11.（武汉中考）【问题背景】如图①，已知$△ ABC ∽ △ ADE$，求证：$△ ABD ∽ △ ACE$；
【尝试应用】如图②，在$△ ABC$和$△ ADE$中，$∠ BAC = ∠ DAE = 90°$，$∠ ABC = ∠ ADE = 30°$，AC与DE相交于点F，点D在BC边上，$\frac{AD}{BD} = \sqrt{3}$，求$\frac{DF}{CF}$的值；
【拓展创新】如图③，D是$△ ABC$内一点，$∠ BAD = ∠ CBD = 30°$，$∠ BDC = 90°$，AB=4，$AC=2\sqrt{3}$，直接写出AD的长。

11. 【问题背景】
∵ $△ ABC ∽ △ ADE$,$\therefore \frac{AB}{AD}=\frac{AC}{AE}$, ∠BAC = ∠DAE,$\therefore \frac{AB}{AC}=\frac{AD}{AE}$, ∠BAD = ∠CAE,$\therefore △ ABD∽△ ACE$.
【尝试应用】连接 CE,设 BD = t,则 $AD=\sqrt{3}BD=\sqrt{3}t$.依题意,得 $△ ADE∽△ ABC$. 由(1)得 $△ ACE∽△ ABD$,$\therefore ∠ ACE=∠ B=30°$,$\frac{CE}{BD}=\frac{AC}{AB}=\frac{\sqrt{3}}{3}$,$\therefore CE=\frac{\sqrt{3}}{3}BD=\frac{\sqrt{3}}{3}t$,$\therefore \frac{AD}{CE}=3$.
∵ ∠ADE = ∠ACE = 30°, ∠AFD = ∠EFC,
∴ $△ ADF∽△ ECF$,$\therefore \frac{DF}{CF}=\frac{AD}{CE}=3$.
【拓展创新】AD 的长为 $\sqrt{5}$.
解法提示 如图,在 AD 的右侧作 ∠DAE = ∠BAC,AE 交 BD 的延长线于点 E,连接 CE.
∵ ∠ADE = ∠BAD + ∠ABD, ∠ABC = ∠ABD + ∠CBD, ∠BAD = ∠CBD = 30°,
∴ ∠ADE = ∠ABC. 又
∵ ∠DAE = ∠BAC,
∴ $△ BAC∽△ DAE$,$\therefore \frac{AB}{AD}=\frac{AC}{AE}=\frac{BC}{DE}$.
∵ ∠DAE = ∠BAC,
∴ ∠BAD = ∠CAE,易得 $△ BAD∽△ CAE$,
∴ $\frac{BD}{CE}=\frac{AB}{AC}=\frac{AD}{AE}=\frac{4}{2\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$.
设 CD=x,在 $\mathrm{Rt}△ BCD$ 中,
∵ ∠CBD=30°,
∴ $BD=\sqrt{3}x$,$BC=2x$,$\therefore CE=\frac{3}{2}x$,$\therefore DE=\sqrt{(\frac{3}{2}x)^2-x^2}=\frac{\sqrt{5}}{2}x$.
∵ $\frac{AB}{AD}=\frac{BC}{DE}$,$\therefore \frac{4}{AD}=\frac{2x}{\frac{\sqrt{5}x}{2}}$,$\therefore AD=\sqrt{5}$.

12. (2026·嘉兴校级月考)如图，在正方形ABCD中，AB=6，点E是CD边上一点，且$\frac{DE}{CE}=\frac{1}{2}$，点F是BD上一点，若∠FAE=45°，则AF的长为。

12. $2\sqrt{5}$ 解析:如图所示,连接 AC,
∵ 四边形 ABCD 是正方形,
∴ CD=AB=AD=6, ∠BAC=∠ACD=∠ABD=45°, ∠ABC=∠ADE=90°,
∴ $AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=6\sqrt{2}$.
∵ $\frac{DE}{CE}=\frac{1}{2}$,$\therefore CE=\frac{2}{3}CD=4$,$\therefore DE=2$,$\therefore AE=\sqrt{AD^2+DE^2}=\sqrt{6^2+2^2}=2\sqrt{10}$.
∵ ∠FAE = ∠BAC = 45°,
∴ ∠BAF = ∠CAE.
∵ ∠ABF = ∠ACE = 45°,
∴ $△ ABF∽△ ACE$,$\therefore \frac{AB}{AC}=\frac{AF}{AE}$,即 $\frac{6}{6\sqrt{2}}=\frac{AF}{2\sqrt{10}}$,解得 $AF=2\sqrt{5}$.

13. (1) 如图①, 在 $△ ABC$ 中, $AB = AC$, 如果 $∠ BAC=120°$, $D$ 在线段 $BC$ 上, $E$ 在线段 $BD$ 上, $D$ 在 $E$ 的右侧, $∠ DAE=60°$, 若 $BC=12$, $CD=2$, 求 $DE$ 的长.
(2) 如图②, 在 $△ ABC$ 中, 若 $∠ BAC=2α$, $D,E$ 是线段 $BC$ 上的两点, $∠ EAD = α$, 若 $AC = kAB$, $AD=\sqrt{k}AE$, 探究 $BE$ 与 $CD$ 的数量关系.

13. (1) 如图①,作 ∠ABF = ∠C,BF=CD=2,连接 AF,EF,过点 F 作 FG ⊥ BC 交 BC 于点 G.
∵ AB=AC, ∠BAC=120°,
∴ ∠1 = ∠C = 30° = ∠2,在 $△ ABF$ 和 $△ ACD$ 中 $\begin{cases}BF=CD,\\∠2=∠ C,\\AB=AC,\end{cases}$
∴ $△ ABF≌△ ACD$(SAS),
∴ AF=AD, ∠3 = ∠4,
∴ ∠FAD = ∠BAC = 120°.
∵ ∠6 = 60°,
∴ ∠FAE = ∠6 = 60°.在 $△ AEF$ 和 $△ AED$ 中, $\begin{cases}AF=AD,\\∠ FAE=∠6,\\AE=AE,\end{cases}$
∴ $△ AEF≌△ AED$(SAS),
∴ EF=ED.设 EF=ED=x,则 BE=BC-CD-ED=12-2-x=10-x.
∵ ∠1 = ∠2 = 30°,
∴ ∠FBG = 60°,
∴ ∠BFG = 30°,
∴ BG = $\frac{1}{2}BF=1$, FG = $\sqrt{BF^2-BG^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$,
∴ EG=BE-BG=10-x-1=9-x.在 $\mathrm{Rt}△ EFG$ 中,$FG^2+GE^2=EF^2$,即 $(\sqrt{3})^2+(9-x)^2=x^2$,解得 $x=\frac{14}{3}$,$\therefore DE=\frac{14}{3}$.
(2) 如图②,作 ∠DAN = ∠BAC = 2α,且令 AD = kAN,连接 BN,NE.
∴ ∠BAN = ∠CAD.
∵ AD = kAN, AC = kAB,
∴ $\frac{AB}{AC}=\frac{AN}{AD}=\frac{1}{k}$,
∴ $△ BAN∽△ CAD$,
∴ ∠C = ∠ABN, $\frac{BN}{CD}=\frac{AB}{AC}=\frac{1}{k}$,$\therefore kBN=CD$.
∵ ∠EAD = α, ∠NAD = 2α,
∴ ∠NAE = ∠DAE = α.
∵ AD = $\sqrt{k}AE$,
∴ $\frac{AE}{AN}=\frac{AD}{AE}$,
∴ $△ NAE∽△ EAD$,
∴ ∠AEN = ∠ADE.
∵ ∠BEA = ∠BEN + ∠AEN = ∠EAD + ∠EDA,
∴ ∠BEN = ∠EAD = α.
∵ ∠NBE = ∠NBA + ∠ABC = ∠ACB + ∠ABC = 180°-2α,
∴ ∠BNE = 180°-(180°-2α)-α = α = ∠BEN,
∴ BN = BE.
∵ CD = kBN,
∴ CD = kBE.