中考数学专题练习21 相似模型之梅涅劳斯（定理）模型与塞瓦（定理）模型

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梅涅劳斯（定理）模型：如图1，如果一条直线与△ABC的三边AB、BC、CA或其延长线交于F、D、E点，那么AFFB⋅BDDC⋅CEEA=1．这条直线叫△ABC的梅氏线，△ABC叫梅氏三角形．
梅涅劳斯定理的逆定理：如图1，若F、D、E分别是△ABC的三边AB、BC、CA或其延长线的三点，如果AFFB⋅BDDC⋅CEEA=1，则F、D、E三点共线．

图1 图2
塞瓦（G·Gev1647-1734）是意大利数学家兼水利工程师．他在1678年发表了一个著名的定理，后世以他的名字来命名，叫做塞瓦定理。
塞瓦（定理）模型：塞瓦定理是指在△ABC内任取一点G，延长AG、BG、CG分别交对边于D、E、F，
如图2，则 AFFB⋅BDDC⋅CEEA=1。
注意：①梅涅劳斯（定理）与塞瓦（定理）区别是塞瓦定理的特征是三线共点，而梅涅劳斯定理的特征是三点共线；②我们用梅涅劳斯（定理）与塞瓦（定理）解决的大部分问题，也添加辅助线后用平行线分线段成比例和相似来解决。
例1.（2023.浙江九年级期中）如图，在△ABC中，AD为中线，过点C任作一直线交AB于点F，交AD于点E，求证：AE:ED=2AF:FB．
【解析】∵直线是的梅氏线，∴．
而，∴，即．
【点睛】这道题也是梅氏定理的直接应用，但是对于梅氏定理的应用的难点，在于找梅氏线．
例2.（2023.重庆九年级月考）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC．AM为BC边上的中线，CD⊥AM于点D，CD的延长线交AB于点E．求AEEB．
【解析】∵HFC是△ABD的梅氏线，由题设，在Rt△AMC中，CD⊥AM，AC=2CM，
由射影定理．对△ABM和截线EDC，由梅涅劳斯定理，
，即．∴．
【点睛】这道题也是梅氏定理的直接应用，但是对于梅氏定理的应用的难点，在于找梅氏线．
例3.（2023.湖北九年级期中）如图，点D、E分别在△ABC的边AC、AB上，AE=EB，ADDC=23，BD与CE交于点F，S△ABC=40．求SAEFD．
【解析】对△ECA和截线BFD，由梅氏定理得：EFFC⋅CDDA⋅ABBE=1，
即EFFC⋅32⋅21=1，∴EFFC=13．∴S△BFE=14S△BEC=18S△ABC．
∴SAEFD=S△ABD-S△BEF=25-18S△ABC=1140⋅40=11．
【点睛】这道题主要考查梅氏定理和面积问题．
例4.（2023.江苏九年级月考）已知AD是△ABC的高，点D在线段BC上，且BD=3，CD=1，作DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，连接EF并延长，交BC的延长线于点G，求CG．
【解析】如图，设CG=x，EFG是△ABC的梅氏线．则由梅涅劳斯定理4+xx⋅CFFA⋅AEEB=1．
显然的CFFA=DC2AD2，AEEB=AD2BD2，于是19⋅4+xx=1，得x=12．
【点睛】这道题主要考查梅内劳斯定理和射影模型的综合．
例5.（2023.广东九年级专项训练）如图，在△ABC中，∠A的外角平分线与边BC的延长线交于点P，∠B的平分线与边CA交于点Q，∠C的平分线与边AB交于点R，求证：P、Q、R三点共线．
【解析】AP是∠BAC的外角平分线，则BPPC=ABCA ①
BQ是∠ABC的平分线，则CQQA=BCAB ②
CR是∠ACB的平分线，则ARRB=CABC ③
①×②×③得BPPC⋅CQQA⋅ARRB=ABCA⋅BCAB⋅CABC=1，
因R在AB上，Q在CA上，P在BC的延长线上，
则根据梅涅劳斯定理的逆定理得：P、Q、R三点共线．
【点睛】这道题主要考查梅氏定理和角平分线定理的综合应用．
例6．（2023上·广东深圳·九年级校联考期中）梅涅劳斯（Menelaus）是古希腊数学家，他首先证明了梅涅劳斯定理，定理的内容是：如图1，如果一条直线与△ABC的三边AB,BC,CA或它们的延长线交于F、D、E三点，那么一定有AFFB⋅BDDC⋅CEEA=1．
下面是利用相似三角形的有关知识证明该定理的部分过程：
证明：如图2，过点A作AG∥BC，交DF的延长线于点G，则有AFFB=AGBD，，
∴△AGF∽△BDF，△AGE∽△CDE，∴AFFB⋅BDDC⋅CEEA=AGBD⋅BDDC⋅CDAG=1．
请用上述定理的证明方法解决以下问题：


（1）如图3，△ABC三边的延长线分别交直线l于X,Y,Z三点，证明：BXXC⋅CZZA⋅AYYB=1．
请用上述定理的证明方法或结论解决以下问题：（2）如图4，等边△ABC的边长为3，点D为BC的中点，点F在AB上，且与AD交于点E，试求AE的长．（3）如图5，△ABC的面积为4，F为AB中点，延长BC至D，使CD=BC，连接FD交AC于E，求四边形BCEF的面积．
【答案】（1）详见解析；（2）AE=343；（3）83
【分析】(1) 过点C作交AY于点N，根据平行线分线段成比例定理列出比例，化简计算即可．
(2) 根据定理，勾股定理，等边三角形的性质解答即可．(3) 根据定理，计算比值，后解答即可．
【详解】（1）证明：如图，过点C作交AY于点N，
则．故：．

（2）解：如图，根据梅涅劳斯定理得：AFFB⋅BDDC⋅DEEA=1．
又∵BF=2AF，∴，∴DE=AE．在等边△ABC中，∵AB=3，点D为BC的中点，
．∴由勾股定理知： ．
（3）解：∵线段DEF是△ABC的梅氏线，
∴由梅涅劳斯定理得，AFFB⋅BDDC⋅CEEA=1，即，则．如图，连接FC，
，于是=83．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，勾股定理，等边三角形的性质，三角形面积的计算，熟练掌握定理是解题的关键．
例7．（2023.山东九年级月考）如图：P，Q，R分别是△ABC的BC，CA，AB边上的点．若AP，BQ，CR相交于一点M，求证：．
证明：如图，由三角形面积的性质，
有，，．以上三式相乘，得．
例8. （2023.浙江九年级期中）如图，在锐角△ABC中，AD是BC边上的高线，H是线段AD内任一点，BH和CH的延长线分别交AC、AB于E、F，求证：∠EDH=∠FDH。

【详解】证明：过点A作PQ//BC，与DF，DE的延长线分别交于点P、Q，则DA⊥PQ。
对△ABC和点H应用赛瓦定理可得：BDDC×CEEA×AFBF=1．
∵PQ//BC，∴AFBF=APBD,CEEA=CDAQ,∴APBD⋅BDCD⋅CDAQ=1,∴AP=AQ
根据垂直平分线，∴PD=QD，∴△PQD是等腰三角形，∴∠EDH=∠FDH。
点评：本题考查了赛瓦定理，要熟练掌握定理的内容，是解此题的关键．
例9.（2023.北京九年级月考如图，四边形ABCD的对边AB和CD，AD、BC分别相交于L、K，对角线AC与BD交于点M，直线KL与BD，AC分别交于F、G，求证：KFLF=KGLG.
对△DKL和点B应用赛瓦定理可得：DAAK×KFFL×LCCD=1．①
对△DKL和截线ACG，由梅氏定理得：DAAK⋅KGGL⋅LCCD=1②
由①②得：KFFL=KGLG
点评：本题考查了赛瓦定理，要熟练掌握定理的内容，是解此题的关键．
例10．（2022·山西晋中·统考一模）请阅读下列材料，并完成相应任务：
塞瓦定理：塞瓦定理载于1678年发表的《直线论》，是意大利数学家塞瓦的重大发现．塞瓦是意大利伟大的水利工程师，数学家．
定理内容：如图1，塞瓦定理是指在△ABC内任取一点O，延长AO，BO，CO分别交对边于D，E，F，则BDDC×CEEA×AFBF=1．
数学意义：使用塞瓦定理可以进行直线形中线段长度比例的计算，其逆定理还可以用来进行三点共线、三线共点等问题的判定方法，是平面几何学以及射影几何学中的一项基本定理，具有重要的作用．
任务解决：(1)如图2，当点D，E分别为边BC，AC的中点时，求证：点F为AB的中点；(2)若△ABC为等边三角形（图3），AB=12，AE=4，点D是BC边的中点，求BF的长，并直接写出△BOF的面积．
【答案】(1)证明见解析(2)BF=8；△BOF的面积为63
【分析】（1）根据塞瓦定和中点的性质即可求解；
（2）根据塞瓦定和等边三角形的性质即可求出BF，然后过点F作FG⊥BC于G，证明△COD∼△CFG，可求出OD，从而求出△BOC的面积，然后根据AFBF=12可求△BCF的面积，从而得解．
【详解】（1）证明：在△ABC中，∵点D，E分别为边BC，AC的中点，∴BD=CD，CE=AE．
由赛瓦定理可得：BDDC×CEEA×AFBF=1．∴AFBF=1，∴AF=BF．即点F为AB的中点；
（2）解：∵△ABC为等边三角形，AB=12，∴
∵点D是BC边的中点，∴BD=DC=6，
∵AE=4，∴CE=8．由赛瓦定理可得：BF=8；过点F作FG⊥BC于G，
∴BG=BF⋅cs60°=4，FG=BF⋅sin60°=43，∴CG=BC-BG=8，
∵AB=AC，BD=CD，∴AD⊥BC，∴AD∥FG，∴△COD∼△CFG，
∴ODFG=CDCG，即OD43=68，∴，∴S△BCO=12BC⋅OD=183，
∵AB=12，BF=8，∴AF=AB-BF=4，∴AFBF=12，∴S△ACFS△BCF=12
又S△ABC=34×122=363，∴S△BCF=23S△ABC=243，∴S△BOF=S△BCF-S△BOC=63．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、中点的性质、等边三角形的性质，读懂题意，学会运用塞瓦定理是解题的关键．
课后专项训练
1．（2023.广东九年级期中）如图，在△ABC中，M是AC的中点，E是AB上一点，AE＝AB，连接EM并延长，交BC的延长线于D，则＝（ ）
A．B．2C．D．
解：法1：对△ABC和截线EMD，由梅氏定理得：AEEB⋅BDCD⋅CMAM=1，
∵M是AC的中点，E是AB上一点，AE＝AB，∴AEEB=13,CMAM=1，
∴13⋅BDCD⋅1=1，∴BDCD=3，∴BCCD=2，故选B.
法2：如图，过C点作CP∥AB，交DE于P，
∵PC∥AE，∴△AEM∽△CPM，∴＝，
∵M是AC的中点，∴AM＝CM，∴PC＝AE，
∵AE＝AB，∴CP＝AB，∴CP＝BE，
∵CP∥BE，∴△DCP∽△DBE，∴＝＝，
∴BD＝3CD，∴BC＝2CD，即＝2．故选：B．
2.（2023.浙江九年级期中）如图，D、E、F内分正△ABC的三边AB、BC、AC均为1：2两部分，AD、BE、CF相交成的△PQR的面积是△ABC的面积的（ ）
A．B．C．D．
解：对△ADC用梅涅劳斯定理可以得：••＝1，则＝．
设S△BCF＝，S△BCQ＝S△BCE＝，SBPRF＝S△ABD＝，
∴S△PQR＝S△BCF﹣S△BCQ﹣SBPRF＝S△ABC．故选：D．
3．（广东2023-2024学年九年级上学期月考数学试题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，，CD⊥AB，垂足为D，E为BC的中点，AE与CD交于点F，则DF的长为 ．

【答案】5485
【分析】过点F作于H，根据勾股定理求得AB的值，根据三角形的面积求得CD的值，根据勾股定理求得AD的值，根据相似三角形的判定和性质可得FHAH=23，设FH=2k，AH=3k，CH=3-3k，根据相似三角形的判定和性质可求得k的值，即可求得CH和FH的值，根据勾股定理求得CF的值，即可求解．
【详解】解：如图，过点F作于H．

在Rt△ABC中，AC=3，，则AB=AC2+BC2=32+42=5，
∵CD⊥AB，∴S△ABC=12AC⋅BC=12AB⋅CD，即12×3×4=12×5×CD 解得：CD=125，
在Rt△ACD中，AC=3，CD=125，AD=AC2-CD2=32-1252=95，
∵FH⊥AC，∠ACB=90°，∴FH∥EC，∴△AFH∽△AEC，∴FHEC=AHAC，
∵EC=EB=2，AC=3，∴FHAH=ECAC=23，设FH=2k，AH=3k，CH=3-3k，
∵，CD⊥AB，∠DCA=∠DCA，∴△CHF∽△CDA，
∵FHAD=CHCD，∴2k95=3-3k125，∴k=917，∴FH=1817，CH=3-3×917=2417，
∴CF=CH2+FH2=18172+24172=3017，∴DF=CD-CF=125-3017=5485，故答案为：5485．
【点睛】本题考查了勾股定理，三角形的面积，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
4．（2022年山西中考一模数学试题）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，，AC=4．AD是BC边上的中线．将△ABC沿AD方向平移得到△A'B'C'．A'C'与BC相交于点E，连接BA'并延长，与边AC相交于点F．当点E为A'C'的中点时，A'F的长为 ．

【答案】9712/11297
【分析】则E为A'C'的中点，得A'为AD的中点，证明△BEA'∽△BCF，推出BE:BC=A'E:FC=BA':BF=3:4，在Rt△ABF中，利用勾股定理求得，再根据相似比即可求解．
【详解】解：∵由平移的性质得A'C'∥AC，A'C'=AC，
∴E为A'C'的中点，DEEC=DA'AA'，∴A'E=12AC，∴A'为AD的中点，
∵D是BC边上的中点，∴△BEA'∽△BCF，∴BE:BC=A'E:FC=BA':BF=3:4，
∵AC=4，∴A'E=2，∴，FC=83，∴，
在Rt△ABF中，，
∵BA':BF=3:4，∴A'F=14BF=14×973=9712，故答案为：9712．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，平移的性质，勾股定理，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
5．（2022年山西省太原市九年级下学期一模数学试题）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，⊙O的切线BD交AC的延长线于点D，E为BD的中点，CE交AB的延长线于点F．若AC=4，OB=BF，则BD的长为 ．
【答案】83/223
【分析】连接OC，BC，根据AB为⊙O的直径，可得∠ACB=∠BCD=90°，再由E为BD的中点，可得CE=BE=DE，从而得到∠BCE=∠CBE，然后根据切线的性质可得∠ABD=90°，再由OC=OB，可得∠OCF=90°，然后根据OB=BF，可得△OBC是等边三角形，进而得到∠A=30°，∠CBD=30°，最后根据锐角三角函数，即可求解．
【详解】解：如图，连接OC，BC，
∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=∠BCD=90°，∵E为BD的中点，∴CE=BE=DE，∴∠BCE=∠CBE，
∵BD是⊙O的切线，∴∠ABD=90°，即∠CBD+∠OBC=90°，
∵OC=OB，∴∠OCB=∠OBC，∴∠OCB+∠BCE=∠OBC+∠CBD=90°，即∠OCF=90°，
∵OB=BF，∴BC=OB=OC，∴△OBC是等边三角形，∴∠BOC=∠OBC=60°，∴∠A=30°，∠CBD=30°，
∵AC=4，∴BC=AC⋅tanA=4×33=433，∴BD=BCcs∠CBD=43332=83，故答案为：83
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、切线的性质、直角三角形的性质、解直角三角形，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
6．（2023年山西中考模拟百校联考数学试题）如图，在□ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB⊥BD，，OB=2，∠ADC的平分线分别交AC，BC于点E，F．则线段OE的长为 ．
【答案】134
【分析】由平行四边形的性质求出BD，再由勾股定理分别求出AO，AD，再由角平分线与平行线的性质得到∠CDF=∠CFD，最后由△ADE∽△CFE得AECE=ADCF，从而求出OE的长．
【详解】解：∵□ABCD，OB=2，AB=3，∴BD=2OB=4，AD∥BC，AD=BC，CD=AB=3，
∵AB⊥BD，∴∠ABO=90°，∴AO=AB2+OB2=32+22=13，AD=AB2+BD2=32+42=5，∴BC=AD=5，∵DF平分∠ADC，∴∠ADF=∠CDF，
∵AD∥BC，∴∠ADF=∠CFD，∴∠CDF=∠CFD，∴CF=CD=3，
∵AD∥BC，∴△ADE∽△CFE，∴AECE=ADCF，∴13+OE13-OE=53，∴OE=134．故答案为：134．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质及平行四边形的性质、勾股定理，难度适中，解题关键是正确找出相似三角形．
7．（2023下·浙江温州·八年级校考阶段练习）如图，等边△ABC的边长为5，D在BC延长线上，CD＝3，点E在线段AD上，且AE＝AB，连接BE交AC于F，则CF的长为 ．
【答案】1
【分析】过点A作AG⊥BD于点G，过点E作EH∥AC，交BD于点H，利用等边三角形的性质可求出BG的长，利用勾股定理求出AG的长，从而可得到DG的长，再利用勾股定理求出AD的长，由此可求出DE的长；再利用平行线分线段成比例定理求出EH，DH的长，再利用平行线分线段成比例定理求出CF的长．
【详解】解：过点A作AG⊥BD于点G，过点E作EH∥AC，交BD于点H，
∵△ABC是等边三角形，∴BG=12BC=52 AG=AB2-BG2=52-522=532
∵DC＝3∴DG＝CG＋DC＝2.5＋3＝5.5
在Rt△AGD中，AD=AG2+DG2=5322+5.52=7；∴DE＝7－5＝2
∵EH∥AC，∴DEAD=EHAC=DHDC 即27=EH5=DH3 解之：EH=107,DH=67
∵CF∥EH，∴CFEH=BCBH 即CF107=58-67 解之：CF＝1故答案为：1．
【点睛】本题考查了勾股定理，平行线分线段成比例，掌握勾股定理求出线段长度，运用好平行线分线段成比例是解题的关键．
8．（2023·重庆·八年级期中）如图，ΔABC的面积为10，D、E分别是AC，AB上的点，且AD=CD,
AE:BE=2:1．连接BD,CE交于点F,连接并延长交BC于点．则四边形BEFH的面积为 ．
【答案】53.
【分析】先画出图形,再作DJ∥EC交AB于J,交AH于K，作DG∥BC交AH于G，由题推出EF:FC=1:3，BH:CH=1:2，求出△BEF,△BFH的面积即可．
【详解】根据题意画出图形:
作DJ∥EC交AB于J,交AH于K作DG∥BC交AH于G，
∵DJ∥EC,AD=DC，∴AJ=JE,AK=KF，∴EF=2JK,DJ=2EF,CF=2DK，
设JK=m,则EF=2m,DJ=4m,DK=3m,CF=6m，∴EF:CF=1:3，
∵AE= 2BE，∴BE=EJ，∵EF∥DJ，∴BF=DF，∵GD∥BH，∴∠GDF=∠FBH，
∵∠GFD=∠HFB,BF=DF，∴△DFG≌△BFH（ASA），∴DG=BH，
∵DG∥CH,AD=DC，∴AG=GH，∴CH=2DG，∴BH=2CH，
∵BE=AB，∴S△BEC=S△ABC=103，∵EG=14EC，∴S△BEF=14S△BEC=56,S△BFC=52，
∵BH=BC，∴S△BHF=×52=56，∴S四边形BEFH=56+56=53．
【点睛】本题考查三角形的全等及辅助线的做法,关键在于通过辅助线将面积分成两个三角形面积求证．
9.（2023.湖北.九年级月考）如图所示，△ABC被通过它的三个顶点与三角形内一点O的三条直线分为6个小三角形，其中三个小三角形的面积如图所示，则△ABC的面积为 ．
【解析】有题意知：AFFB=SΔAOFSΔBOF=4030=43，DOAO=SΔBODSΔBOA=3540+30=12
对△ABD和截线COF，由梅氏定理得：AFFB⋅BCCD⋅DOOA=1，即43⋅BCCD⋅12=1，∴BCCD=32，∴BCBD=3
∴SΔABC=3SΔABD=340+30+35=315
【点睛】这道题主要考查梅氏定理和面积问题．
10．（2023上·河南洛阳·九年级期末）小明在网上学习了梅涅劳斯定理之后，编制了下面一个题，请你解答．已知△ABC，延长BC到D，使CD=BC．取AB的中点F，连结FD交AC于点E．
(1)求AEAC的值；(2)若AB＝a，FB＝AE，求AC的长．
【答案】(1)(2)AC的长为34a．
【分析】（1）过点F作FM∥AC，交BC于点M．根据平行线分线段成比例定理分别找到AE，CE与FM之间的关系，得到它们的比值；（2）结合（1）中的线段之间的关系，进行求解．
【详解】（1）解：过点F作FM∥AC，交BC于点M，
∵F为AB的中点，∴M为BC的中点，FM=12AC．∵CD=BC，∴CM=12CD，∴CDDM=23，
∵FM∥AC，∴∠CED=∠MFD，∠ECD=∠FMD．∴△FMD∽△ECD．
∴．∴．∴；
（2）解：∵点F是AB的中点，AB=a，∴FB=12AB=12a．
∵FB=AE，∴AE=12a．由（1）知，AEAC=23，∴AC=32AE=32×12a=34a，即AC的长为34a．
【点睛】本题主要考查了平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定和性质，作出平行线构造出相似三角形是解本题的关键．
11．（2023·江西景德镇·九年级校考期末）如图，△ABC三边CB，AB，AC的延长线分别交直线l于X，Y，Z三点，证明：BXXC⋅CZZA⋅AYYB=1．（即证明梅涅劳斯定理的其中一种形式）
【答案】见解析
【分析】连接CY、AX ，设A到XZ的距离为h1，C到XZ的距离为h2，再根据“两个三角形等高时面积之比等于底边之比”的性质，分别列出CZZA、AYYB、BXXC，再计算即可.
【详解】证明：如图，连接CY、AX
设A到XZ的距离为h1，C到XZ的距离为h2
CZZA=S△XZCS△XZA=12XZh212XZh1=h2h1 AYYB=S△AXYS△BXY BXXC=S△BXYS△CXY
∴BXXC⋅AYYB=S△AXYS△BXY⋅S△BXYS△CXY=S△AXYS△CXY=12XY⋅h112XY⋅h2=h1h2 ∴BXXC⋅CZZA⋅AYYB=h2h1⋅h1h2=1
【点睛】本题考查了三角形的面积计算，作出辅助线，通过面积写出线段比是解题关键.
12．（2023上·山西临汾·九年级统考期末）梅涅劳斯定理
梅涅劳斯（Menelaus）是古希腊数学家，他首先证明了梅涅劳斯定理，定理的内容是：如图（1），如果一条直线与ΔABC的三边AB，BC，CA或它们的延长线交于F、D、E三点，那么一定有AFFB⋅BDDC⋅CEEA=1．
下面是利用相似三角形的有关知识证明该定理的部分过程：
证明：如图（2），过点A作AG//BC，交DF的延长线于点G，则有AFFB=AGBD．
任务：（1）请你将上述材料中的剩余的证明过程补充完整；
（2）如图（3），在ΔABC中，AB=AC=13，BC=10，点D为BC的中点，点F在AB上，且BF=2AF，CF与AD交于点E，则AE=________．
【答案】（1）见解析；（2）6
【分析】（1）由题意可得CEAE=CDAG，然后根据比例的性质可进行求证；（2）由（1）可得AFBF⋅BCDC⋅DEAE=1，进而由题意易得AFBF=12，BCCD=2，然后可得DE=AE，则由勾股定理可得AD=12，最后问题可求解．
【详解】解：（1）补充的证明过程如下：
∵AG//BD，∴CEAE=CDAG，∴AFFB⋅BDDC⋅CEEA=AGBD⋅BDDC⋅CDAG=1；
（2）根据梅涅劳斯定理得AFBF⋅BCDC⋅DEAE=1，
∵点D为BC的中点，BF=2AF，∴AFBF=12，BCCD=2，∴DE=AE，
∵AB=AC=13，BC=10，∴AD⊥BC，BD=5，
∴在RtΔABD中， AD=AB2-BD2=12，∴AE=6．故答案为6．
【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
13．（2021·山西·校联考模拟预测）阅读以下材料，并按要求完成相应的任务．
塞瓦（GivanniCeva，1648～1734）意大利水利工程师，数学家，塞瓦定理载于1678年发表的《直线论》一书，塞瓦定理是指如图1，在△ABC内任取一点O，延长AO，BO，CO分别交对边于D，F，E，则BDDC⋅CEEA⋅AFFB=1．下面是该定理的部分证明过程：
如图2，过点A作BC的平行线分别交BE，CF的延长线于点M，N．则∠N＝∠FCB，∠NAF＝∠FBC．
∴△NAF∽△CBF．∴AFBF=ANBC①．
同理可得△NOA∽△COD．∴ANDC=AODO②．
任务一：(1)请分别写出与△MOA，△MEA相似的三角形；(2)写出由（1）得到的比例线段；
任务二：结合①②和（2），完成该定理的证明；任务三：如图3，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，CD⊥AB，垂足为D，点E为DC的中点，连接AE并延长，交BC于点F，连接BE并延长，交AC于点G．小明同学自学了上面定理之后解决了如图3所示的问题，并且他用所学知识已经求出了BF与FC的比是25：16，请你直接写出△ECG与△EAG面积的比．
【答案】(1)△MOA∽△BOD；△MEA∽△BEC；(2)MOBO=MABD=OAOD；MEBE=EAEC=MABC．
任务二：证明见解析；任务三：12548 ．
【分析】任务一：可直接通过“8”字型相似得出答案；任务二：通过相似之间的对应边比例转换得出结论；
任务三：由任务一和任务二得出BFFC⋅CGGA⋅ADDB=1，可得出的值，再由△ECG和△EAG为同高，故面积比就等于底边CG和GA之比．
【详解】（1）解：任务一：∵MN//BC∴△MOA∽△BOD；△MEA∽△BEC；
（2）MOBO=MABD=OAOD；MEBE=EAEC=MABC；
任务二：证明：
如图所示：由任务一可得：BDAM=ODOA；CEEA=BCAM；
同理可得△OAN∽△ODC；△AFN∽△BFC；
∴ODOA=DCAN；AFFB=ANBC；∴BDDC=AMAN；∴BDDC⋅CEEA⋅AFFB=AMAN⋅BCAM⋅ANBC=1．
任务三：由任务一和任务二可得：在△ABC中，BFFC⋅CGGA⋅ADDB=1；
∵Rt△ABC中，AC＝4，BC＝3，∴AB=32+42=5；
∴cs∠BAC=ACAB=ADAC；∴45=AD4；∴AD；∴BD＝AB﹣AD=95；
∵BFFC⋅CGGA⋅ADDB=1；∴2516⋅CGGA⋅16595=1；解得CGGA=12548；
过点E作EH⊥AC于H；
∴S△ECGS△EAG=12⋅EH⋅CG12⋅EH⋅AG=CGAG=12548
【点睛】本题主要是根据“8”字型的相似得出对应的边之比，任务二的重难点在于各边比例之间的转换，任务三中两个三角形同高，故面积比等于底边比；本题属于中等偏.上类题．
14．（重庆2022-2023学年八年级月考）如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D是线段BC上一动点（不与点B、C重合），连接AD，延长BC至点E，使得CE＝CD，过点E作EF⊥AD于点F，再延长EF交AB于点M．（1）若D为BC的中点，AB＝4，求AD的长；（2）求证：BM＝2CD．
【答案】（1）10；（2）详见解析．
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到AC＝BC＝22，根据勾股定理即可得到结论；
（2）过M作MH⊥BC于H，连接AE，根据线段垂直平分线的性质得到AE＝AD，求得∠EAC＝∠DAC，根据余角的性质得到∠AME＝∠EAM，根据全等三角形的性质得到CD＝MH，于是得到结论．
【详解】（1）∵在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝4，∴AC＝BC＝22，
∵D为BC的中点，∴CD＝12BC＝2，∴AD＝AC2+CD2＝222+22＝10；
（2）过M做MH⊥BC于H，连接AE，
∵AC⊥BE，CD＝CE，∴AE＝AD，∴∠EAC＝∠DAC，
∵EF⊥AD，∴∠EFD＝∠ACD＝90°，∴∠CAD+∠ADC＝∠ADC+∠DEF，
∴∠CAD＝∠DEF，∴∠EAC＝∠DEF，∴∠EAC＝∠DEF，
∵∠AME＝∠B+∠BEM，∠EAM＝∠BAC+∠EAC，∠CAB＝∠B＝45°，
∴∠AME＝∠EAM，∴AE＝EM，∴AD＝EM，
∵∠ACD＝∠EHM＝90°，∴△ACD≌△EHM（AAS），∴CD＝MH，
∴BM＝2MH＝2CD．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，证明△ACD≌△EHM是解题的关键．
15．（2023年湖北省襄阳市襄州区中考模拟数学试题）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，⊙O的切线BD交AC的延长线于点D，E为BD的中点，连接CE并延长，交AB的延长线于点F．

(1)求证：CF是⊙O的切线；(2)若AC=33，OB=BF，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)证明见解析(2)1534-3π2
【分析】（1）连接OC，BC，根据圆周角定理可得∠ACB=∠DCB=90°，求得∠D=∠DCE，根据切线的性质得到∠ABD=90°，，再根据切线的判定定理即可得到结论；
（2）根据直角三角形的性质可得∠F=30°，求得∠COB=60°，得到∠A=30°，过O作OH⊥AC于H，求得OH=12BC=32，根据扇形和三角形的面积公式即可求得结论．
【详解】（1）证明：连接OC，BC，

∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=∠DCB=90°，
∵E为BD的中点，∴CE=DE，∴∠D=∠DCE，
∵BD是⊙O的切线，∴∠ABD=90°，∴∠A+∠D=90°，
∵OA=OC，∴∠A=∠ACO，∴∠ACO+∠DCE=90°，∴∠OCF=90°，
∵OC是⊙O的半径，∴CF是⊙O的切线；
（2）解：∵OB=BF，OC=OB，∴OC=12OF，
∵OC⊥CF，∴∠F=30°，∴∠COB=60°，∴∠A=30°，
∵AC=33， ∴AB=ACcs30°=3332=6，∴BC=12AB=3，
∴BD=33AB=23，过O作OH⊥AC于H，∴AH=CH，
∵AO=BO，∴OH=12BC=32，
∴S阴影=S△ABD-S△AOC-S扇形COB=12×6×23-12×33×32-60°×π×9360°=1534-3π2．
【点睛】本题考查切线的判定与性质、扇形的面积公式、直角三角形的性质、圆周角定理、等腰三角形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．