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|项目式学习 某数学兴趣小组在数学课外活动中，对多边形内两条互相垂直的线段做了如下探究：
(1)如图①，矩形ABCD中，$EF ⊥ GH$，EF分别交AB，CD于点E，F，GH分别交AD，BC于点G，H.求证：$\frac{EF}{GH}=\frac{AD}{AB}$.
(2)如图②，四边形ABCD中，$∠ ABC=90°$，$AB=AD=10$，$BC=CD=5$，$AM ⊥ DN$，点M，N分别在边BC，AB上，求$\frac{DN}{AM}$的值.
(3)如图③，在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，点D在BC边上，连结AD，过点C作$CE ⊥ AD$于点E，CE的延长线交AB边于点F.若$AC=3$，$BC=4$，$BF=\frac{8}{3}$，求CD的值.
$\gg$进一步挑战进阶专题:P102 专题16,P103 专题17
(1)如图①，矩形ABCD中，$EF ⊥ GH$，EF分别交AB，CD于点E，F，GH分别交AD，BC于点G，H.求证：$\frac{EF}{GH}=\frac{AD}{AB}$.
(2)如图②，四边形ABCD中，$∠ ABC=90°$，$AB=AD=10$，$BC=CD=5$，$AM ⊥ DN$，点M，N分别在边BC，AB上，求$\frac{DN}{AM}$的值.
(3)如图③，在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，点D在BC边上，连结AD，过点C作$CE ⊥ AD$于点E，CE的延长线交AB边于点F.若$AC=3$，$BC=4$，$BF=\frac{8}{3}$，求CD的值.
$\gg$进一步挑战进阶专题:P102 专题16,P103 专题17
答案
(1)过点A作$AP// EF$,交CD于P,过点B作$BQ// GH$,交AD于Q，
$\because$ 四边形ABCD是矩形,$\therefore AB// DC,AD// BC$.
$\therefore$ 四边形AEFP、四边形BHGQ都是平行四边形,$\therefore AP=EF,GH=BQ$.
又$\because GH⊥ EF,\therefore AP⊥ BQ,\therefore ∠ QAT+∠ AQT=90°$.
$\because$ 四边形ABCD是矩形,$\therefore ∠ DAB=∠ D=90°,\therefore ∠ DAP+∠ DPA=90°,\therefore ∠ AQT=∠ DPA,\therefore △ PDA∽△ QAB,\therefore \frac{AP}{BQ}=\frac{AD}{AB},\therefore \frac{EF}{GH}=\frac{AD}{AB}$.
(2)过点D作平行于AB的直线,交过点A平行于BC的直线于点R,交BC的延长线于点S,
,则四边形ABSR是平行四边形.$\because ∠ ABC=90°,\therefore$ 四边形ABSR是矩形,$\therefore ∠ R=∠ S=90°,RS=AB=10,AR=BS$.
$\because AM⊥ DN,\therefore$ 由(1)中的结论可得$\frac{DN}{AM}=\frac{AR}{AB}$.
设$SC=x,DS=y$,则$AR=BS=5+x,RD=10-y$,$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ CSD$中,$x^2+y^2=25$ ①,在$\mathrm{Rt}△ ARD$中,$(5+x)^2+(10-y)^2=100$ ②,由②-①得$x=2y-5$ ③,解方程组$\begin{cases}x^2+y^2=25,\\x=2y-5,\end{cases}$得$\begin{cases}x=-5,\\y=0\end{cases}$,(舍去),或$\begin{cases}x=3,\\y=4,\end{cases}\therefore AR=5+x=8,\therefore \frac{DN}{AM}=\frac{AR}{AB}=\frac{8}{10}=\frac{4}{5}$.
(3)
,过点A作$GA// BC$,延长CF交AG于点G,在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,$AC=3$,$BC=4$,$\therefore AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=5$.$\because BF=\frac{8}{3}$,$\therefore AF=AB-BF=\frac{7}{3}$.$\because GA// BC$,
$\therefore △ AFG∽△ BFC$,$∠ GAC=∠ ACB=90°$,
$\therefore \frac{AG}{BC}=\frac{AF}{BF}=\frac{\frac{7}{3}}{\frac{8}{3}}=\frac{7}{8}$,$\therefore AG=\frac{7}{8}BC=\frac{7}{2}$.
$\because CE⊥ AD,\therefore ∠ CAE+∠ ACE=90°$.又$\because ∠ CAE+∠ ADC=90°$,
$\therefore ∠ ACG=∠ ADC$,$\therefore △ ACG∽△ CDA$,$\therefore \frac{AC}{CD}=\frac{AG}{AC}$,$\therefore CD=\frac{AC^2}{AG}=\frac{9}{\frac{7}{2}}=\frac{18}{7}$.
解析
【分析】
(1) 对于矩形内互相垂直的线段比值问题，可通过作平行线将EF、GH转化为平行四边形的边，得到等长线段，再证明转化后的两条线段所在的直角三角形相似，利用相似三角形对应边成比例即可求证；
(2) 该四边形不是规则矩形，可通过作平行线构造出矩形，直接套用(1)中的结论，再设未知数结合勾股定理列方程组求解出构造的矩形邻边长度，代入结论即可得到$\frac{DN}{AM}$的值；
(3) 直角三角形内的垂直线段求长度问题，可过点A作BC的平行线，延长CF交平行线于点G，先由平行线判定△AFG∽△BFC，求出AG的长度，再根据同角的余角相等得到等角，证明△ACG∽△CDA，利用相似比即可求出CD的长度。
【解析】
(1) 过点A作$AP// EF$,交CD于P,过点B作$BQ// GH$,交AD于Q，
$\because$ 四边形ABCD是矩形,$\therefore AB// DC,AD// BC$.
$\therefore$ 四边形AEFP、四边形BHGQ都是平行四边形,$\therefore AP=EF,GH=BQ$.
又$\because GH⊥ EF,\therefore AP⊥ BQ,\therefore ∠ QAT+∠ AQT=90°$.
$\because$ 四边形ABCD是矩形,$\therefore ∠ DAB=∠ D=90°,\therefore ∠ DAP+∠ DPA=90°,\therefore ∠ AQT=∠ DPA,\therefore △ PDA∽△ QAB,\therefore \frac{AP}{BQ}=\frac{AD}{AB},\therefore \frac{EF}{GH}=\frac{AD}{AB}$.
(2) 过点D作平行于AB的直线,交过点A平行于BC的直线于点R,交BC的延长线于点S,,则四边形ABSR是平行四边形.
$\because ∠ ABC=90°,\therefore$ 四边形ABSR是矩形,$\therefore ∠ R=∠ S=90°,RS=AB=10,AR=BS$.
$\because AM⊥ DN,\therefore$ 由(1)中的结论可得$\frac{DN}{AM}=\frac{AR}{AB}$.
设$SC=x,DS=y$,则$AR=BS=5+x,RD=10-y$,$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ CSD$中,$x^2+y^2=25$ ①,在$\mathrm{Rt}△ ARD$中,$(5+x)^2+(10-y)^2=100$ ②,由②-①得$x=2y-5$ ③,解方程组$\begin{cases}x^2+y^2=25,\\x=2y-5,\end{cases}$得$\begin{cases}x=-5,\\y=0\end{cases}$,(舍去),或$\begin{cases}x=3,\\y=4,\end{cases}\therefore AR=5+x=8,\therefore \frac{DN}{AM}=\frac{AR}{AB}=\frac{8}{10}=\frac{4}{5}$.
(3),过点A作$GA// BC$,延长CF交AG于点G,在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,$AC=3$,$BC=4$,$\therefore AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=5$.
$\because BF=\frac{8}{3}$,$\therefore AF=AB-BF=\frac{7}{3}$.$\because GA// BC$,
$\therefore △ AFG∽△ BFC$,$∠ GAC=∠ ACB=90°$,
$\therefore \frac{AG}{BC}=\frac{AF}{BF}=\frac{\frac{7}{3}}{\frac{8}{3}}=\frac{7}{8}$,$\therefore AG=\frac{7}{8}BC=\frac{7}{2}$.
$\because CE⊥ AD,\therefore ∠ CAE+∠ ACE=90°$.又$\because ∠ CAE+∠ ADC=90°$,
$\therefore ∠ ACG=∠ ADC$,$\therefore △ ACG∽△ CDA$,$\therefore \frac{AC}{CD}=\frac{AG}{AC}$,$\therefore CD=\frac{AC^2}{AG}=\frac{9}{\frac{7}{2}}=\frac{18}{7}$.
【答案】
(1) 证明成立，$\frac{EF}{GH}=\frac{AD}{AB}$；
(2) $\frac{4}{5}$；
(3) $\frac{18}{7}$
【知识点】
相似三角形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理
【点评】
本题围绕多边形内互相垂直线段的“十字架”模型设置问题，从矩形内的基础结论推导，到构造矩形套用已有结论，再到直角三角形中的变式应用，层级清晰，既考查了基础定理的运用，也考查了辅助线构造、知识迁移的能力，熟练掌握模型特征可快速找到解题突破口。
【难度系数】
0.55
(1) 对于矩形内互相垂直的线段比值问题，可通过作平行线将EF、GH转化为平行四边形的边，得到等长线段，再证明转化后的两条线段所在的直角三角形相似，利用相似三角形对应边成比例即可求证；
(2) 该四边形不是规则矩形，可通过作平行线构造出矩形，直接套用(1)中的结论，再设未知数结合勾股定理列方程组求解出构造的矩形邻边长度，代入结论即可得到$\frac{DN}{AM}$的值；
(3) 直角三角形内的垂直线段求长度问题，可过点A作BC的平行线，延长CF交平行线于点G，先由平行线判定△AFG∽△BFC，求出AG的长度，再根据同角的余角相等得到等角，证明△ACG∽△CDA，利用相似比即可求出CD的长度。
【解析】
(1) 过点A作$AP// EF$,交CD于P,过点B作$BQ// GH$,交AD于Q，
$\because$ 四边形ABCD是矩形,$\therefore AB// DC,AD// BC$.
$\therefore$ 四边形AEFP、四边形BHGQ都是平行四边形,$\therefore AP=EF,GH=BQ$.
又$\because GH⊥ EF,\therefore AP⊥ BQ,\therefore ∠ QAT+∠ AQT=90°$.
$\because$ 四边形ABCD是矩形,$\therefore ∠ DAB=∠ D=90°,\therefore ∠ DAP+∠ DPA=90°,\therefore ∠ AQT=∠ DPA,\therefore △ PDA∽△ QAB,\therefore \frac{AP}{BQ}=\frac{AD}{AB},\therefore \frac{EF}{GH}=\frac{AD}{AB}$.
(2) 过点D作平行于AB的直线,交过点A平行于BC的直线于点R,交BC的延长线于点S,
,则四边形ABSR是平行四边形.$\because ∠ ABC=90°,\therefore$ 四边形ABSR是矩形,$\therefore ∠ R=∠ S=90°,RS=AB=10,AR=BS$.
$\because AM⊥ DN,\therefore$ 由(1)中的结论可得$\frac{DN}{AM}=\frac{AR}{AB}$.
设$SC=x,DS=y$,则$AR=BS=5+x,RD=10-y$,$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ CSD$中,$x^2+y^2=25$ ①,在$\mathrm{Rt}△ ARD$中,$(5+x)^2+(10-y)^2=100$ ②,由②-①得$x=2y-5$ ③,解方程组$\begin{cases}x^2+y^2=25,\\x=2y-5,\end{cases}$得$\begin{cases}x=-5,\\y=0\end{cases}$,(舍去),或$\begin{cases}x=3,\\y=4,\end{cases}\therefore AR=5+x=8,\therefore \frac{DN}{AM}=\frac{AR}{AB}=\frac{8}{10}=\frac{4}{5}$.
(3)
,过点A作$GA// BC$,延长CF交AG于点G,在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,$AC=3$,$BC=4$,$\therefore AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=5$.$\because BF=\frac{8}{3}$,$\therefore AF=AB-BF=\frac{7}{3}$.$\because GA// BC$,
$\therefore △ AFG∽△ BFC$,$∠ GAC=∠ ACB=90°$,
$\therefore \frac{AG}{BC}=\frac{AF}{BF}=\frac{\frac{7}{3}}{\frac{8}{3}}=\frac{7}{8}$,$\therefore AG=\frac{7}{8}BC=\frac{7}{2}$.
$\because CE⊥ AD,\therefore ∠ CAE+∠ ACE=90°$.又$\because ∠ CAE+∠ ADC=90°$,
$\therefore ∠ ACG=∠ ADC$,$\therefore △ ACG∽△ CDA$,$\therefore \frac{AC}{CD}=\frac{AG}{AC}$,$\therefore CD=\frac{AC^2}{AG}=\frac{9}{\frac{7}{2}}=\frac{18}{7}$.
【答案】
(1) 证明成立，$\frac{EF}{GH}=\frac{AD}{AB}$；
(2) $\frac{4}{5}$；
(3) $\frac{18}{7}$
【知识点】
相似三角形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理
【点评】
本题围绕多边形内互相垂直线段的“十字架”模型设置问题，从矩形内的基础结论推导，到构造矩形套用已有结论，再到直角三角形中的变式应用，层级清晰，既考查了基础定理的运用，也考查了辅助线构造、知识迁移的能力，熟练掌握模型特征可快速找到解题突破口。
【难度系数】
0.55
