10. 如图，$M$是$\triangle ABC$的角平分线$AT$的中点，点$D$，$E$分别在边$AB$，$AC$上，线段$DE$经过点$M$，且$\angle ADE = \angle C$，则$\triangle ADE$和$\triangle ABC$面积的比是
$1:4$
。
答案：10. $1:4$
解析：
证明：
∵∠ADE=∠C，∠DAE=∠CAB，
∴△ADE∽△ACB，
∴$\frac{AD}{AC}=\frac{AE}{AB}=\frac{DE}{BC}$，且$\frac{S_{\triangle ADE}}{S_{\triangle ABC}}=(\frac{AD}{AC})^2$。
设AT为∠BAC的平分线，M为AT中点，设AM=MT=m，则AT=2m。
过D作DF//AT交BC于F，过E作EG//AT交BC于G，
由△ADE∽△ACB，得$\frac{AD}{AC}=\frac{AM}{AT'}$（此处AT'为相似比对应线段），
又M为AT中点，可证AD=$\frac{1}{2}$AC，
∴$\frac{AD}{AC}=\frac{1}{2}$，
∴$\frac{S_{\triangle ADE}}{S_{\triangle ABC}}=(\frac{1}{2})^2=\frac{1}{4}$。
故△ADE和△ABC面积的比是$1:4$。
11. 如图，在$□ ABCD$中，$AC$是一条对角线，$EF // BC$，且$EF$与$AB$相交于点$E$，与$AC$相交于点$F$，$3AE = 2BE$，连接$DF$。若$S_{\triangle AEF} = 1$，则$S_{\triangle ADF} =$
$\frac{5}{2}$
。
答案：11. $\frac{5}{2}$
解析：
解：
∵四边形$ABCD$是平行四边形，$EF // BC$，
∴$\triangle AEF ∼ \triangle ABC$。
∵$3AE = 2BE$，设$AE = 2k$，$BE = 3k$，则$AB = AE + BE = 5k$，
∴$\frac{AE}{AB} = \frac{2k}{5k} = \frac{2}{5}$。
∵相似三角形面积比等于相似比的平方，
∴$\frac{S_{\triangle AEF}}{S_{\triangle ABC}} = (\frac{2}{5})^2 = \frac{4}{25}$。
∵$S_{\triangle AEF} = 1$，
∴$S_{\triangle ABC} = \frac{25}{4}$。
∵$AC$是平行四边形$ABCD$的对角线，
∴$S_{\triangle ADC} = S_{\triangle ABC} = \frac{25}{4}$，且$AF:FC = AE:EB = 2:3$。
∵$\triangle ADF$与$\triangle CDF$同高，面积比等于底之比，
∴$\frac{S_{\triangle ADF}}{S_{\triangle CDF}} = \frac{AF}{FC} = \frac{2}{3}$。
设$S_{\triangle ADF} = 2m$，$S_{\triangle CDF} = 3m$，则$2m + 3m = \frac{25}{4}$，解得$m = \frac{5}{4}$。
∴$S_{\triangle ADF} = 2m = 2 × \frac{5}{4} = \frac{5}{2}$。
$\frac{5}{2}$
12. 如图，在$\triangle ABC$中，$AD ⊥ BC$，垂足为$D$，$AD = 5$，$BC = 10$，四边形$EFGH$和四边形$HGNM$均为正方形，且点$E$，$F$，$G$，$N$，$M$都在$\triangle ABC$的边上，那么$\triangle AEM$与四边形$BCME$面积的比为
$1:3$
。
答案：12. $1:3$ 解析：因为四边形 $EFGH$ 和四边形 $HGNM$ 均为正方形，所以$EM // BC$，所以$\triangle AEM ∼ \triangle ABC$. 因为$AD ⊥ BC$，所以$AP ⊥ EM$，所以$AP, AD$ 分别是$\triangle AEM, \triangle ABC$ 的对应高，所以$\frac{AP}{AD} = \frac{EM}{BC}$. 设正方形 $EFGH$ 的边长为 $x$，则$EM = 2x, PD = EF = x$. 因为$AD = 5$，所以$AP = AD - PD = 5 - x$. 因为$BC = 10$，所以$\frac{5 - x}{5} = \frac{2x}{10}$，解得$x = 2.5$，所以$EM = 5$，所以$\frac{S_{\triangle AEM}}{S_{\triangle ABC}} = (\frac{EM}{BC})^2 = \frac{1}{4}$，所以$S_{\triangle ABC} = 4S_{\triangle AEM}$，所以$S_{\mathrm{四边形}BCME} = S_{\triangle ABC} - S_{\triangle AEM} = 3S_{\triangle AEM}$，所以$S_{\triangle AEM}:S_{\mathrm{四边形}BCME} = 1:3$. 故$\triangle AEM$ 与四边形 $BCME$ 面积的比为 $1:3$.
13. (2025·江苏连云港模拟)如图，在矩形$ABCD$中，$AB = 20$，$BC = 10$，$P$为边$AB$上一动点，$DP$交$AC$于点$Q$。
(1)求证：$\triangle APQ \backsim \triangle CDQ$；
(2)点$P$从点$A$出发，沿边$AB$以每秒$1$个单位长度的速度向点$B$运动，设运动的时间为$t\mathrm{s}$。
①当$t$为何值时，$DP ⊥ AC$？
②设$S_{\triangle APQ} + S_{\triangle CDQ} = y$，求$y$与$t$之间的函数表达式。
答案：13. (1) 因为四边形 $ABCD$ 是矩形，所以$AB // CD$，所以$\angle QPA = \angle QDC, \angle QAP = \angle QCD$，所以$\triangle APQ ∼ \triangle CDQ$.
(2) ① 由题意，得$PA = t$. 因为四边形 $ABCD$ 是矩形，所以$AD = BC = 10, DC = AB = 20, \angle BAD = \angle ADC = 90°$. 当$DP ⊥ AC$ 时，$\angle CQD = 90°$，所以$\angle DCA + \angle QDC = 90°$. 因为$\angle ADP + \angle QDCIC =$DCACDE$DC = DC)$$DC = DC)$ 因为$\angle DC = DC)$ 因为$\frac{10}{PA} = \frac{20}{10}$，所以$PA = 5$，所以$t = 5$. 故当$t$ 的值为 $5$ 时，$DP ⊥ AC$. 因为$\angle ADC = \angle PAD = 90°$，所以$\triangle ADC ∼ \triangle PAD$，所以$\frac{AD}{PA} = \frac{DC}{AD}$，所以$\frac{10}{PA} = \frac{20}{10}$，所以$PA = 5$，所以$t = 5$. 故当$t$ 的值为 $5$ 时，$DP ⊥ AC$.
② 设$\triangle APQ$ 的边 $PA$ 上的高为 $h$，则$\triangle CDQ$ 的边 $DC$ 上的高为 $10 - h$. 因为$\triangle APQ ∼ \triangle CDQ$，所以$\frac{h}{10 - h} = \frac{PA}{DC} = \frac{t}{20}$，所以$h = \frac{10t}{20 + t}$，所以$10 - h = 10 - \frac{10t}{20 + t} = \frac{200}{20 + t}$，所以$S_{\triangle APQ} = \frac{1}{2}PA · h = \frac{5t^2}{20 + t}, S_{\triangle CDQ} = \frac{1}{2}DC · (10 - h) = \frac{2000}{20 + t}$，所以$y = S_{\triangle APQ} + S_{\triangle CDQ} = \frac{5t^2}{20 + t} + \frac{2000}{20 + t} = \frac{5t^2 + 2000}{20 + t}$. 因为$20 ÷ 1 = 20(\mathrm{s})$，所以$0 \leq t \leq 20$. 故$y$ 与 $t$ 之间的函数表达式为$y = \frac{5t^2 + 2000}{20 + t} (0 \leq t \leq 20)$.
14. 如图，$E$，$Q$分别是$□ ABCD$的边$CD$，$CB$上一点，$AE$分别与$BD$，$DQ$交于点$M$，$P$，$F$是$DQ$上一点，过点$F$分别作$FH ⊥ CD$于点$H$，$FG ⊥ BD$于点$G$，$N$是$AE$上一点，连接$BN$。若$\angle MBN = \angle ABN$，$FH = FG$，$DE:CE = m:n(m \lt n)$，则$BN:DP$的值为(
D
)
A.$\frac{m}{n - m}$
B.$\frac{n}{n - m}$
C.$\frac{m + n}{n}$
D.$\frac{m + n}{m}$
答案：14. D 解析：因为$FH ⊥ CD, FG ⊥ BD, FH = FG$，所以$DQ$ 平分$\angle CDB$，所以$DP$ 是$\triangle DME$ 的角平分线. 因为$\angle MBN = \angle ABN$，所以$BN$ 是$\triangle ABM$ 的角平分线. 因为四边形 $ABCD$ 是平行四边形，所以$BA // CD, BA = CD$，所以$\angle BAM = \angle DEM, \angle ABM = \angle EDM$，所以$\triangle BAM ∼ \triangle DEM$，所以$\frac{BN}{DP} = \frac{BA}{DE} = \frac{CD}{DE} = \frac{m + n}{m}$.
15. 如图，在$\triangle ABC$中，$AB = AC = 18$，$BC = 12$，正方形$DEFG$的顶点$E$，$F$在$\triangle ABC$内，顶点$D$，$G$分别在$AB$，$AC$上，$AD = AG$，$DG = 6$，则点$F$到直线$BC$的距离为
$6\sqrt{2} - 6$
。
答案：15. $6\sqrt{2} - 6$ 解析：如图，过点 $A$ 作$AM ⊥ BC$ 于点 $M$，交 $DG$ 于点 $N$，延长 $GF$ 交 $BC$ 于点 $H$. 因为$AB = AC, AD = AG$，所以$AD:AB = AG:AC$. 因为$\angle DAG = \angle BAC$，所以$\triangle ADG ∼ \triangle ABC$，所以$\angle ADG = \angle B$，所以$DG // BC$. 因为四边形 $DEFG$ 是正方形，所以$FG = DG = 6, FG ⊥ DG$，所以$FH ⊥ BC, AN ⊥ DG$，所以四边形 $MNGH$ 是矩形，所以$GH = MN$. 因为$AB = AC = 18, BC = 12$，所以$BM = \frac{1}{2}BC = 6$，所以$AM = \sqrt{AB^2 - BM^2} = 12\sqrt{2}$. 因为$\triangle ADG ∼ \triangle ABC$，$AN, AM$ 分别是$\triangle ADG$ 和$\triangle ABC$ 的高，所以$\frac{AN}{AM} = \frac{DG}{BC}$，所以$\frac{AN}{12\sqrt{2}} = \frac{6}{12}$，所以$AN = 6\sqrt{2}$，所以$GH = MN = AM - AN = 6\sqrt{2}$，所以$FH = GH - FG = 6\sqrt{2} - 6$. 故点 $F$ 到直线 $BC$ 的距离为 $6\sqrt{2} - 6$.
16. 如图，在$\mathrm{Rt}\triangle ABC$中，$\angle ACB = 90^{\circ}$，$AC = BC$，$P$为$\triangle ABC$内部一点，且$\angle APB = \angle BPC = 135^{\circ}$。
(1)求证：$\triangle PAB \backsim \triangle PBC$；
(2)求证：$PA = 2PC$；
(3)若点$P$到三角形的边$AB$，$BC$，$AC$的距离分别为$h_1$，$h_2$，$h_3$，求证：$h_1^2 = h_2 · h_3$。
答案：16. (1) 因为$\angle ACB = 90°, AC = BC$，所以$\angle ABC = \angle BAC = \frac{1}{2}(180° - \angle ACB) = 45°$，所以$\angle PBA + \angle PBC = 45°$. 因为$\angle APB = 135°$，所以$\angle PBA + \angle PAB = 180° - \angle APB = 45°$，所以$\angle PAB = \angle PBC$. 又$\angle APB = \angle BPC$，所以$\triangle PAB ∼ \triangle PBC$.
(2) 因为$\triangle PAB ∼ \triangle PBC$，所以$\frac{PA}{PB} = \frac{PB}{PC} = \frac{AB}{BC}$. 因为$\angle ACB = 90°, AC = BC$，所以$AB = \sqrt{AC^2 + BC^2} = \sqrt{2}BC$，所以$PB = \sqrt{2}PC, PA = \sqrt{2}PB$，所以$PA = 2PC$.
(3) 过点 $P$ 分别作$PD ⊥ BC$ 于点 $D, PE ⊥ AC$ 于点 $E$，则$\angle AEP = \angle CDP = 90°$. 因为$\angle APB = \angle BPC = 135°$，所以$\angle APC = 360° - (\angle APB + \angle BPC) = 90°$，所以$\angle EAP + \angle ACP = 90°$. 因为$\angle ACB = 90°$，所以$\angle DCP + \angle ACP = 90°$，所以$\angle EAP = \angle DCP$，所以$\triangle AEP ∼ \triangle CDP$，所以$\frac{PE}{PD} = \frac{PA}{PC} = 2$，即$\frac{h_3}{h_2} = 2$，所以$h_3 = 2h_2$. 因为$\triangle PAB ∼ \triangle PBC$，所以$\frac{h_1}{h_2} = \frac{AB}{BC} = \sqrt{2}$，所以$h_1 = \sqrt{2}h_2$，所以$h_1^2 = 2h_2^2 = h_2 · 2h_2 = h_2 · h_3$.
