11. 新视角结论开放题 在$△ ABC$中，$AC=6$，$P$是$AB$上一点，$Q$是$AC$上一点，直线$PQ$把$△ ABC$分成面积相等的两部分，且$△ APQ$和$△ ABC$相似，如果这样的直线$PQ$有两条，那么$AB$边的长度可以是________。

11.5(答案不唯一) 【点拨】由题意知,若直线 PQ 有两条,则 $AB≠ AC.$ 如图①,当$△ APQ∽ △ ABC$时,
由题知 $\frac{S_{△ APQ}}{S_{△ ABC}}=(\frac{AP}{AB})^2=(\frac{AQ}{AC})^2=\frac{1}{2}.$ $\therefore$ 只要满足$\frac{AP}{AB}=\frac{AQ}{AC}=\frac{\sqrt{2}}{2},$就能满足题意；

如图②,当$△ APQ∽ △ ACB$时,
由题知 $\frac{S_{△ APQ}}{S_{△ ABC}}=(\frac{AP}{AC})^2=(\frac{AQ}{AB})^2=\frac{1}{2}.\therefore \frac{AP}{AC}=\frac{AQ}{AB}=\frac{\sqrt{2}}{2}.\therefore AP=\frac{\sqrt{2}}{2}AC=3\sqrt{2},AQ=\frac{\sqrt{2}}{2}AB.$ $\because AP≤ AB,AQ≤ AC$ 且 $AB≠ AC,\therefore AB≥ 3\sqrt{2},\frac{\sqrt{2}}{2}AB≤ 6$ 且 $AB≠ 6,$
$\therefore 3\sqrt{2}≤ AB≤ 6\sqrt{2}$ 且 $AB≠ 6.$ 综上,$AB$ 边的长度可以是5.(答案不唯一)

12. 如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点B作BE//AC，交DA的延长线于点E，连接OE，交AB于点F，则四边形BCOF的面积与△AEF的面积的比值为。

12.$\frac{5}{2}$ 【点拨】$\because$ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形, $\therefore AD// BC,OA=OC.$ 又 $\because BE// AC,\therefore$ 四边形 $AEBC$ 是平行四边形. $\therefore AC=BE. \therefore BE=2OA. \because AO// BE,\therefore$ 易得$△ OAF∽ △ EBF. \therefore \frac{S_{△ OAF}}{S_{△ EBF}}=(\frac{1}{2})^2=\frac{1}{4},\frac{EF}{OF}=\frac{BE}{OA}=2.$
$\therefore S_{△ EBF}=4S_{△ OAF},\frac{S_{△ AFE}}{S_{△ AOF}}=\frac{EF}{OF}=2. \therefore S_{△ AEF}=2S_{△ AOF}.$ 同理可得 $S_{△ EBF}=2S_{△ OBF}. \because OA=OC,\therefore S_{△ OBC}=S_{△ OAB}.$ 设 $S_{△ OAF}=x,$ 则 $S_{△ EBF}=4x,S_{△ AEF}=2x,S_{△ OBF}=2x,\therefore S_{△ AOB}=S_{△ BOC}=S_{△ AOF}+S_{△ BOF}=x+2x=3x. \therefore S_{\mathrm{四边形}BCOF}=S_{△ BOC}+S_{△ BOF}=3x+2x=5x. \therefore \frac{S_{\mathrm{四边形}BCOF}}{S_{△ AEF}}=\frac{5x}{2x}=\frac{5}{2}.$

13. 新视角 存在性探究题 如图,在矩形$ABCD$中,$AB=2\sqrt{3}$,$AD=10$,直角尺的直角顶点$P$在$AD$上滑动时(点$P$与$A$,$D$不重合),一直角边经过点$C$,另一直角边与直线$AB$交于点$E$,我们知道,结论“$△ AEP ∽ △ DPC$”成立.
(1)当$∠ CPD=30°$时,求$AE$的长.
(2)是否存在这样的点$P$,使$△ DPC$的周长是$△ AEP$周长的$2$倍?若存在,求出$DP$的长;若不存在,请说明理由.

13.【解】(1)$\because △ AEP∽ △ DPC,\therefore ∠ AEP=∠ DPC.$
$\therefore$当$∠ CPD=30°$时,$∠ AEP=30°.$
易知 $CD=AB=2\sqrt{3}$,
$\therefore PC=4\sqrt{3}. \therefore PD=\sqrt{PC^2-CD^2}=6.$
$\therefore AP=AD-PD=10-6=4.$
在 $\mathrm{Rt}△ APE$ 中,$\because ∠ AEP=30°$,
$\therefore PE=8. \therefore AE=\sqrt{PE^2-AP^2}=4\sqrt{3}.$
(2)存在这样的点 $P$,使$△ DPC$的周长是$△ AEP$周长的 2 倍.
$\because △ DPC$ 的周长是 $△ AEP$ 周长的 2 倍,且 $△ AEP∽ △ DPC,\therefore \frac{CD}{AP}=2.$
$\because CD=2\sqrt{3},\therefore AP=\sqrt{3}.$
$\therefore DP=10-\sqrt{3}. \therefore$ 存在这样的点 $P$,$DP$ 的长为 $10-\sqrt{3}.$

14. 新考法 类比法 问题1:如图①,在$△ ABC$中,AB=4,D是AB上一点(D不与A,B重合),$DE// BC$,交AC于点E,连接CD.设$△ ABC$的面积为S,$△ DEC$的面积为$S'$.
(1)当$AD=3$时,$\frac{S'}{S} = $;
(2)设$AD=m$,请你用含字母$m$的代数式表示$\frac{S'}{S}$.
问题2:如图②,在四边形ABCD中,AB=4,$AD// BC$,$AD=\frac{1}{2}BC$,E是AB上一点(不与A,B重合),$EF// BC$,交CD于点F,连接CE.设AE=n,四边形ABCD的面积为S,$△ EFC$的面积为$S'$.请你利用问题1的解法或结论,用含字母n的代数式表示$\frac{S'}{S}$.

14.【解】问题1:(1)$\frac{3}{16}$
(2)$\because AB=4,AD=m,\therefore BD=4-m.$
$\because DE// BC,\therefore \frac{CE}{EA}=\frac{BD}{DA}=\frac{4-m}{m}.$
$\therefore \frac{S_{△ DEC}}{S_{△ ADE}}=\frac{CE}{AE}=\frac{4-m}{m}.$
$\because DE// BC,\therefore$ 易得$△ ADE∽ △ ABC.$
$\therefore \frac{S_{△ ADE}}{S_{△ ABC}}=(\frac{m}{4})^2=\frac{m^2}{16}.$
$\therefore \frac{S_{△ DEC}}{S_{△ ABC}}=\frac{S_{△ DEC}}{S_{△ ADE}}· \frac{S_{△ ADE}}{S_{△ ABC}}=\frac{4-m}{m}· \frac{m^2}{16}=\frac{-m^2+4m}{16},$
即 $\frac{S'}{S}=\frac{-m^2+4m}{16}.$
问题2:如图,延长 $BA,CD$ 交于点 $O$.
$\because AD// BC,\therefore$ 易得$△ OAD∽ △ OBC.$
$\therefore \frac{OA}{OB}=\frac{AD}{BC}=\frac{1}{2}. \therefore OA=AB=4.$
$\therefore OB=8.$
$\because AE=n,\therefore OE=4+n,BE=4-n.$
$\because EF// BC,\therefore$ 由问题 1 的解法可知
$\frac{S_{△ CEF}}{S_{△ OBC}}=\frac{S_{△ CEF}}{S_{△ OEF}}· \frac{S_{△ OEF}}{S_{△ OBC}}=\frac{4-n}{4+n}· (\frac{4+n}{8})^2=\frac{16-n^2}{64}.$
$\because \frac{S_{△ OAD}}{S_{△ OBC}}=(\frac{OA}{OB})^2=\frac{1}{4},$
$\therefore \frac{S_{\mathrm{四边形}ABCD}}{S_{△ OBC}}=\frac{3}{4}.$
$\therefore \frac{S_{△ CEF}}{S_{\mathrm{四边形}ABCD}}=\frac{S_{△ CEF}}{\frac{3}{4}S_{△ OBC}}=\frac{4}{3}× \frac{16-n^2}{64}=\frac{16-n^2}{48},$
即 $\frac{S'}{S}=\frac{16-n^2}{48}.$