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九年级数学下册专题08相似模型之梅涅劳斯(定理)模型与塞瓦(定理)模型(原卷版+解析)
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这是一份九年级数学下册专题08相似模型之梅涅劳斯(定理)模型与塞瓦(定理)模型(原卷版+解析)，共28页。
梅涅劳斯定理的逆定理：如图1，若F、D、E分别是的三边AB、BC、CA或其延长线的三点，如果，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 。
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.如图，在中，D为AC中点，，求证：．
例2.如图，在中，，，AD、BE交于点，求．
例3.如图所示，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，求的面积．
例4.已知AD是的高，点D在线段BC上，且，，作于点E，于点F，连接EF并延长，交BC的延长线于点G，求CG．
例5. 如图所示，△ABC的三条外角平分线BE、AD、CF，与对边所在直线交于E、D、F三点，求证：D、E、F三点共线。
例6．（2023·山西·期中联考）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，，依次是的三边，，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，直线交的边于点，交边于点，交边的延长线与点．
过点作交于点，则，（依据），
∴，∴，即．
情况②：如图2，直线分别交的边，，的延长线于点，，．…
(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，，分别是的边，上的点，且，连接并延长，交的延长线于点，那么
例7．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：．
例8. 如图，设M为△ABC内的一点，BM与AC交于点E，CM与AB交于点F，若AM通过BC的中点，求证：EF//BC。
例8. 如图，在四边形ABCD中，对角线AC平分∠BAD，在CD上取一点E，BE与AC相交于F，延长DF交BC于G。求证：∠GAC=∠EAC。
例9.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：.
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，塞瓦定理是指在内任取一点，延长AO，BO，CO分别交对边于D，E，F，则．
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)若为等边三角形（图3），，，点D是BC边的中点，求BF的长，并直接写出的面积．
课后专项训练
1．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．
2.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．
3．（广东2023-2024学年九年级上学期月考数学试题）如图，在中，，，，，垂足为D，E为的中点，与交于点F，则的长为 ．
4．（2022年山西中考一模数学试题）如图，在中，，，．是边上的中线．将沿方向平移得到．与相交于点，连接并延长，与边相交于点．当点为的中点时，的长为 ．
5.如图，等边△ABC的边长为2，F为AB中点，延长BC至D，使CD＝BC，连接FD交AC于E，则四边形BCEF的面积为 ．
6.如图，在中，AD、CE交于点F，若，，求．
7.P是平行四边形ABCD内任意一点，过P作AD的平行线，分别交AB于E，交CD于F；又过P作AB的平行线，分别交AD于G，交BC于H，又CE，AH相交于Q．求证：D，P，Q三点共线．
8.（2023.湖北九年级期中）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△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••＝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＝．
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△ABC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＝ ．
9．（江苏2022-2023学年九年级月考）如图1，在中，D是边上的一点，过点D的直线分别与、的延长线交于点M、N．
问题引入：若点D是的中点，，求的值；如图2，可以过点C作，交于点P；如图3，也可以过点A作，交延长线于点Q．
探索研究：（1）如图4，若点D为上任意一点，求证：．
拓展应用：（2）如图5，P是内任意一点，，则_______，____．
10．（2023·四川内江·中考模拟）如图，在△ABC中，D是BC边上的点（不与点B、C重合），连结AD．
问题引入：（1）如图①，当点D是BC边上的中点时，S△ABD：S△ABC= ；当点D是BC边上任意一点时，S△ABD：S△ABC= （用图中已有线段表示）．
探索研究：（2）如图②，在△ABC中，O点是线段AD上一点（不与点A、D重合），连结BO、CO，试猜想S△BOC与S△ABC之比应该等于图中哪两条线段之比，并说明理由．
拓展应用：（3）如图③，O是线段AD上一点（不与点A、D重合），连结BO并延长交AC于点F，连结CO并延长交AB于点E，试猜想的值，并说明理由．
11．（2023·重庆·八年级期中）如图，的面积为，、分别是，上的点，且,
．连接,交于点,连接并延长交于点．则四边形的面积为 ．
12．（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)求的值；(2)若AB＝a，FB＝AE，求AC的长．
专题08 相似模型之梅涅劳斯（定理）模型与塞瓦（定理）模型
梅内劳斯（Menelaus，公元98年左右），是希腊数学家兼天文学家，梅涅劳斯定理是平面几何中的一个重要定理。
梅涅劳斯（定理）模型：如图1，如果一条直线与的三边AB、BC、CA或其延长线交于F、D、E点，那么．这条直线叫的梅氏线，叫梅氏三角形．
梅涅劳斯定理的逆定理：如图1，若F、D、E分别是的三边AB、BC、CA或其延长线的三点，如果，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 。
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.如图，在中，D为AC中点，，求证：．
【解析】∵HFC是的梅氏线，∵直线AE是的梅氏线，
∴．∴，∴，
∵直线AF是的梅氏线，∴，
∴，．∴．
【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.如图，在中，，，AD、BE交于点，求．
【解析】∵HFC是的梅氏线，由AFD截可得，
又，，∴．
【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.如图所示，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，求的面积．
【解析】有题意知：，
对和截线，由梅氏定理得：，即，∴，∴
∴
【点睛】这道题主要考查梅氏定理和面积问题．
例4.已知AD是的高，点D在线段BC上，且，，作于点E，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，EFG是的梅氏线．则由梅涅劳斯定理．
显然的，，于是，得．
【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. 如图所示，△ABC的三条外角平分线BE、AD、CF，与对边所在直线交于E、D、F三点，求证：D、E、F三点共线。
【解析】由外角平分线性质定理可得: ；；．
所以 由梅涅劳斯定理的逆定理可得D、E、F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·山西·期中联考）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，，依次是的三边，，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，直线交的边于点，交边于点，交边的延长线与点．
过点作交于点，则，（依据），
∴，∴，即．
情况②：如图2，直线分别交的边，，的延长线于点，，．…
(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，，分别是的边，上的点，且，连接并延长，交的延长线于点，那么
【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)证明过程见详解(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，作交于，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】（1）解：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）证明：如图2中，作交于，
则有，∴，
∴，则，变形得，∴，
∵，∴，∴，
∴，∴．
（3）解：∵，，
∴，∴．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．
例7．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. 如图，设M为△ABC内的一点，BM与AC交于点E，CM与AB交于点F，若AM通过BC的中点，求证：EF//BC。
【详解】证明：在中，∵点D为边BC的中点，∴．
对△ABC和点M应用赛瓦定理可得：．
∴，∴． 即EF//BC；
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8. 如图，在四边形ABCD中，对角线AC平分∠BAD，在CD上取一点E，BE与AC相交于F，延长DF交BC于G。求证：∠GAC=∠EAC。
解答：证明：如图，连接BD交AC于H，过点C作AB的平行线交AG的延长线于I，过点C作AD的平行线交AE的延长线于J．对△BCD用塞瓦定理，可得①
因为AH是∠BAD的角平分线，由角平分线定理知．代入①式得②
因为CI∥AB，CJ∥AD，则．代入②式得．
从而CI=CJ．又由于∠ACI=180°-∠BAC=180°-∠DAC=∠ACJ，
所以△ACI≌△ACJ，故∠IAC=∠JAC，即∠GAC=∠EAC．
点评：本题难度较大，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.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：.
对△DKL和点B应用赛瓦定理可得：．①
对和截线，由梅氏定理得：②
由①②得：
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，塞瓦定理是指在内任取一点，延长AO，BO，CO分别交对边于D，E，F，则．
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)若为等边三角形（图3），，，点D是BC边的中点，求BF的长，并直接写出的面积．
【答案】(1)证明见解析(2)；的面积为
【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，可求出OD，从而求出△BOC的面积，然后根据可求△BCF的面积，从而得解．
【详解】（1）证明：在中，∵点D，E分别为边BC，AC的中点，∴，．
由赛瓦定理可得：．∴，∴．即点F为AB的中点；
（2）解：∵为等边三角形，，∴
∵点D是BC边的中点，∴，
∵，∴．由赛瓦定理可得：；过点F作FG⊥BC于G，
∴，，∴CG=BC-BG=8，
∵AB=AC，BD=CD，∴AD⊥BC，∴，∴，
∴，即，∴，∴，
∵AB=12，BF=8，∴AF=AB-BF=4，∴，∴
又，∴，∴．
【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．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：对和截线，由梅氏定理得：，
∵M是AC的中点，E是AB上一点，AE＝AB，∴，
∴，∴，∴，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.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，在中，，，，，垂足为D，E为的中点，与交于点F，则的长为 ．
【答案】
【分析】过点F作于H，根据勾股定理求得的值，根据三角形的面积求得的值，根据勾股定理求得的值，根据相似三角形的判定和性质可得，设，，，根据相似三角形的判定和性质可求得k的值，即可求得和的值，根据勾股定理求得的值，即可求解．
【详解】解：如图，过点F作于H．
在中，，，则，
∵，∴，即 解得：，
在中，，，，
∵，，∴，∴，∴，
∵，，∴，设，，，
∵，，，∴，
∵，∴，∴，∴，，
∴，∴，故答案为：．
【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，在中，，，．是边上的中线．将沿方向平移得到．与相交于点，连接并延长，与边相交于点．当点为的中点时，的长为 ．
【答案】/
【分析】则E为的中点，得为的中点，证明，推出，在中，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，，
∴E为的中点，，∴，∴为的中点，
∵D是边上的中点，∴，∴，
∵，∴，∴，，∴，
在中，，
∵，∴，故答案为：．
【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.如图，等边△ABC的边长为2，F为AB中点，延长BC至D，使CD＝BC，连接FD交AC于E，则四边形BCEF的面积为 ．
解：∵DEF是△ABC的梅氏线，∴由梅涅劳斯定理得，••＝1，
即••＝1，则＝，
连FC，S△BCF＝S△ABC，S△CEF＝S△ABC，
于是SBCEF＝S△BCF+S△CEF＝S△ABC＝××2×2sin60°＝×＝．故答案为．
6.如图，在中，AD、CE交于点F，若，，求．
【解析】∵直线是的梅氏线，∴，
又，，∴，∴，∴．
【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．
7.P是平行四边形ABCD内任意一点，过P作AD的平行线，分别交AB于E，交CD于F；又过P作AB的平行线，分别交AD于G，交BC于H，又CE，AH相交于Q．求证：D，P，Q三点共线．
【解析】对和截线DPQ，由梅涅劳斯定理的逆定理得：
，故D，P，Q三点共线．
【点睛】这道题主要是考查梅氏定理逆定理判定三点共线．
8.（2023.湖北九年级期中）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△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••＝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＝．
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△ABC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＝ ．
解：（1）补充的证明过程如下：
∵AG∥BD，∴△AGE∽△CDE．∴，∴；
（2）根据梅涅劳斯定理得：．又∵，，∴DE＝AE．
在Rt△ABD中，AB＝13，BD＝5，∠ADB＝90°，
则由勾股定理知：AD＝＝＝12．∴AE＝6．故答案是：6．
9．（江苏2022-2023学年九年级月考）如图1，在中，D是边上的一点，过点D的直线分别与、的延长线交于点M、N．
问题引入：若点D是的中点，，求的值；如图2，可以过点C作，交于点P；如图3，也可以过点A作，交延长线于点Q．
探索研究：（1）如图4，若点D为上任意一点，求证：．
拓展应用：（2）如图5，P是内任意一点，，则_______，____．
【答案】（1）见详解；（2），
【分析】（1）过点C作CP∥AB交MN于点P，由题意易得，，则有，，然后问题可求证；（2）过点D分别作DG∥AB，DH∥AC，由题意易得，，，，然后根据相似三角形的性质可进行求解．
【详解】（1）证明：过点C作CP∥AB交MN于点P，如图所示：
∴，，∴，，∴；
（2）过点D分别作DG∥AB，DH∥AC，如图所示：
∴，，∴，，
∵，∴，，∴，∴；
∵DH∥AC，∴，，∴，，
∴，∴；故答案为，．
【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．
10．（2023·四川内江·中考模拟）如图，在△ABC中，D是BC边上的点（不与点B、C重合），连结AD．
问题引入：（1）如图①，当点D是BC边上的中点时，S△ABD：S△ABC= ；当点D是BC边上任意一点时，S△ABD：S△ABC= （用图中已有线段表示）．
探索研究：（2）如图②，在△ABC中，O点是线段AD上一点（不与点A、D重合），连结BO、CO，试猜想S△BOC与S△ABC之比应该等于图中哪两条线段之比，并说明理由．
拓展应用：（3）如图③，O是线段AD上一点（不与点A、D重合），连结BO并延长交AC于点F，连结CO并延长交AB于点E，试猜想的值，并说明理由．
【答案】（1）1：2，BD：BC；（2）S△BOC：S△ABC=OD：AD，理由见解析；（3）=1，理由见解析．
【分析】（1）根据三角形的面积公式，两三角形等高时，可得两三角形底与面积的关系，可得答案；
（2）根据三角形的面积公式，两三角形等底时，可得两三角形的高与面积的关系，可得答案；
（3）根据三角形的面积公式，两三角形等底时，可得两三角形的高与面积的关系，再根据分式的加减，可得答案．
【详解】解：（1）如图①，当点D是BC边上的中点时，S△ABD：S△ABC=1：2；当点D是BC边上任意一点时，S△ABD：S△ABC=BD：BC，故答案为：1：2，BD：BC；
（2）S△BOC︰S△ABC＝OD︰AD．
理由如下：如图，分别过点O、A作OM⊥BC于M，AN⊥BC于N．
∴OM∥AN．∴△OMD∽△AND，∴．
∵，∴．
（3）．
理由如下：由（2）得，同理可得，．
∴＝1．
【点睛】本题考查了相似形综合题，利用了等底的三角形面积与高的关系，相似三角形的判定与性质．
11．（2023·重庆·八年级期中）如图，的面积为，、分别是，上的点，且,
．连接,交于点,连接并延长交于点．则四边形的面积为 ．
【答案】.
【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=，∵EG=EC，∴S△BEF=S△BEC=,S△BFC=，
∵BH=BC，∴S△BHF=×=，∴S四边形BEFH=+=．
【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．
12．（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)求的值；(2)若AB＝a，FB＝AE，求AC的长．
【答案】(1)(2)AC的长为a．
【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=AC．∵CD=BC，∴CM=CD，∴，
∵FM∥AC，∴∠CED=∠MFD，∠ECD=∠FMD．∴△FMD∽△ECD．
∴．∴．∴；
（2）解：∵点F是AB的中点，AB=a，∴FB=AB=a．
∵FB=AE，∴AE=a．由（1）知，，∴AC=AE=×a=a，即AC的长为a．
【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．
梅涅劳斯定理的逆定理：如图1，若F、D、E分别是的三边AB、BC、CA或其延长线的三点，如果，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 。
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.如图，在中，D为AC中点，，求证：．
例2.如图，在中，，，AD、BE交于点，求．
例3.如图所示，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，求的面积．
例4.已知AD是的高，点D在线段BC上，且，，作于点E，于点F，连接EF并延长，交BC的延长线于点G，求CG．
例5. 如图所示，△ABC的三条外角平分线BE、AD、CF，与对边所在直线交于E、D、F三点，求证：D、E、F三点共线。
例6．（2023·山西·期中联考）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，，依次是的三边，，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，直线交的边于点，交边于点，交边的延长线与点．
过点作交于点，则，（依据），
∴，∴，即．
情况②：如图2，直线分别交的边，，的延长线于点，，．…
(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，，分别是的边，上的点，且，连接并延长，交的延长线于点，那么
例7．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：．
例8. 如图，设M为△ABC内的一点，BM与AC交于点E，CM与AB交于点F，若AM通过BC的中点，求证：EF//BC。
例8. 如图，在四边形ABCD中，对角线AC平分∠BAD，在CD上取一点E，BE与AC相交于F，延长DF交BC于G。求证：∠GAC=∠EAC。
例9.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：.
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，塞瓦定理是指在内任取一点，延长AO，BO，CO分别交对边于D，E，F，则．
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)若为等边三角形（图3），，，点D是BC边的中点，求BF的长，并直接写出的面积．
课后专项训练
1．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．
2.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．
3．（广东2023-2024学年九年级上学期月考数学试题）如图，在中，，，，，垂足为D，E为的中点，与交于点F，则的长为 ．
4．（2022年山西中考一模数学试题）如图，在中，，，．是边上的中线．将沿方向平移得到．与相交于点，连接并延长，与边相交于点．当点为的中点时，的长为 ．
5.如图，等边△ABC的边长为2，F为AB中点，延长BC至D，使CD＝BC，连接FD交AC于E，则四边形BCEF的面积为 ．
6.如图，在中，AD、CE交于点F，若，，求．
7.P是平行四边形ABCD内任意一点，过P作AD的平行线，分别交AB于E，交CD于F；又过P作AB的平行线，分别交AD于G，交BC于H，又CE，AH相交于Q．求证：D，P，Q三点共线．
8.（2023.湖北九年级期中）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△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••＝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＝．
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△ABC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＝ ．
9．（江苏2022-2023学年九年级月考）如图1，在中，D是边上的一点，过点D的直线分别与、的延长线交于点M、N．
问题引入：若点D是的中点，，求的值；如图2，可以过点C作，交于点P；如图3，也可以过点A作，交延长线于点Q．
探索研究：（1）如图4，若点D为上任意一点，求证：．
拓展应用：（2）如图5，P是内任意一点，，则_______，____．
10．（2023·四川内江·中考模拟）如图，在△ABC中，D是BC边上的点（不与点B、C重合），连结AD．
问题引入：（1）如图①，当点D是BC边上的中点时，S△ABD：S△ABC= ；当点D是BC边上任意一点时，S△ABD：S△ABC= （用图中已有线段表示）．
探索研究：（2）如图②，在△ABC中，O点是线段AD上一点（不与点A、D重合），连结BO、CO，试猜想S△BOC与S△ABC之比应该等于图中哪两条线段之比，并说明理由．
拓展应用：（3）如图③，O是线段AD上一点（不与点A、D重合），连结BO并延长交AC于点F，连结CO并延长交AB于点E，试猜想的值，并说明理由．
11．（2023·重庆·八年级期中）如图，的面积为，、分别是，上的点，且,
．连接,交于点,连接并延长交于点．则四边形的面积为 ．
12．（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)求的值；(2)若AB＝a，FB＝AE，求AC的长．
专题08 相似模型之梅涅劳斯（定理）模型与塞瓦（定理）模型
梅内劳斯（Menelaus，公元98年左右），是希腊数学家兼天文学家，梅涅劳斯定理是平面几何中的一个重要定理。
梅涅劳斯（定理）模型：如图1，如果一条直线与的三边AB、BC、CA或其延长线交于F、D、E点，那么．这条直线叫的梅氏线，叫梅氏三角形．
梅涅劳斯定理的逆定理：如图1，若F、D、E分别是的三边AB、BC、CA或其延长线的三点，如果，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 。
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.如图，在中，D为AC中点，，求证：．
【解析】∵HFC是的梅氏线，∵直线AE是的梅氏线，
∴．∴，∴，
∵直线AF是的梅氏线，∴，
∴，．∴．
【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.如图，在中，，，AD、BE交于点，求．
【解析】∵HFC是的梅氏线，由AFD截可得，
又，，∴．
【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.如图所示，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，求的面积．
【解析】有题意知：，
对和截线，由梅氏定理得：，即，∴，∴
∴
【点睛】这道题主要考查梅氏定理和面积问题．
例4.已知AD是的高，点D在线段BC上，且，，作于点E，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，EFG是的梅氏线．则由梅涅劳斯定理．
显然的，，于是，得．
【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. 如图所示，△ABC的三条外角平分线BE、AD、CF，与对边所在直线交于E、D、F三点，求证：D、E、F三点共线。
【解析】由外角平分线性质定理可得: ；；．
所以 由梅涅劳斯定理的逆定理可得D、E、F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·山西·期中联考）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，，依次是的三边，，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，直线交的边于点，交边于点，交边的延长线与点．
过点作交于点，则，（依据），
∴，∴，即．
情况②：如图2，直线分别交的边，，的延长线于点，，．…
(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，，分别是的边，上的点，且，连接并延长，交的延长线于点，那么
【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)证明过程见详解(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，作交于，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】（1）解：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）证明：如图2中，作交于，
则有，∴，
∴，则，变形得，∴，
∵，∴，∴，
∴，∴．
（3）解：∵，，
∴，∴．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．
例7．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. 如图，设M为△ABC内的一点，BM与AC交于点E，CM与AB交于点F，若AM通过BC的中点，求证：EF//BC。
【详解】证明：在中，∵点D为边BC的中点，∴．
对△ABC和点M应用赛瓦定理可得：．
∴，∴． 即EF//BC；
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8. 如图，在四边形ABCD中，对角线AC平分∠BAD，在CD上取一点E，BE与AC相交于F，延长DF交BC于G。求证：∠GAC=∠EAC。
解答：证明：如图，连接BD交AC于H，过点C作AB的平行线交AG的延长线于I，过点C作AD的平行线交AE的延长线于J．对△BCD用塞瓦定理，可得①
因为AH是∠BAD的角平分线，由角平分线定理知．代入①式得②
因为CI∥AB，CJ∥AD，则．代入②式得．
从而CI=CJ．又由于∠ACI=180°-∠BAC=180°-∠DAC=∠ACJ，
所以△ACI≌△ACJ，故∠IAC=∠JAC，即∠GAC=∠EAC．
点评：本题难度较大，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.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：.
对△DKL和点B应用赛瓦定理可得：．①
对和截线，由梅氏定理得：②
由①②得：
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，塞瓦定理是指在内任取一点，延长AO，BO，CO分别交对边于D，E，F，则．
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)若为等边三角形（图3），，，点D是BC边的中点，求BF的长，并直接写出的面积．
【答案】(1)证明见解析(2)；的面积为
【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，可求出OD，从而求出△BOC的面积，然后根据可求△BCF的面积，从而得解．
【详解】（1）证明：在中，∵点D，E分别为边BC，AC的中点，∴，．
由赛瓦定理可得：．∴，∴．即点F为AB的中点；
（2）解：∵为等边三角形，，∴
∵点D是BC边的中点，∴，
∵，∴．由赛瓦定理可得：；过点F作FG⊥BC于G，
∴，，∴CG=BC-BG=8，
∵AB=AC，BD=CD，∴AD⊥BC，∴，∴，
∴，即，∴，∴，
∵AB=12，BF=8，∴AF=AB-BF=4，∴，∴
又，∴，∴．
【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．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：对和截线，由梅氏定理得：，
∵M是AC的中点，E是AB上一点，AE＝AB，∴，
∴，∴，∴，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.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，在中，，，，，垂足为D，E为的中点，与交于点F，则的长为 ．
【答案】
【分析】过点F作于H，根据勾股定理求得的值，根据三角形的面积求得的值，根据勾股定理求得的值，根据相似三角形的判定和性质可得，设，，，根据相似三角形的判定和性质可求得k的值，即可求得和的值，根据勾股定理求得的值，即可求解．
【详解】解：如图，过点F作于H．
在中，，，则，
∵，∴，即 解得：，
在中，，，，
∵，，∴，∴，∴，
∵，，∴，设，，，
∵，，，∴，
∵，∴，∴，∴，，
∴，∴，故答案为：．
【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，在中，，，．是边上的中线．将沿方向平移得到．与相交于点，连接并延长，与边相交于点．当点为的中点时，的长为 ．
【答案】/
【分析】则E为的中点，得为的中点，证明，推出，在中，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，，
∴E为的中点，，∴，∴为的中点，
∵D是边上的中点，∴，∴，
∵，∴，∴，，∴，
在中，，
∵，∴，故答案为：．
【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.如图，等边△ABC的边长为2，F为AB中点，延长BC至D，使CD＝BC，连接FD交AC于E，则四边形BCEF的面积为 ．
解：∵DEF是△ABC的梅氏线，∴由梅涅劳斯定理得，••＝1，
即••＝1，则＝，
连FC，S△BCF＝S△ABC，S△CEF＝S△ABC，
于是SBCEF＝S△BCF+S△CEF＝S△ABC＝××2×2sin60°＝×＝．故答案为．
6.如图，在中，AD、CE交于点F，若，，求．
【解析】∵直线是的梅氏线，∴，
又，，∴，∴，∴．
【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．
7.P是平行四边形ABCD内任意一点，过P作AD的平行线，分别交AB于E，交CD于F；又过P作AB的平行线，分别交AD于G，交BC于H，又CE，AH相交于Q．求证：D，P，Q三点共线．
【解析】对和截线DPQ，由梅涅劳斯定理的逆定理得：
，故D，P，Q三点共线．
【点睛】这道题主要是考查梅氏定理逆定理判定三点共线．
8.（2023.湖北九年级期中）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△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••＝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＝．
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△ABC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＝ ．
解：（1）补充的证明过程如下：
∵AG∥BD，∴△AGE∽△CDE．∴，∴；
（2）根据梅涅劳斯定理得：．又∵，，∴DE＝AE．
在Rt△ABD中，AB＝13，BD＝5，∠ADB＝90°，
则由勾股定理知：AD＝＝＝12．∴AE＝6．故答案是：6．
9．（江苏2022-2023学年九年级月考）如图1，在中，D是边上的一点，过点D的直线分别与、的延长线交于点M、N．
问题引入：若点D是的中点，，求的值；如图2，可以过点C作，交于点P；如图3，也可以过点A作，交延长线于点Q．
探索研究：（1）如图4，若点D为上任意一点，求证：．
拓展应用：（2）如图5，P是内任意一点，，则_______，____．
【答案】（1）见详解；（2），
【分析】（1）过点C作CP∥AB交MN于点P，由题意易得，，则有，，然后问题可求证；（2）过点D分别作DG∥AB，DH∥AC，由题意易得，，，，然后根据相似三角形的性质可进行求解．
【详解】（1）证明：过点C作CP∥AB交MN于点P，如图所示：
∴，，∴，，∴；
（2）过点D分别作DG∥AB，DH∥AC，如图所示：
∴，，∴，，
∵，∴，，∴，∴；
∵DH∥AC，∴，，∴，，
∴，∴；故答案为，．
【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．
10．（2023·四川内江·中考模拟）如图，在△ABC中，D是BC边上的点（不与点B、C重合），连结AD．
问题引入：（1）如图①，当点D是BC边上的中点时，S△ABD：S△ABC= ；当点D是BC边上任意一点时，S△ABD：S△ABC= （用图中已有线段表示）．
探索研究：（2）如图②，在△ABC中，O点是线段AD上一点（不与点A、D重合），连结BO、CO，试猜想S△BOC与S△ABC之比应该等于图中哪两条线段之比，并说明理由．
拓展应用：（3）如图③，O是线段AD上一点（不与点A、D重合），连结BO并延长交AC于点F，连结CO并延长交AB于点E，试猜想的值，并说明理由．
【答案】（1）1：2，BD：BC；（2）S△BOC：S△ABC=OD：AD，理由见解析；（3）=1，理由见解析．
【分析】（1）根据三角形的面积公式，两三角形等高时，可得两三角形底与面积的关系，可得答案；
（2）根据三角形的面积公式，两三角形等底时，可得两三角形的高与面积的关系，可得答案；
（3）根据三角形的面积公式，两三角形等底时，可得两三角形的高与面积的关系，再根据分式的加减，可得答案．
【详解】解：（1）如图①，当点D是BC边上的中点时，S△ABD：S△ABC=1：2；当点D是BC边上任意一点时，S△ABD：S△ABC=BD：BC，故答案为：1：2，BD：BC；
（2）S△BOC︰S△ABC＝OD︰AD．
理由如下：如图，分别过点O、A作OM⊥BC于M，AN⊥BC于N．
∴OM∥AN．∴△OMD∽△AND，∴．
∵，∴．
（3）．
理由如下：由（2）得，同理可得，．
∴＝1．
【点睛】本题考查了相似形综合题，利用了等底的三角形面积与高的关系，相似三角形的判定与性质．
11．（2023·重庆·八年级期中）如图，的面积为，、分别是，上的点，且,
．连接,交于点,连接并延长交于点．则四边形的面积为 ．
【答案】.
【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=，∵EG=EC，∴S△BEF=S△BEC=,S△BFC=，
∵BH=BC，∴S△BHF=×=，∴S四边形BEFH=+=．
【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．
12．（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)求的值；(2)若AB＝a，FB＝AE，求AC的长．
【答案】(1)(2)AC的长为a．
【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=AC．∵CD=BC，∴CM=CD，∴，
∵FM∥AC，∴∠CED=∠MFD，∠ECD=∠FMD．∴△FMD∽△ECD．
∴．∴．∴；
（2）解：∵点F是AB的中点，AB=a，∴FB=AB=a．
∵FB=AE，∴AE=a．由（1）知，，∴AC=AE=×a=a，即AC的长为a．
【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．
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