9. (2026·成都期末)《几何原本》里有一个图形：在$△ ABC$中，D，E是边AB上的两点(AD＜AE)，且满足AD=BE，过点D，E分别作BC的平行线，过点D作AC的平行线，它们将$△ ABC$分成如图所示的5个部分，其面积依次记为$S_1$，$S_2$，$S_3$，$S_4$，$S_5$。若$S_2=18$，$S_3=6$，则$S_4$的值为。

9. 27 解析:如图,连接 $FG$.
∵ $AD = BE, DG // AC, FE // BC$,
∴ $\frac{EH}{HF} = \frac{DE}{DA} = \frac{DE}{EB} = \frac{DH}{HG}$. 又
∵ $∠ DHE = ∠ GHF$,
∴ $△ DHE ∽ △ GHF$,
∴ $\frac{S_{△ DHE}}{S_{△ GHF}} = (\frac{DH}{HG})^2$.
∵ $S_2 = 18, S_3 = 6$,
∴ $\frac{DH}{HG} = \frac{3}{1}$.
∵ $S_{△ GHF} = \frac{1}{2}S_3 = 3$,
∴ $S_{△ DHE} = (\frac{3}{1})^2 × 3 = 27$,即 $S_4 = 27$.故答案为 27.

10. 如图，BM为AC边上的中线，$BE=EF=FC$，点G，H分别为AE，AF与BM的交点，则$S_{△ ABG}:S_{△ AGH}:S_{△ AHM}=$。

10. 5 : 3 : 2 解析:过点 $M$ 作 $MN // BC$,交 $AF$ 于点 $T$,交 $AE$ 于点 $R$,交 $AB$ 于点 $N$,如图所示.又
∵ $\frac{AM}{AC} = \frac{1}{2}$,
∴ $\frac{NR}{BE} = \frac{RT}{EF} = \frac{TM}{FC} = \frac{1}{2}$.
∵ $MN // BC$,
∴ $△ EBG ∽ △ RMG$,
∴ $\frac{BG}{GM} = \frac{BE}{RM} = \frac{BE}{RT+TM} = \frac{BE}{\frac{1}{2}EF+\frac{1}{2}FC} = 1$,
∴ $BG = GM = \frac{1}{2}BM$.
∵ $MN // BC$,
∴ $△ TMH ∽ △ FBH$,
∴ $\frac{HM}{BH} = \frac{TM}{BF} = \frac{\frac{1}{2}FC}{BE+EF} = \frac{1}{4}$,
∴ $BH = 4HM$,
∴ $HM = \frac{1}{5}BM$,
∴ $GH = \frac{1}{2}BM - \frac{1}{5}BM = \frac{3}{10}BM$,
∴ $BG : GH : HM = 5 : 3 : 2$,
∴ $S_{△ ABG} : S_{△ AGH} : S_{△ AHM} = 5 : 3 : 2$.故答案为 5 : 3 : 2.

11.（滨州中考）如图，将矩形ABCD沿GH对折，点C落在Q处，点D落在AB边上的E处，EQ与BC相交于点F，若AD=8，AB=6，AE=4，则△EBF周长的大小为。

11. 8 解析:设 $AH = a$,则 $EH = DH = AD - AH = 8 - a$. 在 $\mathrm{Rt}△ AEH$ 中,$∠ EAH = 90°$,$AE = 4$,
∴ $EH^2 = AE^2 + AH^2$,即 $(8-a)^2 = 4^2 + a^2$,解得 $a = 3$.
∵ $∠ BFE + ∠ BEF = 90°$, $∠ BEF + ∠ AEH = 90°$,
∴ $∠ BFE = ∠ AEH$. 又
∵ $∠ EAH = ∠ FBE = 90°$,
∴ $△ EBF ∽ △ HAE$,
∴ $\frac{C_{△ EBF}}{C_{△ HAE}} = \frac{BE}{AH} = \frac{AB-AE}{AH} = \frac{2}{3}$.
∵ $C_{△ HAE} = AE + EH + AH = AE + AD = 12$,
∴ $C_{△ EBF} = \frac{2}{3}C_{△ HAE} = 8$.

12. 如图,$Rt△ ABC$中,$∠ C=90°,AB=15,BC=9$,点$P,Q$分别在$BC,AC$上,$CP=3x,CQ=4x$($0＜x＜3$).把$△ PCQ$绕点$P$旋转,得到$△ PDE$,点$D$落在线段$PQ$上.
(1)求证:$PQ// AB$;
(2)若点$D$在$∠ BAC$的平分线上,则$CP$的长为________;
(3)若$△ PDE$与$△ ABC$重叠部分图形的周长为$T$,且$12≤ T≤16$,求$x$的取值范围.

12. (1)
∵ 在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中,$AB = 15$,$BC = 9$,
∴ $AC = \sqrt{AB^2-BC^2} = \sqrt{15^2-9^2} = 12$.
∵ $\frac{PC}{BC} = \frac{3x}{9} = \frac{x}{3}$,$\frac{QC}{AC} = \frac{4x}{12} = \frac{x}{3}$,
∴ $\frac{PC}{BC} = \frac{QC}{AC}$.又
∵ $∠ C = ∠ C$,
∴ $△ PQC ∽ △ BAC$,
∴ $∠ CPQ = ∠ B$,
∴ $PQ // AB$.
(2)6 解析:连接 $AD$,如图①.
∵ $PQ // AB$,
∴ $∠ ADQ = ∠ DAB$.
∵ 点 $D$ 在 $∠ BAC$ 的平分线上,
∴ $∠ DAQ = ∠ DAB$,
∴ $∠ ADQ = ∠ DAQ$,
∴ $AQ = DQ$.
∵ $PD = PC = 3x$,$QC = 4x$,
∴ 在 $\mathrm{Rt}△ CPQ$ 中,根据勾股定理可得 $PQ = 5x$,
∴ $DQ = 2x$.
∵ $AQ = 12-4x$,
∴ $12-4x = 2x$,解得 $x = 2$,
∴ $CP = 3x = 6$.

(3)当点 $E$ 在 $AB$ 上时,
∵ $PQ // AB$,
∴ $∠ CPQ = ∠ B$, $∠ DPE = ∠ PEB$. 又
∵ $∠ CPQ = ∠ DPE$,
∴ $∠ B = ∠ PEB$,
∴ $PB = PE = 5x$,
∴ $3x + 5x = 9$,解得 $x = \frac{9}{8}$.
①当 $0 ＜ x ≤ \frac{9}{8}$ 时,$T = PD + DE + PE = 3x + 4x + 5x = 12x$,此时 $0 ＜ T ≤ \frac{27}{2}$;
②当 $\frac{9}{8} ＜ x ＜ 3$ 时,设 $PE$ 交 $AB$ 于点 $G$,$DE$ 交 $AB$ 于点 $F$,过点 $G$ 作 $GH ⊥ PQ$,垂足为 $H$,如图②,
∴ $HG = DF$,$FG = DH$, $\mathrm{Rt}△ PHG ∽ △ PDE$,
∴ $\frac{GH}{ED} = \frac{PG}{PE} = \frac{PH}{PD}$.
∵ $PG = PB = 9-3x$,
∴ $\frac{GH}{4x} = \frac{9-3x}{5x} = \frac{PH}{3x}$,
∴ $GH = \frac{4}{5}(9-3x)$,$PH = \frac{3}{5}(9-3x)$,
∴ $FG = DH = 3x - \frac{3}{5}(9-3x)$,
∴ $T = PG + PD + DF + FG = (9-3x) + 3x + \frac{4}{5}(9-3x) + [3x - \frac{3}{5}(9-3x)] = \frac{12}{5}x + \frac{54}{5}$,此时 $\frac{27}{2} ＜ T ＜ 18$.
∴ 当 $0 ＜ x ＜ 3$ 时,$T$ 随 $x$ 的增大而增大,
∴ $T = 12$ 时,即 $12x = 12$,解得 $x = 1$;$T = 16$ 时,即 $\frac{12}{5}x + \frac{54}{5} = 16$,解得 $x = \frac{13}{6}$.
∵ $12 ≤ T ≤ 16$,
∴ $x$ 的取值范围是 $1 ≤ x ≤ \frac{13}{6}$.

13.【知识回顾】设△ABC的面积为1.如图①,分别将AC,BC边二等分,D₁,E₁是其分点,连接AE₁,BD₁交于点F₁,得到四边形CD₁F₁E₁.
(1)△ABD₁的面积=,E₁F₁:AF₁=.
(2)求出四边形CD₁F₁E₁的面积.
【拓展探究】
(3)如图②,分别将AC,BC边三等分,D₁,D₂,E₁,E₂是其分点,连接AE₂,BD₂交于点F₂,得到四边形CD₂F₂E₂,其面积=.
如图③,分别将AC,BC边四等分,D₁,D₂,D₃,E₁,E₂,E₃是其分点,连接AE₃,BD₃交于点F₃,得到四边形CD₃F₃E₃,其面积=.
……
按照这个规律进行下去,若分别将AC,BC边(n+1)等分,得到四边形CDₙFₙEₙ,其面积=.
【知识运用】
(4)①如图④,△ABC中,AD=4,CD=2,BE=3,CE=1.5,∠C=30°,求四边形CDFE的面积;
②如图④,△ABC中,AC=6,BC=4,如果AD:DC=BE:EC=n,∠C=30°,直接写出四边形CDFE的面积.

13. (1)$\frac{1}{2}$ $1:2$ 解析:
∵ 点 $D_1$ 将 $AC$ 边二等分,
∴ $△ ABD_1$ 的面积 $= \frac{1}{2}S_{△ ABC} = \frac{1}{2}$. 如图①,连接 $D_1E_1$.
∵ $D_1,E_1$ 分别将 $AC,BC$ 边二等分,
∴ $D_1E_1 // AB$, $D_1E_1 = \frac{1}{2}AB$,
∴ $△ D_1E_1F_1 ∽ △ BAF_1$,
∴ $E_1F_1 : AF_1 = D_1E_1 : AB = 1 : 2$.
(2)
∵ 图①中,$D_1,E_1$ 是 $△ ABC$ 两边的中点,
∴ $D_1E_1 // AB$, $D_1E_1 = \frac{1}{2}AB$,
∴ $△ CD_1E_1 ∽ △ CAB$,且 $\frac{D_1F_1}{BF_1} = \frac{E_1F_1}{AF_1} = \frac{D_1E_1}{AB} = \frac{1}{2}$,
∴ $S_{△ CD_1E_1} = \frac{1}{4}S_{△ ABC} = \frac{1}{4}$.
∵ $E_1$ 是 $BC$ 的中点,
∴ $S_{△ BD_1E_1} = S_{△ CD_1E_1} = \frac{1}{4}$.
∵ $\frac{D_1F_1}{BF_1} = \frac{1}{2}$,
∴ $S_{△ D_1E_1F_1} = \frac{1}{3}S_{△ BD_1E_1} = \frac{1}{3} × \frac{1}{4} = \frac{1}{12}$,$S_{\mathrm{四边形}CD_1F_1E_1} = S_{△ CD_1E_1} + S_{△ D_1E_1F_1} = \frac{1}{4} + \frac{1}{12} = \frac{1}{3}$.
(3)$\frac{1}{6}$ $\frac{1}{10}$ $\frac{2}{(n+1)(n+2)}$ 解析:连接 $D_2E_2$,如图②.连接 $D_3E_3$,如图③.
∵ 图②中,$D_2,E_2$ 是 $△ ABC$ 两边的三等分点,
∴ $D_2E_2 // AB$,$D_2E_2 = \frac{1}{3}AB$,
∴ $△ CD_2E_2 ∽ △ CAB$,且 $\frac{D_2F_2}{BF_2} = \frac{D_2E_2}{AB} = \frac{1}{3}$,
∴ $S_{△ CD_2E_2} = \frac{1}{9}S_{△ ABC} = \frac{1}{9}$.
∵ $E_2$ 是 $BC$ 的三等分点,
∴ $S_{△ BD_2E_2} = 2S_{△ CD_2E_2} = \frac{2}{9}$.
∵ $\frac{D_2F_2}{BF_2} = \frac{1}{3}$,
∴ $S_{△ D_2E_2F_2} = \frac{1}{4}S_{△ BD_2E_2} = \frac{1}{4} × \frac{2}{9} = \frac{1}{18}$,
∴ $S_{\mathrm{四边形}CD_2F_2E_2} = S_{△ CD_2E_2} + S_{△ D_2E_2F_2} = \frac{1}{9} + \frac{1}{18} = \frac{1}{6}$. 同理得图③中 $S_{\mathrm{四边形}CD_3F_3E_3} = \frac{1}{16} + \frac{3}{80} = \frac{1}{10}$. 以此类推,将 $AC,BC$ 边 $(n+1)$ 等分,得到四边形 $CD_nF_nE_n$,$S_{\mathrm{四边形}CD_nF_nE_n} = \frac{1}{(n+1)^2} + \frac{1}{(n+1)^2} · n · \frac{1}{n+2} = \frac{2}{(n+1)(n+2)}$.
(4)①如图④,作 $BG ⊥ AC$ 于点 $G$,
∴ $S_{△ ABC} = \frac{1}{2}AC · BG = \frac{1}{2}AC · \frac{1}{2}BC = \frac{27}{4}$.
∵ $CD : AD = CE : EB = 1 : 2$,
∴ 四边形 $CDFE$ 的面积 $= \frac{1}{6}S_{△ ABC} = \frac{1}{6} × \frac{27}{4} = \frac{9}{8}$.
②同①可得 $S_{△ ABC} = \frac{1}{2}AC · \frac{1}{2}BC = 6$,由(3)中推得的结论可知 $S_{\mathrm{四边形}CDFE} = \frac{2}{(n+1)(n+2)} · S_{△ ABC} = \frac{2}{(n+1)(n+2)} × 6 = \frac{12}{(n+1)(n+2)}$.