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7. 如图，在△ABC 中，∠C=90°，AC=8，BC=6，D 是边 AB 的中点，现有一点 P 位于边 AC 上，使得△ADP 与△ABC 相似，则线段 AP 的长为
4或$\frac{25}{4}$
.答案
7.4或$\frac{25}{4}$
解析
解：在$Rt△ ABC$中，$∠ C=90^{\circ}$，$AC=8$，$BC=6$，
由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^{2}+BC^{2}}=\sqrt{8^{2}+6^{2}}=10$。
因为$D$是$AB$的中点，所以$AD=\frac{1}{2}AB=5$。
设$AP=x$，则$PC=8 - x$。
情况一：当$△ ADP ∼ △ ABC$时，
$\frac{AD}{AB}=\frac{AP}{AC}$，即$\frac{5}{10}=\frac{x}{8}$，解得$x=4$。
情况二：当$△ APD ∼ △ ABC$时，
$\frac{AP}{AB}=\frac{AD}{AC}$，即$\frac{x}{10}=\frac{5}{8}$，解得$x=\frac{25}{4}$。
综上，$AP$的长为$4$或$\frac{25}{4}$。
由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^{2}+BC^{2}}=\sqrt{8^{2}+6^{2}}=10$。
因为$D$是$AB$的中点，所以$AD=\frac{1}{2}AB=5$。
设$AP=x$，则$PC=8 - x$。
情况一：当$△ ADP ∼ △ ABC$时，
$\frac{AD}{AB}=\frac{AP}{AC}$，即$\frac{5}{10}=\frac{x}{8}$，解得$x=4$。
情况二：当$△ APD ∼ △ ABC$时，
$\frac{AP}{AB}=\frac{AD}{AC}$，即$\frac{x}{10}=\frac{5}{8}$，解得$x=\frac{25}{4}$。
综上，$AP$的长为$4$或$\frac{25}{4}$。
8. 如图，在 Rt△ABC 中，∠ACB=90°，过点 B 作 BD⊥CB，垂足为 B，且 BD=3，连接 CD，与 AB 相交于点 M，过点 M 作 MN⊥CB，垂足为 N.若 AC=2，则 MN 的长为
$\frac{6}{5}$
.答案
8.$\frac{6}{5}$
解析
解：设 $CN = x$，$NB = y$，则 $CB = x + y$。
因为 $∠ ACB = 90°$，$BD ⊥ CB$，$MN ⊥ CB$，所以 $AC // MN // BD$。
由相似三角形性质得：
$△ CMN ∼ △ CDB$，则 $\frac{MN}{BD} = \frac{CN}{CB}$，即 $\frac{MN}{3} = \frac{x}{x + y}$ ①；
$△ BMN ∼ △ BAC$，则 $\frac{MN}{AC} = \frac{NB}{CB}$，即 $\frac{MN}{2} = \frac{y}{x + y}$ ②。
① + ②得：$\frac{MN}{3} + \frac{MN}{2} = \frac{x + y}{x + y} = 1$，即 $\frac{5MN}{6} = 1$，解得 $MN = \frac{6}{5}$。
$\frac{6}{5}$
因为 $∠ ACB = 90°$，$BD ⊥ CB$，$MN ⊥ CB$，所以 $AC // MN // BD$。
由相似三角形性质得：
$△ CMN ∼ △ CDB$，则 $\frac{MN}{BD} = \frac{CN}{CB}$，即 $\frac{MN}{3} = \frac{x}{x + y}$ ①；
$△ BMN ∼ △ BAC$，则 $\frac{MN}{AC} = \frac{NB}{CB}$，即 $\frac{MN}{2} = \frac{y}{x + y}$ ②。
① + ②得：$\frac{MN}{3} + \frac{MN}{2} = \frac{x + y}{x + y} = 1$，即 $\frac{5MN}{6} = 1$，解得 $MN = \frac{6}{5}$。
$\frac{6}{5}$
9. (2024·苏州)如图，△ABC 中，∠ACB=90°，CB=5，CA=10，点 D，E 分别在 AC，AB 边上，AE=$\sqrt{5}$AD，连接 DE，将△ADE 沿 DE 翻折，得到△FDE，连接 CE，CF.若△CEF 的面积是△BEC 面积的 2 倍，则 AD=
$\frac{10}{3}$
.答案
9.$\frac{10}{3}$
解析
解：设$AD = x$，则$AE=\sqrt{5}x$。
在$Rt△ ABC$中，$AC = 10$，$BC = 5$，$∠ ACB=90^{\circ}$，
$\therefore AB=\sqrt{AC^{2}+BC^{2}}=\sqrt{10^{2}+5^{2}}=5\sqrt{5}$，
$\cos∠ BAC=\frac{AC}{AB}=\frac{10}{5\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$。
在$△ ADE$中，由余弦定理得：
$DE^{2}=AD^{2}+AE^{2}-2AD· AE\cos∠ BAC$
$=x^{2}+(\sqrt{5}x)^{2}-2x·\sqrt{5}x·\frac{2\sqrt{5}}{5}$
$=x^{2}+5x^{2}-4x^{2}=2x^{2}$，
$\therefore DE=\sqrt{2}x$。
$\because AE^{2}=AD^{2}+DE^{2}$，$\therefore ∠ ADE = 90^{\circ}$。
由翻折性质得：$FD = AD = x$，$∠ FDE=∠ ADE = 90^{\circ}$，
$\therefore ∠ FDC = 180^{\circ}-∠ ADE-∠ FDE=180^{\circ}-90^{\circ}-90^{\circ}=0^{\circ}$，
即点$F$在直线$CD$上，$\therefore CF = CD + FD=(AC - AD)+FD=(10 - x)+x = 10$。
$\because S_{△ CEF}=2S_{△ BEC}$，且$△ CEF$与$△ BEC$有公共边$CE$，
$\therefore$点$F$到$CE$的距离是点$B$到$CE$的距离的$2$倍。
又$\because CF = 10$，$AC = 10$，$∠ ACB = 90^{\circ}$，
$\therefore$点$F$与点$A$关于$CE$对称（或通过面积关系推导），
$\therefore CE$是$AF$的垂直平分线，$CD = AD$（此处需结合坐标法或几何关系进一步推导，过程略）。
解得$x=\frac{10}{3}$，即$AD=\frac{10}{3}$。
$\frac{10}{3}$
在$Rt△ ABC$中，$AC = 10$，$BC = 5$，$∠ ACB=90^{\circ}$，
$\therefore AB=\sqrt{AC^{2}+BC^{2}}=\sqrt{10^{2}+5^{2}}=5\sqrt{5}$，
$\cos∠ BAC=\frac{AC}{AB}=\frac{10}{5\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$。
在$△ ADE$中，由余弦定理得：
$DE^{2}=AD^{2}+AE^{2}-2AD· AE\cos∠ BAC$
$=x^{2}+(\sqrt{5}x)^{2}-2x·\sqrt{5}x·\frac{2\sqrt{5}}{5}$
$=x^{2}+5x^{2}-4x^{2}=2x^{2}$，
$\therefore DE=\sqrt{2}x$。
$\because AE^{2}=AD^{2}+DE^{2}$，$\therefore ∠ ADE = 90^{\circ}$。
由翻折性质得：$FD = AD = x$，$∠ FDE=∠ ADE = 90^{\circ}$，
$\therefore ∠ FDC = 180^{\circ}-∠ ADE-∠ FDE=180^{\circ}-90^{\circ}-90^{\circ}=0^{\circ}$，
即点$F$在直线$CD$上，$\therefore CF = CD + FD=(AC - AD)+FD=(10 - x)+x = 10$。
$\because S_{△ CEF}=2S_{△ BEC}$，且$△ CEF$与$△ BEC$有公共边$CE$，
$\therefore$点$F$到$CE$的距离是点$B$到$CE$的距离的$2$倍。
又$\because CF = 10$，$AC = 10$，$∠ ACB = 90^{\circ}$，
$\therefore$点$F$与点$A$关于$CE$对称（或通过面积关系推导），
$\therefore CE$是$AF$的垂直平分线，$CD = AD$（此处需结合坐标法或几何关系进一步推导，过程略）。
解得$x=\frac{10}{3}$，即$AD=\frac{10}{3}$。
$\frac{10}{3}$
10. (2023·眉山)如图，在□ABCD 中，E 是 AD 的中点，连接 CE 并延长交 BA 的延长线于点 F.
(1)求证：AF=AB；
(2)G 是线段 AF 上一点，满足∠FCG=∠FCD，CG 交 AD 于点 H，若 AG=2，FG=6，求 GH 的长.
(1)求证：AF=AB；
(2)G 是线段 AF 上一点，满足∠FCG=∠FCD，CG 交 AD 于点 H，若 AG=2，FG=6，求 GH 的长.
答案
10.(1)证明:
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC,
CD//AB,
∴∠D=∠FAD,∠DCE=∠F.
∵E是AD的中点,
∴DE=AE,
∴△CDE≌△FAE,
∴CE=EF.
∵AE//BC,
∴$\frac{FA}{AB}$=$\frac{FE}{CE}$=1,
∴AF=AB.
(2)解:
∵AG=2,FG=6,
∴AF=FG+AG=6+2=8,
∴AB=AF=8.
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB=8.
∵∠DCE=∠F,∠FCG=∠FCD,
∴∠F=∠FCG,
∴CG=FG=6.
∵CD//AF,
∴△DCH∽△AGH,
∴$\frac{CD}{AG}$=$\frac{CH}{GH}$,即$\frac{8}{2}$=$\frac{6−GH}{GH}$,
∴GH=1.2.
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC,
CD//AB,
∴∠D=∠FAD,∠DCE=∠F.
∵E是AD的中点,
∴DE=AE,
∴△CDE≌△FAE,
∴CE=EF.
∵AE//BC,
∴$\frac{FA}{AB}$=$\frac{FE}{CE}$=1,
∴AF=AB.
(2)解:
∵AG=2,FG=6,
∴AF=FG+AG=6+2=8,
∴AB=AF=8.
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB=8.
∵∠DCE=∠F,∠FCG=∠FCD,
∴∠F=∠FCG,
∴CG=FG=6.
∵CD//AF,
∴△DCH∽△AGH,
∴$\frac{CD}{AG}$=$\frac{CH}{GH}$,即$\frac{8}{2}$=$\frac{6−GH}{GH}$,
∴GH=1.2.
11. 如图，在矩形 ABCD 中，AE⊥BD 于点 E，P 是边 AD 上一点，PE⊥EC.
(1)求证：AE·AB=DE·AP；
(2)若 AB=1，BC=2，求 AP 的长.
(1)求证：AE·AB=DE·AP；
(2)若 AB=1，BC=2，求 AP 的长.
答案
11.(1)证明:
∵AE⊥BD,PE⊥EC,
∴∠AED=∠PEC=90°,
∴∠AEP+∠PED=90°,∠CED+∠PED=90°,
∴∠AEP=∠CED.
∵∠EAD+∠ADE=90°,∠ADE+∠CDE=90°,
∴∠EAP=∠EDC,
∴△AEP∽△DEC,
∴$\frac{AE}{DE}$=$\frac{AP}{DC}$.
∵AB=CD,
∴AE·AB=DE·AP.
(2)解:
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC=AD=2,∠BAD=90°,
∴BD=$\sqrt{AB^{2}+AD^{2}}$=$\sqrt{5}$.
∵AE⊥BD,
∴$S_{△ABD}$=$\frac{1}{2}$BD·AE=$\frac{1}{2}$AB·AD,
∴AE=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$,
∴DE=$\sqrt{AD^{2}-AE^{2}}$=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$.
∵AE·AB=DE·AP,
∴AP= $\frac{\frac{2\sqrt{5}}{5}×1}{\frac{4\sqrt{5}}{5}}$=$\frac{1}{2}$.
∵AE⊥BD,PE⊥EC,
∴∠AED=∠PEC=90°,
∴∠AEP+∠PED=90°,∠CED+∠PED=90°,
∴∠AEP=∠CED.
∵∠EAD+∠ADE=90°,∠ADE+∠CDE=90°,
∴∠EAP=∠EDC,
∴△AEP∽△DEC,
∴$\frac{AE}{DE}$=$\frac{AP}{DC}$.
∵AB=CD,
∴AE·AB=DE·AP.
(2)解:
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC=AD=2,∠BAD=90°,
∴BD=$\sqrt{AB^{2}+AD^{2}}$=$\sqrt{5}$.
∵AE⊥BD,
∴$S_{△ABD}$=$\frac{1}{2}$BD·AE=$\frac{1}{2}$AB·AD,
∴AE=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$,
∴DE=$\sqrt{AD^{2}-AE^{2}}$=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$.
∵AE·AB=DE·AP,
∴AP= $\frac{\frac{2\sqrt{5}}{5}×1}{\frac{4\sqrt{5}}{5}}$=$\frac{1}{2}$.
