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8. (2023·昆山月考)如图，$AB = 8$，$AD = AC = 4$，$AE = 2$，$∠ BAD=∠ CAE$，$AM⊥ BC$，$AN⊥ DE$，垂足分别为$M$，$N$，则$AM:AN=$
2
。答案
8.2
解析
证明：
∵∠BAD=∠CAE，
∴∠BAD+∠DAC=∠CAE+∠DAC，即∠BAC=∠DAE。
在△BAC和△DAE中，
$\frac{AB}{AD}=\frac{8}{4}=2$，$\frac{AC}{AE}=\frac{4}{2}=2$，
∴$\frac{AB}{AD}=\frac{AC}{AE}$，且∠BAC=∠DAE，
∴△BAC∽△DAE（两边成比例且夹角相等的两个三角形相似）。
∵AM⊥BC，AN⊥DE，
∴AM、AN分别为△BAC和△DAE对应边上的高。
相似三角形对应高的比等于相似比，
∴$\frac{AM}{AN}=\frac{AB}{AD}=2$。
故AM:AN=2。
答案：2
∵∠BAD=∠CAE，
∴∠BAD+∠DAC=∠CAE+∠DAC，即∠BAC=∠DAE。
在△BAC和△DAE中，
$\frac{AB}{AD}=\frac{8}{4}=2$，$\frac{AC}{AE}=\frac{4}{2}=2$，
∴$\frac{AB}{AD}=\frac{AC}{AE}$，且∠BAC=∠DAE，
∴△BAC∽△DAE（两边成比例且夹角相等的两个三角形相似）。
∵AM⊥BC，AN⊥DE，
∴AM、AN分别为△BAC和△DAE对应边上的高。
相似三角形对应高的比等于相似比，
∴$\frac{AM}{AN}=\frac{AB}{AD}=2$。
故AM:AN=2。
答案：2
9. 如图，在$△ ABC$中，点$F$，$G$在$BC$上，点$E$，$H$分别在$AB$，$AC$上，四边形$EFGH$是矩形，$EH = 2EF$，$AD$是$△ ABC$的高，$BC = 8$，$AD = 6$，那么$EH$的长为
$\frac{24}{5}$
。答案
9.$\frac{24}{5}$
解析
解：设$EF = x$，则$EH = 2x$。
因为四边形$EFGH$是矩形，所以$EH // BC$，$EF ⊥ BC$，$HG ⊥ BC$，$EF = HG = x$，$EH = FG = 2x$。
因为$AD$是$△ ABC$的高，所以$AD ⊥ BC$，则$EF // AD$，$HG // AD$，四边形$EFDA$和$HGDA$是矩形，所以$FD = EG = x$（此处应为$FD = AE$，$DG = AH$，但根据矩形性质，$EF = AD - $中间部分，设$AD$与$EH$交于点$M$，则$AM = AD - EF = 6 - x$）。
因为$EH // BC$，所以$△ AEH ∼ △ ABC$。
相似三角形对应高的比等于相似比，即$\frac{AM}{AD} = \frac{EH}{BC}$。
$AM = AD - EF = 6 - x$，所以$\frac{6 - x}{6} = \frac{2x}{8}$。
解得$8(6 - x) = 12x$，$48 - 8x = 12x$，$20x = 48$，$x = \frac{12}{5}$。
所以$EH = 2x = 2×\frac{12}{5} = \frac{24}{5}$。
$\frac{24}{5}$
因为四边形$EFGH$是矩形，所以$EH // BC$，$EF ⊥ BC$，$HG ⊥ BC$，$EF = HG = x$，$EH = FG = 2x$。
因为$AD$是$△ ABC$的高，所以$AD ⊥ BC$，则$EF // AD$，$HG // AD$，四边形$EFDA$和$HGDA$是矩形，所以$FD = EG = x$（此处应为$FD = AE$，$DG = AH$，但根据矩形性质，$EF = AD - $中间部分，设$AD$与$EH$交于点$M$，则$AM = AD - EF = 6 - x$）。
因为$EH // BC$，所以$△ AEH ∼ △ ABC$。
相似三角形对应高的比等于相似比，即$\frac{AM}{AD} = \frac{EH}{BC}$。
$AM = AD - EF = 6 - x$，所以$\frac{6 - x}{6} = \frac{2x}{8}$。
解得$8(6 - x) = 12x$，$48 - 8x = 12x$，$20x = 48$，$x = \frac{12}{5}$。
所以$EH = 2x = 2×\frac{12}{5} = \frac{24}{5}$。
$\frac{24}{5}$
10. 如图，$△ ABC$为锐角三角形，$AD$是$BC$边上的高，正方形$EFGH$的一边$FG$在$BC$上，顶点$E$，$H$分别在$AB$，$AC$上，已知$BC = 40\mathrm{cm}$，$AD = 30\mathrm{cm}$。
（1）求证：$△ AEH∽△ ABC$；
（2）求正方形$EFGH$的边长与面积。
（1）求证：$△ AEH∽△ ABC$；
（2）求正方形$EFGH$的边长与面积。
答案
10.(1)证明:
∵四边形EFGH是正方形,
∴EH//BC,
∴∠AEH = ∠B,∠AHE = ∠C,
∴△AEH∽△ABC.
(2)解:如答图，设AD与EH交于点M.
∵∠EFD = ∠FEM = ∠FDM = 90°,
∴四边形EFDM是矩形,
∴EF = DM.
设正方形EFGH的边长为x cm,
∵△AEH∽△ABC,
∴$\frac{EH}{BC}$=$\frac{AM}{AD}$,
∴$\frac{x}{40}$=$\frac{30 - x}{30}$,解得x = $\frac{120}{7}$,
∴正方形EFGH的边长为$\frac{120}{7}$ cm,面积为$\frac{14400}{49}$ cm².
11. 如图，$AD$是$△ ABC$的角平分线，$\odot O$经过$A$，$B$，$D$三点。过点$B$作$BE// AD$，交$\odot O$于点$E$，连接$ED$。
（1）求证：$ED// AC$；
（2）若$BD = 2CD$，设$△ EBD$的面积为$S_1$，$△ ADC$的面积为$S_2$，且$S_1^2 - 16S_2 + 4 = 0$，求$△ ABC$的面积。
（1）求证：$ED// AC$；
（2）若$BD = 2CD$，设$△ EBD$的面积为$S_1$，$△ ADC$的面积为$S_2$，且$S_1^2 - 16S_2 + 4 = 0$，求$△ ABC$的面积。
答案
11.(1)证明:
∵AD是△ABC的角平分线,
∴∠BAD = ∠DAC.
∵∠E = ∠BAD,
∴∠E = ∠DAC;
∵BE//AD,
∴∠E = ∠EDA,
∴∠EDA = ∠DAC,
∴ED//AC.
(2)解:
∵BE//AD,
∴∠EBD = ∠ADC;
∵∠E = ∠DAC,
∴△EBD∽△ADC,且相似比k = $\frac{BD}{DC}$ = 2,
∴$\frac{S_1}{S_2}$ = k² = 4,即S₁ = 4S₂.
∵S₁² - 16S₂ + 4 = 0,
∴16S₂² - 16S₂ + 4 = 0,
即(4S₂ - 2)² = 0,解得S₂ = $\frac{1}{2}$.
∵$\frac{S_{△ABC}}{S_2}$ = $\frac{BC}{CD}$ = $\frac{BD + CD}{CD}$ = $\frac{3CD}{CD}$ = 3,
∴S_{△ABC} = $\frac{3}{2}$.
∵AD是△ABC的角平分线,
∴∠BAD = ∠DAC.
∵∠E = ∠BAD,
∴∠E = ∠DAC;
∵BE//AD,
∴∠E = ∠EDA,
∴∠EDA = ∠DAC,
∴ED//AC.
(2)解:
∵BE//AD,
∴∠EBD = ∠ADC;
∵∠E = ∠DAC,
∴△EBD∽△ADC,且相似比k = $\frac{BD}{DC}$ = 2,
∴$\frac{S_1}{S_2}$ = k² = 4,即S₁ = 4S₂.
∵S₁² - 16S₂ + 4 = 0,
∴16S₂² - 16S₂ + 4 = 0,
即(4S₂ - 2)² = 0,解得S₂ = $\frac{1}{2}$.
∵$\frac{S_{△ABC}}{S_2}$ = $\frac{BC}{CD}$ = $\frac{BD + CD}{CD}$ = $\frac{3CD}{CD}$ = 3,
∴S_{△ABC} = $\frac{3}{2}$.
