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13 如图，在四边形ABCD中，AD // BC，DF分别交对角线AC、底边BC于点E、F，且AD·AC=AE·BC。
（1）求证：AB // DF。
（2）点G在边BC上，BC=10，CG=3，连接AG，如果△AGC与△EFC的面积相等，求FC的长。
（1）求证：AB // DF。
（2）点G在边BC上，BC=10，CG=3，连接AG，如果△AGC与△EFC的面积相等，求FC的长。
答案
(1) 因为 $AD · AC = AE · BC$,所以 $AD:AE=BC:AC$。因为 $AD // BC$,所以 $∠ DAE = ∠ ACB$,所以 $△ AED ∽ △ CAB$,所以 $∠ AED = ∠ CAB$,所以 $AB // DF$。
(2) 根据题意得 $\frac{S_{△ AGC}}{S_{△ ABC}}=\frac{GC}{BC}=\frac{3}{10}$。因为 $EF // AB$,所以 $△ EFC ∽ △ ABC$,所以$\frac{S_{△ EFC}}{S_{△ ABC}}=(\frac{CF}{BC})^2=\frac{CF^2}{100}$。因为 $△ AGC$ 和 $△ EFC$ 面积相等,所以$\frac{3}{10}=\frac{CF^2}{100}$,所以 $CF =\sqrt{30}$。
(2) 根据题意得 $\frac{S_{△ AGC}}{S_{△ ABC}}=\frac{GC}{BC}=\frac{3}{10}$。因为 $EF // AB$,所以 $△ EFC ∽ △ ABC$,所以$\frac{S_{△ EFC}}{S_{△ ABC}}=(\frac{CF}{BC})^2=\frac{CF^2}{100}$。因为 $△ AGC$ 和 $△ EFC$ 面积相等,所以$\frac{3}{10}=\frac{CF^2}{100}$,所以 $CF =\sqrt{30}$。
14 如图，在$△ ABC$中，BD是AC边上的高，点E在边AB上，连接CE交BD于点O，且$AD · OC = AB · OD$，AF是$∠ BAC$的平分线，交BC于点F，交DE于点G。
求证:(1) $CE ⊥ AB$。
(2) $AF · DE = AG · BC$。
求证:(1) $CE ⊥ AB$。
(2) $AF · DE = AG · BC$。
答案
(1) 因为 $AD · OC = AB · OD$,所以$\frac{AD}{OD}=\frac{AB}{OC}$。因为 $BD$ 是 $AC$ 边上的高,所以 $∠ BDC = ∠ BDA = 90°$,所以 $\mathrm{Rt}△ ADB ∽ \mathrm{Rt}△ ODC$,所以 $∠ ABD = ∠ OCD$。又因为 $∠ EOB = ∠ DOC$, $∠ DOC + ∠ OCD + ∠ ODC = 180°$, $∠ EOB + ∠ ABD + ∠ OEB = 180°$,所以 $∠ OEB = 90°$,所以 $CE ⊥ AB$。
(2) 在$△ ADB$ 和$△ AEC$ 中,因为 $∠ BAD = ∠ CAE$, $∠ ABD = ∠ ACE$,所以 $△ ADB ∽ △ AEC$,所以$\frac{AD}{AE}=\frac{AB}{AC}$,即$\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}$。在 $△ DAE$ 和 $△ BAC$ 中,因为 $∠ DAE = ∠ BAC$, $\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}$,所以 $△ DAE ∽ △ BAC$。因为 $AF$ 是 $∠ BAC$ 的平分线,所以$\frac{AG}{AF}=\frac{DE}{BC}$,即 $AF · DE = AG · BC$。
(2) 在$△ ADB$ 和$△ AEC$ 中,因为 $∠ BAD = ∠ CAE$, $∠ ABD = ∠ ACE$,所以 $△ ADB ∽ △ AEC$,所以$\frac{AD}{AE}=\frac{AB}{AC}$,即$\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}$。在 $△ DAE$ 和 $△ BAC$ 中,因为 $∠ DAE = ∠ BAC$, $\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}$,所以 $△ DAE ∽ △ BAC$。因为 $AF$ 是 $∠ BAC$ 的平分线,所以$\frac{AG}{AF}=\frac{DE}{BC}$,即 $AF · DE = AG · BC$。
15 如图，四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，$S_{△ AOD}=S_{△ BOC}$。
（1）求证：$\frac{DO}{OB}=\frac{CO}{OA}$。
（2）设$△ OAB$的面积为$S$，$\frac{CD}{AB}=k$，求证：$S_{四边形ABCD}=(k+1)^2 S$。
（1）求证：$\frac{DO}{OB}=\frac{CO}{OA}$。
（2）设$△ OAB$的面积为$S$，$\frac{CD}{AB}=k$，求证：$S_{四边形ABCD}=(k+1)^2 S$。
答案
(1) 过点 $A$ 作 $AH ⊥ BD$,垂足为点 $H$。因为$S_{△ AOD}=\frac{1}{2} · DO · AH$, $S_{△ AOB}=\frac{1}{2} · OB · AH$,所以$\frac{S_{△ AOD}}{S_{△ AOB}}=\frac{\frac{1}{2} · DO · AH}{\frac{1}{2} · OB · AH}=\frac{DO}{OB}$。同理,$\frac{S_{△ BOC}}{S_{△ AOB}}=\frac{CO}{OA}$。因为 $S_{△ AOD}=S_{△ BOC}$,所以$\frac{DO}{OB}=\frac{CO}{OA}$。
(2) 因为$\frac{DO}{OB}=\frac{CO}{OA}$, $∠ COD = ∠ AOB$,所以 $△ OCD ∽ △ OAB$,所以$\frac{CD}{AB}=\frac{DO}{BO}=\frac{CO}{AO}=k$,$\frac{S_{△ OCD}}{S_{△ OAB}}=(\frac{CD}{AB})^2=k^2$。因为 $△ OAB$ 的面积为 $S$,所以 $S_{△ OCD}=k^2 · S$。又因为$\frac{S_{△ AOD}}{S_{△ OAB}}=\frac{DO}{OB}=k$,所以 $S_{△ AOD}=k · S$。同理,$S_{△ BOC}=k · S$。所以 $S_{四边形ABCD}=S_{△ AOB}+S_{△ BOC}+S_{△ COD}+S_{△ DOA}=S + k · S + k^2 · S + k · S=(k^2 + 2k + 1) · S=(k + 1)^2 S$。
(2) 因为$\frac{DO}{OB}=\frac{CO}{OA}$, $∠ COD = ∠ AOB$,所以 $△ OCD ∽ △ OAB$,所以$\frac{CD}{AB}=\frac{DO}{BO}=\frac{CO}{AO}=k$,$\frac{S_{△ OCD}}{S_{△ OAB}}=(\frac{CD}{AB})^2=k^2$。因为 $△ OAB$ 的面积为 $S$,所以 $S_{△ OCD}=k^2 · S$。又因为$\frac{S_{△ AOD}}{S_{△ OAB}}=\frac{DO}{OB}=k$,所以 $S_{△ AOD}=k · S$。同理,$S_{△ BOC}=k · S$。所以 $S_{四边形ABCD}=S_{△ AOB}+S_{△ BOC}+S_{△ COD}+S_{△ DOA}=S + k · S + k^2 · S + k · S=(k^2 + 2k + 1) · S=(k + 1)^2 S$。
