2021学年2. 平行线分线段成比例同步测试题

这是一份2021学年2. 平行线分线段成比例同步测试题，文件包含2312平行线分线段成比例难点练-上好课2021-2022学年九年级数学上册同步备课系列华东师大版原卷版docx、2312平行线分线段成比例难点练-上好课2021-2022学年九年级数学上册同步备课系列华东师大版解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共61页， 欢迎下载使用。
23.1.2平行线分线段成比例
（难点练）
一、单选题
1．（2019·山东菏泽市·）如图，四边形中，，，，为的中点，为线段上的点，且，则点到边的距离是（ ）

A．3 B． C．4 D．
【答案】C
【分析】过E作EG⊥CD于G，过F作FH⊥CD于H，过E作EQ⊥BC于Q，依据平行线分线段成比例定理，即可得到HP＝CQ＝3，FP＝BQ＝1，进而得出FH＝1＋3＝4．
【详解】解：如图所示，过E作EG⊥CD于G，过F作FH⊥CD于H，过E作EQ⊥BC于Q，
则EG∥FH∥BC，AB∥EQ∥CD，四边形CHPQ是矩形，
∵AB∥EQ∥CD，
∴，
∵E是AD的中点，
∴BQ＝CQ＝3，
∴HP＝CQ＝3，
∵FP∥BQ，
∴，
∵FE＝BE，
∴FP＝BQ＝1，
∴FH＝1＋3＝4．
故选：C．

【点睛】本题主要考查了平行线分线段成比例定理的运用，解决问题的关键是作平行线，解题时注意：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．平行于三角形一边的直线截其他两边，所得的对应线段成比例．
2．（2020·陕西九年级）如图，在矩形ABCD中，∠CBN的正弦值等于，BN与CD交于点N，∠BND的平分线NM与AD交于点M，若CD＝7，DM＝2AM，则AD的长为（　　）

A． B． C．8 D．9
【答案】B
【分析】延长NM交BA的延长线于H．设CN=a．根据BH=BN，构建方程即可解决问题，
【详解】解：延长NM交BA的延长线于H．设CN＝a．

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AD＝BC，∠C＝90°
∵∠CBN的正弦值等于，
∴BN＝3a．BC＝2a，
∵DM＝2AM，AH∥DN，
∴，∠H＝∠BNH，
∴AH＝
∵∠BNH＝∠DNH，
∴∠BNH＝∠H，
∴BN＝BH＝3a，
∴+7＝3a，
解得a＝3，
∴AD＝BC＝6．
故选：B．
【点睛】本题考查矩形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用参数解决问题，属于中考常考题型
二、填空题
3．（2020·浙江温州·九年级期中）如图，在矩形中，，．连接，的角平分线交于点E，现把绕点B逆时针旋转，记旋转后的为．当射线和射线都与线段相交时，设交点分别为F，G．若为等腰三角形，则线段长为______．

【答案】
【分析】求出BD和BF，过作，交于，证明，设，利用平行线分线段成比例得到，求出x值即可．
【详解】解：在中，由勾股定理，得
，
在中，由勾股定理，得：
，
解得，
．
过作，交于，
，，
，
，
，
，
，
又，，
，
设，则，，
，
，即，
解得．
故答案为：．

【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，平行线分线段成比例，作出辅助线是解题关键．
4．（2021·黑龙江）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A与y轴交于点B，点O为坐标原点，C1为AB中点，过C1作C1A1⊥OA于点A1，连接OC1，△OA1C1面积记为S1；C2为AC1中点，过C2作C2A2⊥OA于点A2，连接OC2，△OA2C2面积记为S2；C3为AC2中点，过C3作C3A3⊥OA于点A3，连接OC3，△OA3C3面积记为S3……以此类推，面积为S2021为_____________．


【答案】
【分析】根据一次函数解析式，可得A(，0)，B(0，1)，从而得O A1=，A1 C1=，求得S1=，S2=，进而得Sn=，然后即可求解．
【详解】解：∵直线与x轴交于点A与y轴交于点B，
∴A(，0)，B(0，1)，即：AO=，BO=1，
∵C1为AB中点， C1A1⊥OA，
∴C1A1∥OB，
∴，即A1是OA的中点，
∴O A1=，A1 C1=，
∴S1=××=，
同理：O A2=，A2 C2=，S2=××=，
……，以此类推，Sn=，
∴S2021=．
故答案是：．
【点睛】本题主要考查一次函数的图像和性质，平行线分线段成比例定理，掌握函数图像上点的坐标特征，找出三角形面积的变化规律是解题的关键．
5．（2020·天津和平·九年级）如图，在正方形ABCD中，点E是对角线BD上一点，连接AE，将DE绕D点逆时针方向旋转90°到DF，连接BF，交DC于点G，若DG=3，CG=2，则线段AE的长为__．

【答案】．
【分析】连接EF，过点E作EM⊥AD，垂足为M，设ME=HE=FH=x，则GH=3-x，从而可得到，于是可求得x的值，最后在Rt△AME中，依据勾股定理可求得AE的长．
【详解】如图所示：连接EF，过点E作EM⊥AD，垂足为M．

∵ABCD为正方形，EM⊥AD，∠EDF=90°，
∴△MED和△DEF均为等腰直角三角形．
∵DE=DF，∠EDH=∠FDH=45°，
∴DH⊥EF，EH=HF，
∴FH∥BC．
设ME=HE=FH=x，则GH=3﹣x．
由FH∥BC可知：，
即，解得：，
∴．
在Rt△AME中，．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查的是正方形的性质、等腰直角三角形的性质和判定、平行线分线段成比例定理、勾股定理的应用，求得ME的长是解题的关键．
6．（2020·安徽淮南·）如图，在中，和的平分线相交于点，过点作交于点，交于点，交于点，连接．给出以下四个结论：

①若，；
②；
③平分；
④若，，则．
其中正确的有________．(把所有正确结论的序号都选上)
【答案】②③④
【分析】运用三角形内角和定理和角平分线的定义进行计算，即可判定①；根据平行线等分线段定理和角平分线定理即可确定②；根据三角形三条角平分线交于一点，即可判定③；设O到AE的距离为h，h=OD=3,然后求三角形AEF的面积即可判定④．
【详解】解：∵
∴∠ABC+∠ACB=180°-80°=100°
∴∠OBC+∠OCB=(∠ABC+∠ACB) =50°
∴=180°-∠OBC+∠OCB=130°,故①错误；
∵
∴
∵OB平分∠ABC
∴∠ABO=∠OBC
∵
∴∠EOB=∠OBC
∴∠EOB=∠EBO
∴OE=BE,同理：CF=OF
∴，即②正确；
∵和的平分线相交于点
∴O为三个角的角平分线的交点，即平分，故③正确；
设O到AE的距离为h，即高为h
∵O为三个角的角平分线的交点
∴h=CD=3
∴S△AEF= S△AOE+ S△AOF=×AE·h+×AF·CD=×3（AE+AF）
∵AE+AF=8
∴S△AEF=12，故④正确；
故答案为②③④．
【点睛】本题考查了角平分线的定义与性质、等腰三角形的判定与性质以及平分线等分线段定理，解答题的关键是灵活应用所学知识和掌握数形结合思想．
7．（2020·浙江温州·九年级期末）图1是我校闻澜阁前楼梯原设计稿的侧面图，，，楼梯的坡比为1：,为了增加楼梯的舒适度，将其改造成如图2，测量得，为的中点，过点分别作交的角平分线于点，交于点，其中和为楼梯，为平地，则平地的长度为_________

【答案】
【分析】首先根据坡比求出AE和BE，然后由勾股定理得出BC，进而得出AD，再由角平分线、中点以及平行的性质得出AH=HP，DP=HP，判定△MDP≌△BMN，得出MN=DP，即可得解.
【详解】延长BN交AD于H,作AE⊥BC,交BC于E,连接AM,如图所示:

∵楼梯的坡比为1：,
∴AB=9,AE=CD=3,BE=
∴
∵
∴AD=CE=BC-BE=
∵为的中点
∴BM=MD=AB=9
∵交的角平分线于点
∴BH垂直平分AM,∠MDP=∠BMN
∵
∴AH=HP,∠DMP=∠MBN
∴△MDP≌△BMN(ASA)
∴MN=DP
∵,为的中点
∴DP=HP
∴
∴
故答案为: .
【点睛】此题主要考查平行线、角平分线的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理、平行线分线段成比例定理，熟练掌握，即可解题.
8．（2020·哈尔滨市第四十九中学校九年级学业考试）如图，在中，，，是上一点，是延长线上一点，且点在线段的垂直平分线上，连接，若，，则_______．

【答案】
【分析】过点A作AG⊥BC于点G，作EF⊥BC于点F，由等腰直角三角形的性质，设AG=BG=CG=a，则AB=，BC=2a，由，则，由EF垂直平分CD，则，则，由AG∥EF，得，即可求出a的值，然后得到CD的长度．
【详解】解：过点A作AG⊥BC于点G，作EF⊥BC于点F，如图：

∵△ABC是等腰直角三角形，
∴设AG=BG=CG=a，
∴AB=，BC=2a，
∵，
∴，
∵点在线段的垂直平分线上，
∴EF垂直平分CD，
∴，
∴；
∵AG⊥BC，EF⊥BC，
∴AG∥EF，
∴，即，
解得：或（舍去），
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例，等腰直角三角形的性质，以及垂直平分线的性质，解题的关键是熟练掌握所学的性质，运用比例的性质构造方程进行解题，从而求出CD的长度．

三、解答题
9．（2020·吉林九年级）如图，在▱ABCD中，∠ABD=90°，AD= 5，BD=3，点P从点A出发，沿折线AB- BC以每秒个单位长度的速度向终点C运动(点P不与点A、B、C重合)．在点P运动的过程中，过点P作AB所在直线的垂线．交边AD或边CD于点Q，以PQ为一边作矩形PQMN，且QM=2．MN与BD在PQ的同侧，设点P的运动时间为t(秒)，
(1)当t= 5时，求线段CP的长；
(2)求线段PQ的长(用含t的代数式表示)；
(3)当点M落在BD上时，求t的值；
(4)当矩形PQMN与▱ABCD重叠部分圆形为五边形时，直接写出t的取值范围．

【答案】（1）4；（2）当时，；当时，；（3）2或；（4），
【分析】（1）如图1中，利用勾股定理求出AB的长，t＝5时，点P在线段BC上，易知PB＝1，PC＝4；
（2）分两种情形求解即可①如图2中，当0＜t＜4时，②如图3中，当5＜t＜10时；
（3）分两种情形求解即可①如图4中，当点P在线段AB上时，点M在线段BD上，求出AP．②如图5中，当点P在线段BC上，点M与D重合时；
（4）分两种情形分别求解即可①如图6中，当点P在线段AB上，重叠部分是五边形PBKMQ时，2＜t＜4．②如图7中，当点P在线段BC上，重叠部分是五边形PQDKN时，4＜t＜6.5；
【详解】（1）如图1中，

在Rt△ABD中，∵∠ABD＝90，AD＝5，BD＝3，
∴AB＝＝4，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC＝5，CD＝AB＝4，
当t＝5时，点P在BC上，PB＝1，
∴PC＝4．
（2）①如图2中，当0＜t＜4时，

∵PQ∥BD，
∴，
∴，
∴PQ＝t．
②如图3中，当5＜t＜10时，

∵PQ∥BD，
∴，
∴，
∴PQ＝（9−t）．
∴当时，；当时，；
（3）①如图4中，当点P在线段AB上时，点M在线段BD上，

∵QM∥AB，
∴，
∴，
∴DQ＝，
∴AQ＝DQ，
∵PQ∥BD，
∴AP＝PB＝2，
∴t＝2．
②如图5中，当点P在线段BC上，点M与D重合时，

∵QM=2，∴CQ=CD- QM=2,
∴Q点是CD中点，
故PQ是△BCD是中位线
故PB＝PC＝BC=，
此时t＝4＋＝．
∴当点M落在BD上时，求t的值为2或；
（4）①如图6中，重叠部分是五边形PBKMQ
由图4可知，当P点为AB中点时，t=2
当P点与B点重合时，t=4
故当点P在线段AB上，重叠部分是五边形PBKMQ时，2＜t＜4；

②如图7中，重叠部分是五边形PQDKN，
由图5可知，当P点为BC中点时，t=,
当P点与B点重合时，t=4,
当点P在线段BC上，重叠部分是五边形PQDKN时，4＜t＜6.5．

∴当矩形POMN与▱ABCD重叠部分圆形为五边形时， t的取值范围是2＜t＜4或4＜t＜6.5．
【点睛】本题考查四边形综合题、平行四边形的性质、平行线分线段成比例定理、勾股定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用平行线分线段成比例定理，构建方程解决问题，属于中考压轴题．
10．（2020·浙江）如图1，已知正方形ABCD，AB＝4，以顶点B为直角顶点的等腰Rt△BEF绕点B旋转，BE＝BF＝，连结AE，CF．

（1）求证：△ABE≌△CBF．
（2）如图2，连结DE，当DE＝BE时，求S△BCF的值．
（3）如图3，当Rt△BEF旋转到正方形ABCD外部，且线段AE与线段CF存在交点G时，若M是CD的中点，P是线段DG上的一个动点，当满足MP+PG的值最小时，求MP的值．
【答案】（1）详见解析；（2）6；（3）
【分析】（1）由“SAS”可证△ABE≌△CBF；
（2）由“SSS”可证△ADE≌△ABE，可得∠DAE＝∠BAE＝45°，可证AH＝EH，由勾股定理可求BE的长，即可求解；
（3）先确定点P的位置，过点B作BQ⊥CF于Q，由勾股定理可求CE的长，由平行线分线段成比例可求解．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∵∠EBF＝90°＝∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBF，
又∵BE＝BF，AB＝BC，
∴△ABE≌△CBF（SAS）；
（2）如图2，过点E作EH⊥AB于H，

∵△ABE≌△CBF，
∴S△ABE＝S△CBF，
∵AD＝AB，AE＝AE，DE＝BE，
∴△ADE≌△ABE（SSS），
∴∠DAE＝∠BAE＝45°，
∵EH⊥AB，
∴∠EAB＝∠AEH＝45°，
∴AH＝EH，
∵BE2＝BH2+EH2，
∴10＝BE2+（4﹣BE）2，
∴BE＝1或3，
当BE＝1时
∴S△ABE＝S△CBF＝AB×EH＝×4×1＝1，
当BE＝3时
∴S△ABE＝S△CBF＝AB×EH＝×4×3＝6，
（3）如图3，过点P作PK⊥AE于K，

由（1）同理可得△ABE≌△CBF，
∴∠EAB＝∠BCF，
∵∠BAE+∠CAE+∠ACB＝90°，
∴∠BCF+∠CAE+∠ACB＝90°，
∴∠AGC＝90°，
∵∠AGC＝∠ADC＝90°，
∴点A，点G，点C，点D四点共圆，
∴∠ACD＝∠AGD＝45°，
∵PK⊥AG，
∴∠PGK＝∠GPK＝45°，
∴PK＝GK＝PG，
∴MP+PG＝MP+PK，
∴当点M，点P，点K三点共线时，且点E，点G重合时，MP+PG值最小，
如图4，过点B作BQ⊥CF于Q，

∵BE＝BF＝，∠EBF＝90°，BQ⊥EF，
∴EF＝2，BQ＝EQ＝FQ＝，
∵CQ＝＝＝，
∴CE＝CQ﹣EQ＝﹣，
∵MK⊥AE，CE⊥AE，
∴MK∥CE，
∴，
又∵M是CD的中点，
∴DC＝2DM，
∴MP＝CE＝．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，平行线分线段成比例等知识，添加恰当辅助线构造直角三角形是本题的关键．
11．（2021·吉林延边·九年级）[感知]如图①，在▱ABCD中，点E为CD的中点，连接BE并延长交AD的延长线于点F．求证：点E是BF的中点，点D是AF的中点；
[应用]如图②，在四边形ABCD中，AD//BC，∠BAD＝90°，AB＝4，AD＝3，点E是CD的中点，BE⊥CD，BE、AD的延长线相交于点F，则AF＝　 　．
[拓展]如图③，在△ABC中，点D是AC的中点，点E是AB上一点，，BD，CE相交于点F，则＝　 　．

【答案】（1）证明见解析；（2）8；（3）．
【分析】（1）通过证△DEF≌△CEB，然后结合▱ABCD的性质可以得到所证结论成立；
（2）与（1）同理可得△DEF≌△CEB，从而有DF=BC，结合已知可以证得四边形DFCB是菱形，所以可得DF=BD，由勾股定理可得BD=5，最后即可得到AF=8；
（3）过A作AG∥EC交BD延长线于G，则与（1）同理可得AG=FC，再由平行线分线段成比例可得，最后根据可以得到结论．
【详解】解：（1）证明：∵▱ABCD，
∴AF∥BC，AD=BC，
∴∠F=∠EBC，
∴在△DEF和△CEB中，

∴△DEF≌△CEB，
∴BE=EF，DF=BC=AD，
∴点E是BF的中点，点D是AF的中点；
（2）与（1）同理可得△DEF≌△CEB，
∴DF=BC，
又由已知可得DF∥BC，
∴四边形DFCB是平行四边形，
∵BE⊥CD，
∴四边形DFCB是菱形，
∴DF=BD，
∵∠BAD＝90°，AB＝4，AD＝3，
∴BD=5，
∴AF=AD+DF=3+5=8，
故答案为8；
（3）如图，过A作AG∥EC交BD延长线于G，

与（1）同理可得△ADG≌△CDF，
∴AG=FC，
∵AG∥EF，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为．
【点睛】本题考查三角形全等的判定与应用，熟练掌握构造辅助线证三角形全等的方法、三角形全等的判定与性质、平行线分线段成比例定理、及类比的思维方法是解题关键 ．
12．（2020·上饶市广信区第七中学九年级月考）已知△ABC是等腰三角形，AB=AC．
（1）特殊情形：如图1，当DE∥BC时，有DB EC．（填“＞”，“＜”或“=”）
（2）发现探究：若将图1中的△ADE绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）到图2位置，则（1）中的结论还成立吗？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．
（3）拓展运用：如图3，P是等腰直角三角形ABC内一点，∠ACB=90°，且PB=1，PC=2，PA=3，求∠BPC的度数．

【答案】（1）=；（2）成立，证明见解析；（3）135°.
【分析】试题（1）由DE∥BC，得到，结合AB=AC，得到DB=EC；
（2）由旋转得到的结论判断出△DAB≌△EAC，得到DB=CE；
（3）由旋转构造出△CPB≌△CEA，再用勾股定理计算出PE，然后用勾股定理逆定理判断出△PEA是直角三角形，再简单计算即可．
【详解】（1）∵DE∥BC，
∴，
∵AB=AC，
∴DB=EC，
故答案为=，
（2）成立．
证明：由①易知AD=AE，
∴由旋转性质可知∠DAB=∠EAC，
又∵AD=AE，AB=AC
∴△DAB≌△EAC，
∴DB=CE，
（3）如图，

将△CPB绕点C旋转90°得△CEA，连接PE，
∴△CPB≌△CEA，
∴CE=CP=2，AE=BP=1，∠PCE=90°，
∴∠CEP=∠CPE=45°，
在Rt△PCE中，由勾股定理可得，PE=，
在△PEA中，PE2=（）2=8，AE2=12=1，PA2=32=9，
∵PE2+AE2=AP2，
∴△PEA是直角三角形
∴∠PEA=90°，
∴∠CEA=135°，
又∵△CPB≌△CEA
∴∠BPC=∠CEA=135°．
【点睛】考点：几何变换综合题；平行线平行线分线段成比例.
13．（2019·辽宁九年级月考）如图1，E是正方形ABCD边AB上的一点，连接BD、DE，将∠BDE绕点D逆时针旋转90º，旋转后角的两边分别与射线BC交于点F和点G．

（1）探究线段BE、BF和DB之间的数量关系，写出结论并给出证明；
（2）当四边形ABCD为菱形，∠ADC=60º，点E是菱形ABCD边AB所在直线上的一点，连接BD、DE，将∠BDE绕点D逆时针旋转120º，旋转后角的两边分别与射线BC交于点F和点G．
①如图2，点E在线段AB上时，请探究线段BE、BF和BD之间的数量关系，写出结论并给出证明；
②如图3，点E在线段AB的延长线上时，DE交射线BC于点M．若BE=1，AB=2，直接写出线段GM的长度．
【答案】（1），证明见解析；（2）①，证明见解析；②
【分析】
（1）根据旋转的性质可证得△BDG是等腰直角三角形，得到，再证明△FDG≌△EDB（ASA），得到FG=BE即可得到；
（2）①根据菱形的性质以及旋转的性质可得∠DBG=∠G=30°，从而证明△EDB≌△FDG（ASA），得到BF+BE=BF+FG=BG，过点D作DP⊥BG于点P，利用勾股定理及等腰三角形的性质得到BG=，从而得出即可；
②过点A作AN⊥BD交BD于点N，根据含30°直角三角形的性质及等腰三角形的性质，计算BD和BF的长，根据平行线分线段成比例定理可得BM的长，根据线段的差可得结论．
【详解】
解：（1），
理由：由旋转可知，∠BDE=∠FDG，∠BDG=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CBD=45°，
∴∠G=45°，
∴∠G=∠CBD=45°，
∴BD=DG，
△BDG是等腰三角形，
∴，
∵在△FDG与△EDB中，
∠FDG=∠EDB，∠G=∠DBE=45°，BD=DG，
∴△FDG≌△EDB（ASA），
∴FG=BE
∴BE+BF=FG+BF=BG=，
∴
（2）①
理由：如图2，在菱形ABCD中，∠ADB=∠CDB=∠ADC=30°，
由旋转120°可知，∠EDF=∠BDG=120°，∠EDB=∠FDG，
在△DBG中，∠G=180°-120°-30°=30°，
∴∠DBG=∠G=30°，
DB=DG，
∴△EDB≌△FDG（ASA），
∴BE=FD，
∴BF+BE=BF+FG=BG，
过点D作DP⊥BG于点P，
∵BD=DG，∴BG=2BP，
∵∠DBC=30°，
∴DP=，
∴在Rt△BDP中，，
∴BG=
∴

②如图3，过点A作AN⊥BD交BD于点N，
在Rt△ABN中，∠ABN=30°，AB=2，
∴AN=1，BN=，
∴BD=2BN=2，
∵DC∥BE，
∴，
∵CM+BM=2，
∴BM=，
Rt△BDP中，∠DBP=30°，BD=2，
∴BP=3
由旋转得：BD=FD，
∴BF=2BP=6，
∴GM =BG-BM=6+1-=．

【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，正方形和菱形的性质，含30度直角三角形的性质等知识，本题证明△FDG≌△BDE是解本题的关键．
14．（2020·山西）请阅读下列材料，并完成相应的任务．
梅涅劳斯（Menelaus）是公元一世纪时的希腊数学家兼天文学家，著有几何学和三角学方面的许多书籍．梅涅劳斯发现，三角形各边（或其延长线）被一条不过任何一个顶点也不与任何一条边平行的直线所截，这条直线可能与三角形的两条边相交（一定还会与一条边的延长线相交），也可能与三条边都不相交（与三条边的延长线都相交）．他进行了深入研究并证明了著名的梅涅劳斯定理（简称梅氏定理）：
设D，E，F依次是△ABC的三边AB，BC，CA或其延长线上的点，且这三点共线，则满足．
这个定理的证明步骤如下：
情况①：如图1，直线DE交△ABC的边AB于点D，交边AC于点F，交边BC的延长线与点E．
过点C作CM∥DE交AB于点M，则，（依据），
∴＝，
∴BE•AD•FC＝BD•AF•EC，即．

情况②：如图2，直线DE分别交△ABC的边BA，BC，CA的延长线于点D，E，F．
…
（1）情况①中的依据指：　 　；
（2）请你根据情况①的证明思路完成情况②的证明；
（3）如图3，D，F分别是△ABC的边AB，AC上的点，且AD:DB＝CF:FA＝2:3，连接DF并延长，交BC的延长线于点E，那么BE:CE＝　 　．
【答案】（1）两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；（2）见解析；(3)
【分析】（1）根据平行线分线段成比例定理解决问题即可；
（2）如图2中，作CN∥DE交BD于N．模仿情况①的方法解决问题即可；
（3）利用梅氏定理即可解决问题．
【详解】解：（1）情况①中的依据是：两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例．
故答案为：两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例．
（2）如图2中，作CN∥DE交BD于N．

则有＝，＝，
∴＝，
∴BE•AD•FC＝BD•AF•EC，
∴＝1．
（3）∵＝1，AD:DB＝CF:FA＝2:3，
∴＝1，∴=．
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
15．（2020·安徽蚌埠市·九年级）如图（1），已知：在菱形中，点分别在边上，分别交于点

（1）求证：；
（2）连接，如图（2），当时，
①求证：；
②若菱形的边长为2，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②
【分析】（1）根据菱形的性质证明，进而得到，证明即可；
（2）①连接，先证明，从而证明四边形为平行四边形，得到AD∥GF∥BC，进而得到，结合，得到，即可证明；
②设，则，根据得到，从而列出方程解答即可．
【详解】
（1）证明：四边形为菱形．
，，
又，
，
，
又，
，

（2）①证明：连接，
，
，
，
，
又
四边形为平行四边形，
∴，
∴，
又∵AD∥BC，
∴AD∥GF∥BC，
∴，
又∵AD=DC，
，
，
，
，

②设，则，
由，
∴．
，故，
解得（不合题意，舍去），，
故．
【点睛】本题考查了菱形的性质、平行线分线段成比例以及全等三角形的性质与判定，解题的关键灵活运用比例关系进行推导．
16．（2020·安徽安庆·九年级）如图（1），已知正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，BE=DF，AE、AF分别交BD于点G、H．
（1）求证：BG=DH；
（2）连接FE，如图（2），当EF=BG时．
①求证：AD•AH=AF•DF；
②直接写出的比值．

【答案】(1)见解析； (2) ①见解析； ②
【分析】（1）根据正方形性质证△ABE≌△ADF(SAS)，得∠BAE=∠DAF，再证△ABG≌△ADH(ASA)即可；
（2）①连接GF，证明四边形EBGF是平行四边形，利用BE∥GF∥AD，根据平行线分线段成比例性质可得：，，故.
②由①可得,,设CF=k,DF=a,根据勾股定理和 平行线分线段成比例性质得，得到，再代入化简可得.
【详解】证明：(1)∵四边形 ABCD为正方形
∴AB=AD,∠ABC=∠ADC
∵BE=DF
∴△ABE≌△ADF(SAS)
∴∠BAE=∠DAF
∵AB=AD
∴∠ABD=∠ADB
∴△ABG≌△ADH(ASA)
∴BG=DH
（2）①连接GF.
∵BC=DC,BE=DF，
∴CE=CF
∵∠C=90°
∴∠DBC=∠FEC=45°
∴EF∥BD
∵EF=BG
∴四边形EBGF是平行四边形
∴BE∥GF∥AD
∵AD=CD
∴
∵EF∥BD
∴
∴，即.
②由（2）可得
∴
∴
设CF=k,DF=a
则EF=，DG=，
∴DH= EF=，
∴GH=-
∴由可得

整理得

解得
∴
=

【点睛】考核知识点：正方形性质，平行线分线段成比例性质定理.熟练运用正方形性质得到平行线，运用平行线分线段成比例性质得到比例式是关键.
17．（2020·吉林九年级）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8cm，BC＝6cm．D为边BC上一点，且BD＝2CD，过点D作DEAC交AB于点E，过点E作EFBC交AC于点F．动点P、Q分别从点A、B同时出发，均以2cm/s的速度匀速运动．点P沿折线AF﹣FE﹣ED向终点D运动，点Q沿BA向终点A运动．过点P作PM⊥AC交AB于点M，以PM与QM为边作▱PMQN．设点P的运动时间为t（s），矩形CDEF与▱PMQN重叠部分图形的面积为S（cm2）
（1）DE的长为　 　；
（2）连结PQ，当PQBC时，求t的值；
（3）在点Q从点B运动到点E的过程中，当四边形CDEF与▱PMQN重叠部分图形是三角形时，求S与t之间的函数关系式；
（4）设PN与边DE的交点为G，连结FG，当点E在FG的垂直平分线上时，直接写出t的值．

【答案】（1） ；（2） ；（3）；（4）1或或
【分析】（1）首先证明四边形EFCD是矩形，由EF∥BC，推出，求出EF，即可求出AF，一次即可解决问题；
（2）如图2中，当PQ∥BC时，当P在线段DE上，延长QP交AC于G，作QK⊥BC于K．根据AG+QK＝8，构建方程即可解决问题；
（3）分三种情形①如图3，当时，重叠部分是△EGK．②如图4，当时，重叠部分是△PEK，③如图4﹣1中，当时，重叠部分是△PNK．
（4）分三种情形分别画出图形，寻找关系构建方程即可解决问题．
【详解】解：（1）如图1中，

∵DE∥AC，EF∥BC，
∴四边形EFCD是平行四边形，
∵∠C＝90°，
∴四边形EFCD是矩形，
∴EF＝CD，DE＝CF，
∵BC＝6，BD＝2CD，
∴CD＝EF＝2，
∵EF∥BC，
∴
∴
∴AF＝
∴DE＝CF＝AC﹣AF＝8﹣＝．
故答案为：．
（2）如图2中，当PQ∥BC时，当P在线段DE上，延长QP交AC于G，作QK⊥BC于K．

∵四边形CGQK是矩形，
∴QK＝CG，
∴AG+QK＝8，
∵AG＝8﹣2（t﹣1），QK＝×2t，
∴8﹣2（t﹣1）＝×2t，
解得t＝，
∴t＝s时，PQ∥BC．
（3）①如图3，当时，重叠部分是△EGK．

S＝•EG•EK＝×t×2t＝t2．
②如图4，当时，重叠部分是△PEK，

．
或者．
③如图4﹣1中，当时，重叠部分是△PNK，

S＝•（t﹣10）2＝t2﹣27t+．
（4）①如图6中，当点P在线段AF上，EG＝EF＝2时，点E在线段FG的垂直平分线上．

∵四边形AFGE是平行四边形，
∴AP＝EG＝2，
∴t＝1．
②如图7中，当点P在线段EF上，EG＝EF＝2时，点E在线段FG的垂直平分线上．

此时PE＝，PF＝2﹣＝，
∴AF+FP＝+＝，
∴t＝．
③如图8中，当点P在线段DE上，EG＝EF＝2时，点E在线段FG的垂直平分线上．

∴AF+EF+EP＝+2+2＝，
∴t＝．
综上所述，满足条件的t的值为：t＝1，t＝，t＝．
【点睛】本题考查四边形综合题、矩形的判定和性质、平行四边形的判断和性质、勾股定理、三角形的面积、平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会正确画出图形，用分类讨论的扇形思考问题，学会构建方程解决问题，属于中考压轴题．
18．（2020·海南九年级）如图，四边形ABCD是边长为10的菱形，BE⊥AD于点E，AE=6，且BE交对角线AC于F，连接DF，点P是DC上一点，BP交AC于M．

（1）求证：△ABF≌△ADF；
（2）如图1，若P为CD中点,求的值；
（3）如图2，若S△BFM＝S△CPM，求PC，并直接判断BP与CD是否垂直（不必说明理由）．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）；BP与DC不垂直．
【分析】解：（1）根据四边形ABCD是菱形，推出AB＝AD，∠BAC＝∠CAD，再结合AF=AF即可证明△ABF≌△ADF；
（2）先求出PC的长，然后根据平行线分线段成比例定理得出，，设AF=3x，FC=5x，则AC=8x，即可得出，，即可得；
（3）过点P作PH⊥BC于H，先推出证明四边形BFPH是矩形，然后根据平行线分线段成比例定理可推出，，，根据CD=10，求出，从而得出BP与DC不垂直．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，∠BAC＝∠CAD，
又∵AF=AF，
∴△ABF≌△ADF；
(2)∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，AD∥BC，AB=CD=10，
∵P为CD中点，
∴2PC=AB=CD=10，
∵AB∥CD，
∴，
∵AD∥BC，
∴，
设AF=3x，FC=5x，则AC=8x，
∴，
∴，
∴；
（3）过点P作PH⊥BC于H，

则根据题意知PH∥BE，
∵S△BFM＝S△CPM，
∴S△BFM+ S△CMB＝S△CPM+ S△CMB
即：S△CBF＝S△CBP，
∴，
∴PH=BF，
∴四边形BFPH是平行四边形，
又∠PHB=90°，
∴四边形BFPH是矩形，
∴PF∥CB，
∴PF∥AD，
∴，
∵AD∥BC，
∴，
∴，
∴，
∵CD=10，
∴，
BP与DC不垂直．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，矩形的判定和性质，掌握平行弦分线段成比例定理是解题关键．
19．（2020·江苏省天一中学）（1）①发现：如图1，G是ABC的重心，连结BG，CG，并分别延长BG，CG，交AC，BA于D，E连结DE，则DE与BC的位置关系是 ；
②证明：如图2，AF是△ABC的中线，P是AF上任一点，连结BP，CP，并分别延长交AC，BA于D，E，连结DE，①中的结论还成立吗？如果成立，请证明你的结论，如果不成立，请说明理由．
（2）应用：用无刻度直尺根据要求作图：如图3，M是□ABCD边CD上一定点，（ⅰ）在AB边上作一点N，使AN=CM，（ⅱ）如图4中，BA的延长线上作一点Q，使AQ=CM．

【答案】（1）①；②成立，证明见解析；（2）（i）作图见解析；（ii）作图见解析
【分析】（1）①由平行线的判定可得结论；②延长到，使，连接、，可证四边形是平行四边形，由平行线分线段成比例可得，，可得结论；
（2）连接，交于点，连接，延长交于，可得；连接于交于点，连接并延长交于，连接并延长交的延长线于点，可得．
【详解】解：（1）①是的重心，
，，
，
，
故答案为：；
②仍然成立，
证明：如图，延长到，使，连接、，四边形是平行四边形，

是的中线，
，
，
四边形是平行四边形，
，即，
，
同理，
，
；
（2）如图，连接，交于点，连接，延长交于，

四边形是平行四边形，
，，
，，
，
；
如图4，连接于交于点，连接并延长交于，连接并延长交的延长线于点，

由（1）可知，且，
四边形是平行四边形，
．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三角形的重心，平行线分线段成比例，全等三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
20．（2021·河南）数学课上，李老师出示了如下框中的题目．
在等边三角形中，点E在上，点D在的延长线上，且，如图，试确定线段与的大小关系，并说明理由．

小敏与同桌小聪讨论后，进行了如下解答：
（1）特殊情况，探索结论
当点E为的中点时，如图1，确定线段与的大小关系．
请你直接写出结论：_____（填“>”，“”“