10. 如图,点$P$在以$MN$为直径的半圆$O$上运动(点$P$不与点$M$,$N$重合),$PQ⊥ MN$于点$Q$,$NE$平分$\angle MNP$,交$PM$于点$E$,交$PQ$于点$F$,则$\frac{PF}{PQ}+\frac{PE}{PM}$的值为(
D
)
A.$\frac{4}{5}$
B.$\frac{3}{4}$
C.$\frac{2}{3}$
D.$1$
答案：10.D 解析：因为$MN$为半圆$O$的直径，所以$\angle MPN = 90^{\circ}$．因为$PQ ⊥ MN$，所以$\angle MQP = \angle PQN = 90^{\circ}$，所以$\angle PQN = \angle MPN$．因为$NE$平分$\angle MNP$，所以$\angle PNE = \angle QNF$，所以$\triangle PEN ∼ \triangle QFN$，所以$\frac{PE}{QF}=\frac{NP}{NQ}$．因为$\angle PNQ + \angle NPQ = \angle PNQ + \angle PMQ$，所以$\angle NPQ = \angle PMQ$．又$\angle PQN = \angle MQP$，所以$\triangle NPQ ∼ \triangle PMQ$，所以$\frac{NP}{PM}=\frac{NQ}{PQ}$，即$\frac{NP}{NQ}=\frac{PM}{PQ}$，所以$\frac{PE}{QF}=\frac{PM}{PQ}$，所以$\frac{PE}{PM}=\frac{QF}{PQ}$，所以$\frac{PE}{PM}=\frac{PQ - PF}{PQ}=1 - \frac{PF}{PQ}$，所以$\frac{PF}{PQ}+\frac{PE}{PM}=1$．
11. 在$\mathrm{Rt}\triangle ABC$中,$\angle BAC=90^{\circ}$,$G$是$\triangle ABC$的重心.若$AG=8$,则$BC$的长为
24
.
答案：11.24
解析：
在$\mathrm{Rt}\triangle ABC$中，$\angle BAC = 90°$，$G$是重心。
因为直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，设$BC$中点为$D$，则$AD = \frac{1}{2}BC$。
又因为重心到顶点的距离是到对边中点距离的$2$倍，所以$AG = \frac{2}{3}AD$。
已知$AG = 8$，则$\frac{2}{3}AD = 8$，解得$AD = 12$。
因此$BC = 2AD = 2×12 = 24$。
24
12. (2025·江苏常州模拟)如图,$\triangle ABC$的中线$AD$,$CE$相交于点$G$.若$\triangle CDG$的面积为$4$,则$\triangle ABC$的面积为
24
.
答案：12.24
解析：
证明：
∵AD，CE是△ABC的中线，
∴G是△ABC的重心，
∴CG = 2GE，DG = 1/2AG。
∵△CDG的面积为4，
∴△CAG的面积 = 2×△CDG的面积 = 8（等高，底AG = 2DG）。
∴△ACE的面积 = △CAG的面积 + △AGE的面积 = 8 + 4 = 12（△AGE与△CDG等底等高）。
∵CE是△ABC的中线，
∴△ABC的面积 = 2×△ACE的面积 = 24。
24
13. 如图,$AB$是$\odot O$的直径,弦$BC=6\ \mathrm{cm}$,$AC=8\ \mathrm{cm}$.若点$P$以$2\ \mathrm{cm/s}$的速度从点$B$出发沿着$B\to A$的方向运动,同时点$Q$以$1\ \mathrm{cm/s}$的速度从点$A$出发沿着$A\to C$的方向运动,当点$P$到达点$A$时,点$Q$也随之停止运动.设运动的时间为$t(t＞0)\mathrm{s}$,则当$\triangle APQ$是直角三角形时,$t$的值为
$\frac{40}{13}$或$\frac{25}{7}$
.
答案：13.$\frac{40}{13}$或$\frac{25}{7}$ 解析：因为$AB$是$\odot O$的直径，所以$\angle C = 90^{\circ}$．因为$BC = 6cm$，$AC = 8cm$，所以$AB = \sqrt{AC^{2}+BC^{2}} = 10cm$．由题意，得$BP = 2tcm$，$AQ = tcm$，则$AP = AB - BP = (10 - 2t)cm$．因为当点$P$到达点$A$时，点$Q$也随之停止运动，$10 ÷ 2 = 5(s)$，所以$0 ＜ t \leq 5$．当$\triangle APQ$是直角三角形时，分类讨论如下：①当$\angle AQP = 90^{\circ}$时，$\angle AQP = \angle C$，所以$PQ // BC$，所以$\frac{AQ}{AC}=\frac{AP}{AB}$，即$\frac{t}{8}=\frac{10 - 2t}{10}$，解得$t = \frac{40}{13}$；②当$\angle APQ = 90^{\circ}$时，$\angle APQ = \angle C$．又$\angle A = \angle A$，所以$\triangle APQ ∼ \triangle ACB$，所以$\frac{AP}{AC}=\frac{AQ}{AB}$，即$\frac{10 - 2t}{8}=\frac{t}{10}$，解得$t = \frac{25}{7}$．综上所述，当$t$的值为$\frac{40}{13}$或$\frac{25}{7}$时，$\triangle APQ$是直角三角形．
解析：
解：因为$AB$是$\odot O$的直径，所以$\angle C=90°$。
在$Rt\triangle ABC$中，$AC=8\ \mathrm{cm}$，$BC=6\ \mathrm{cm}$，
所以$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10\ \mathrm{cm}$。
由题意，得$BP=2t\ \mathrm{cm}$，$AQ=t\ \mathrm{cm}$，
则$AP=AB-BP=(10-2t)\ \mathrm{cm}$，且$0＜t\leq5$（因为点$P$运动时间为$10÷2=5\ \mathrm{s}$）。
当$\triangle APQ$是直角三角形时，分两种情况：
①当$\angle AQP=90°$时，
$\angle AQP=\angle C=90°$，故$PQ// BC$，
所以$\frac{AQ}{AC}=\frac{AP}{AB}$，即$\frac{t}{8}=\frac{10-2t}{10}$，
解得$t=\frac{40}{13}$。
②当$\angle APQ=90°$时，
$\angle APQ=\angle C=90°$，且$\angle A=\angle A$，
所以$\triangle APQ∼\triangle ACB$，
则$\frac{AP}{AC}=\frac{AQ}{AB}$，即$\frac{10-2t}{8}=\frac{t}{10}$，
解得$t=\frac{25}{7}$。
综上，$t$的值为$\frac{40}{13}$或$\frac{25}{7}$。
$\frac{40}{13}$或$\frac{25}{7}$
14. 新素养
几何直观 如图,四边形$ABCD$内接于半圆$O$,$AB$是直径,$C$是$\overset{\frown}{BD}$的中点,延长$AD$交$BC$的延长线于点$E$.
(1) 求证:$CE=CD$;
(2) 若$AB=3$,$CB=\sqrt{3}$,求$AD$的长.
答案：14.(1)连接$AC$．因为$AB$是半圆$O$的直径，所以$\angle ACB = 90^{\circ}$，所以$\angle ACE = 180^{\circ} - \angle ACB = 90^{\circ}$，所以$\angle ACE = \angle ACB$．因为$C$是$\overset{\frown}{BD}$的中点，所以$\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{CB}$，所以$CD = CB$，$\angle CAE = \angle CAB$．在$\triangle ACE$和$\triangle ACB$中，$\begin{cases}\angle ACE = \angle ACB \\AC = AC \\\angle CAE = \angle CAB\end{cases}$，所以$\triangle ACE \cong \triangle ACB$，所以$CE = CB$，所以$CE = CD$．
(2)因为$\triangle ACE \cong \triangle ACB$，所以$AE = AB = 3$，$\angle E = \angle B$．因为$CE = CD$，所以$\angle E = \angle CDE$，所以$\angle CDE = \angle B$．又$\angle E = \angle E$，所以$\triangle CDE ∼ \triangle ABE$，所以$\frac{CD}{AB}=\frac{DE}{BE}$．因为$CD = CE = CB = \sqrt{3}$，所以$BE = CE + CB = 2\sqrt{3}$，所以$\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{DE}{2\sqrt{3}}$，所以$DE = 2$，所以$AD = AE - DE = 1$．
15. 如图,已知$\angle ACB=90^{\circ}$,$\angle B=30^{\circ}$,$O$是$\triangle ABC$的重心,连接$CO$并延长交$AB$于点$E$,过点$E$作$EF⊥ AB$交$BC$于点$F$,连接$AF$交$CE$于点$M$,则$\frac{MO}{MF}$的值为(
D
)
A.$\frac{1}{2}$
B.$\frac{\sqrt{5}}{4}$
C.$\frac{2}{3}$
D.$\frac{\sqrt{3}}{3}$
答案：15.D 解析：因为$\angle ACB = 90^{\circ}$，$O$是$\triangle ABC$的重心，所以$OC = \frac{2}{3}CE$，$CE = BE = AE = \frac{1}{2}AB$．因为$EF ⊥ AB$，所以$EF$垂直平分$AB$，所以$AF = BF$．因为$\angle B = 30^{\circ}$，所以$\angle FAE = \angle B = 30^{\circ}$，$\angle BAC = 90^{\circ} - \angle B = 60^{\circ}$，所以$\triangle ACE$为等边三角形，$\angle FAE = \frac{1}{2}\angle BAC$，所以$\angle AEC = 60^{\circ}$，$AM$垂直平分$CE$，所以$CM = \frac{1}{2}CE$，所以$MO = OC - CM = \frac{1}{6}CE$．设等边三角形$ACE$的边长为$a$，则$AE = CE = a$，所以$MO = \frac{1}{6}a$．因为$\angle AEF = 90^{\circ}$，$\angle FAE = 30^{\circ}$，所以$AF = 2EF$，所以$AE = \sqrt{AF^{2}-EF^{2}}=\sqrt{3}EF$，所以$EF = \frac{\sqrt{3}}{3}AE = \frac{\sqrt{3}}{3}a$．因为$\angle EMF = 90^{\circ}$，$\angle FEM = \angle AEF - \angle AEC = 30^{\circ}$，所以$MF = \frac{1}{2}EF = \frac{\sqrt{3}}{6}a$，所以$\frac{MO}{MF}=\frac{\sqrt{3}}{3}$．
16. 亮点原创 如图,正方形$ABCD$的周长为$4m$,内部有$6$个全等的小正方形,小正方形的顶点$E$,$F$,$G$,$H$分别落在边$AD$,$AB$,$BC$,$CD$上,则每个小正方形的边长为
$\frac{\sqrt{34}}{25}m$
.(用含$m$的代数式表示)
答案：16.$\frac{\sqrt{34}}{25}m$ 解析：过点$G$作$GP ⊥ AD$，垂足为$P$，则$\angle GPA = \angle GPE = 90^{\circ}$．因为四边形$ABCD$是周长为$4m$的正方形，所以$AB = AD = 4m × \frac{1}{4}=m$，$\angle A = \angle B = 90^{\circ}$，$AD // BC$，所以四边形$APGB$是矩形，所以$AP = BG$，$PG = AB = m$，$\angle BGP = 90^{\circ}$，所以$\angle PGF + \angle BGF = 90^{\circ}$．因为$\angle PGF + \angle PGE = 90^{\circ}$，所以$\angle BGF = \angle PGE$．又$\angle B = \angle GPE$，所以$\triangle BGF ∼ \triangle PGE$，所以$\frac{BG}{PG}=\frac{FG}{EG}$．设每个小正方形的边长为$a$，则$FG = a$，$EG = 5a$，所以$\frac{BG}{m}=\frac{a}{5a}$，所以$AP = BG = \frac{m}{5}$．同理可得$DE = \frac{m}{5}$，所以$PE = AD - AP - DE = \frac{3m}{5}$，所以$EG = \sqrt{PE^{2}+PG^{2}}=\frac{\sqrt{34}}{5}m = 5a$，解得$a = \frac{\sqrt{34}}{25}m$．故每个小正方形的边长为$\frac{\sqrt{34}}{25}m$．
解析：
解：过点$G$作$GP ⊥ AD$，垂足为$P$。
∵正方形$ABCD$周长为$4m$，
∴$AB = AD = m$，$\angle A = \angle B = 90^{\circ}$，$AD // BC$，
∴四边形$APGB$是矩形，$PG = AB = m$，$\angle BGP = 90^{\circ}$，$\angle PGF + \angle BGF = 90^{\circ}$。
∵$\angle PGF + \angle PGE = 90^{\circ}$，
∴$\angle BGF = \angle PGE$，又$\angle B = \angle GPE$，
∴$\triangle BGF ∼ \triangle PGE$，$\frac{BG}{PG} = \frac{FG}{EG}$。
设小正方形边长为$a$，则$FG = a$，$EG = 5a$，
∴$\frac{BG}{m} = \frac{a}{5a}$，$BG = \frac{m}{5}$，$AP = BG = \frac{m}{5}$。
同理得$DE = \frac{m}{5}$，
∴$PE = AD - AP - DE = m - \frac{m}{5} - \frac{m}{5} = \frac{3m}{5}$。
在$Rt\triangle PGE$中，$EG = \sqrt{PE^2 + PG^2} = \sqrt{(\frac{3m}{5})^2 + m^2} = \frac{\sqrt{34}}{5}m$。
∵$EG = 5a$，
∴$5a = \frac{\sqrt{34}}{5}m$，$a = \frac{\sqrt{34}}{25}m$。
$\frac{\sqrt{34}}{25}m$
17. 如图,$AB$是$\odot O$的直径,$C$,$D$为$\odot O$上的两点,且$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{CD}$,连接$AC$,$BD$交于点$E$,$\odot O$的切线$AF$与$BD$的延长线相交于点$F$,$A$为切点.
(1) 求证:$AF=AE$;
(2) 若$AB=8$,$BC=2$,求$AF$的长.
答案：17.(1)因为$AB$是$\odot O$的直径，所以$\angle ACB = 90^{\circ}$，所以$\angle BEC + \angle CBE = 90^{\circ}$．因为$AF$是$\odot O$的切线，所以$BA ⊥ AF$，所以$\angle BAF = 90^{\circ}$，所以$\angle F + \angle ABF = 90^{\circ}$．因为$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{CD}$，所以$\angle ABF = \angle CBE$，所以$\angle F = \angle BEC$．因为$\angle AEF = \angle BEC$，所以$\angle F = \angle AEF$，所以$AF = AE$．
(2)因为$\angle BCE = \angle BAF = 90^{\circ}$，$\angle CBE = \angle ABF$，所以$\triangle BCE ∼ \triangle BAF$，所以$\frac{CE}{AF}=\frac{BC}{BA}$．因为$AB = 8$，$BC = 2$，所以$\frac{CE}{AF}=\frac{1}{4}$，所以$CE = \frac{1}{4}AF$．因为$AF = AE$，所以$AC = AE + CE = \frac{5}{4}AF$，所以$AF = \frac{4}{5}AC$．因为$AC = \sqrt{AB^{2}-BC^{2}} = 2\sqrt{15}$，所以$AF = \frac{8\sqrt{15}}{5}$．
