，D是BC的中点，AE平分∠BAC交BC于点E，过点D作DF//AE交AC于点F.求CF的长.
答案：17.过点E分别作EH⊥AB于点H,EG⊥AC于点G.因为AE平分∠BAC,所以EH=EG.因为AB=1,AC=2,所以$\frac{BE}{CE}=\frac{S_{\triangle ABE}}{S_{\triangle ACE}}=\frac{\frac{1}{2}AB· EH}{\frac{1}{2}AC· EG}=\frac{AB}{AC}=\frac{1}{2}$,所以$CE=\frac{2}{3}BC$.因为D是BC的中点,所以$CD=\frac{1}{2}BC$,所以$\frac{CD}{CE}=\frac{3}{4}$.因为DF//AE,所以$\frac{CF}{AC}=\frac{CD}{CE}=\frac{3}{4}$.因为AC=2,所以$CF=\frac{3}{2}$.
解析：
过点E分别作EH⊥AB于点H，EG⊥AC于点G。
∵AE平分∠BAC，
∴EH=EG。
∵AB=1，AC=2，
∴$\frac{BE}{CE}=\frac{S_{\triangle ABE}}{S_{\triangle ACE}}=\frac{\frac{1}{2}AB · EH}{\frac{1}{2}AC · EG}=\frac{AB}{AC}=\frac{1}{2}$，
∴$CE=\frac{2}{3}BC$。
∵D是BC的中点，
∴$CD=\frac{1}{2}BC$，
∴$\frac{CD}{CE}=\frac{\frac{1}{2}BC}{\frac{2}{3}BC}=\frac{3}{4}$。
∵DF//AE，
∴$\frac{CF}{AC}=\frac{CD}{CE}=\frac{3}{4}$。
∵AC=2，
∴$CF=\frac{3}{4} × 2=\frac{3}{2}$。
$\frac{3}{2}$
