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22.(10分)如图，$\odot O$是$△ ABC$的外接圆，O点在BC边上，$∠ BAC$的平分线交$\odot O$于点D.连接BD,CD,过点D作BC的平行线，与AB的延长线相交于点P.
(1)求证:PD是$\odot O$的切线；
(2)求证:$△ PBD ∽ △ DCA$.
第22小题图
(1)求证:PD是$\odot O$的切线；
(2)求证:$△ PBD ∽ △ DCA$.
第22小题图
答案
解析
【分析】
(1) 要证明PD是$\odot O$的切线，需依据切线判定定理：经过半径外端且垂直于半径的直线是圆的切线，因此先连接半径OD。首先由BC是$\odot O$直径得$∠ BAC=90°$，结合AD平分$∠ BAC$推出弧BD=弧CD，进而得到OD垂直BC，再结合PD//BC即可证得OD⊥PD，完成切线证明。
(2) 要证明$△ PBD ∽ △ DCA$，需找到两组对应角相等。首先由平行线性质得$∠ P=∠ ABC$，再由同弧所对圆周角相等得$∠ ABC=∠ ADC$，即$∠ P=∠ ADC$；再利用圆内接四边形的外角等于内对角，得$∠ PBD=∠ ACD$，两组角对应相等即可证明相似。
【解析】
证明：
(1) 连接$OD$
$\because BC$是$\odot O$的直径
$\therefore ∠ BAC=90°$
$\because AD$平分$∠ BAC$
$\therefore ∠ BAD=∠ CAD$
$\therefore \overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$（相等的圆周角所对的弧相等）
$\therefore ∠ BOD=∠ COD$，又$∠ BOD+∠ COD=180°$
$\therefore ∠ BOD=90°$，即$OD⊥ BC$
$\because PD// BC$
$\therefore OD⊥ PD$
又$\because OD$是$\odot O$的半径
$\therefore PD$是$\odot O$的切线。
(2) $\because PD// BC$
$\therefore ∠ P=∠ ABC$
$\because ∠ ABC$和$∠ ADC$都是$\overset{\frown}{AC}$所对的圆周角
$\therefore ∠ ABC=∠ ADC$
$\therefore ∠ P=∠ ADC$
$\because$四边形$ABCD$是$\odot O$的内接四边形
$\therefore ∠ ABD+∠ ACD=180°$
又$\because ∠ ABD+∠ PBD=180°$
$\therefore ∠ PBD=∠ ACD$
在$△ PBD$和$△ DCA$中：
$\begin{cases}∠ P=∠ ADC \\∠ PBD=∠ ACD\end{cases}$
$\therefore △ PBD ∽ △ DCA$（两角对应相等，两三角形相似）。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) 证明见解析。
【知识点】
切线的判定；相似三角形的判定；圆周角定理
【点评】
本题属于圆与相似三角形的综合基础题，解题的核心是熟练掌握切线判定规则、圆周角相关性质以及相似三角形的判定方法，合理添加辅助线OD是解决第一问的突破口。
【难度系数】
0.65
(1) 要证明PD是$\odot O$的切线，需依据切线判定定理：经过半径外端且垂直于半径的直线是圆的切线，因此先连接半径OD。首先由BC是$\odot O$直径得$∠ BAC=90°$，结合AD平分$∠ BAC$推出弧BD=弧CD，进而得到OD垂直BC，再结合PD//BC即可证得OD⊥PD，完成切线证明。
(2) 要证明$△ PBD ∽ △ DCA$，需找到两组对应角相等。首先由平行线性质得$∠ P=∠ ABC$，再由同弧所对圆周角相等得$∠ ABC=∠ ADC$，即$∠ P=∠ ADC$；再利用圆内接四边形的外角等于内对角，得$∠ PBD=∠ ACD$，两组角对应相等即可证明相似。
【解析】
证明：
(1) 连接$OD$
$\because BC$是$\odot O$的直径
$\therefore ∠ BAC=90°$
$\because AD$平分$∠ BAC$
$\therefore ∠ BAD=∠ CAD$
$\therefore \overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$（相等的圆周角所对的弧相等）
$\therefore ∠ BOD=∠ COD$，又$∠ BOD+∠ COD=180°$
$\therefore ∠ BOD=90°$，即$OD⊥ BC$
$\because PD// BC$
$\therefore OD⊥ PD$
又$\because OD$是$\odot O$的半径
$\therefore PD$是$\odot O$的切线。
(2) $\because PD// BC$
$\therefore ∠ P=∠ ABC$
$\because ∠ ABC$和$∠ ADC$都是$\overset{\frown}{AC}$所对的圆周角
$\therefore ∠ ABC=∠ ADC$
$\therefore ∠ P=∠ ADC$
$\because$四边形$ABCD$是$\odot O$的内接四边形
$\therefore ∠ ABD+∠ ACD=180°$
又$\because ∠ ABD+∠ PBD=180°$
$\therefore ∠ PBD=∠ ACD$
在$△ PBD$和$△ DCA$中：
$\begin{cases}∠ P=∠ ADC \\∠ PBD=∠ ACD\end{cases}$
$\therefore △ PBD ∽ △ DCA$（两角对应相等，两三角形相似）。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) 证明见解析。
【知识点】
切线的判定；相似三角形的判定；圆周角定理
【点评】
本题属于圆与相似三角形的综合基础题，解题的核心是熟练掌握切线判定规则、圆周角相关性质以及相似三角形的判定方法，合理添加辅助线OD是解决第一问的突破口。
【难度系数】
0.65
23.(10分)在初中物理学中,凸透镜成像原理与相似三角形有密切的联系.
【凸透镜光学性质】如图1,通过凸透镜光心O的光线AO,其传播方向不变;平行于主光轴MN的光线AC经凸透镜L折射后通过焦点$F'$,凸透镜的两侧各有一个焦点$F$和$F'$,焦点到光心的距离称为焦距,记为$f$.
【物距与像距】如图2,平行于主光轴MN的光线AC经凸透镜L折射后,与光线AO的交点为点$A'$,过点$A'$作主光轴MN的垂线$A'B'$,垂足为$B'$,即可得出物体AB所成的像$A'B'$.
(1)已知$OB=u$(物距),$OB'=v$(像距),$OF'=f$(焦距),$AB=h_1$(物的大小),$A'B'=h_2$(像的大小),当$f＜u＜2f$时,求证:$\frac{1}{u}+\frac{1}{v}=\frac{1}{f}$;
(2)求证:$u+v≥4f$.
【凸透镜光学性质】如图1,通过凸透镜光心O的光线AO,其传播方向不变;平行于主光轴MN的光线AC经凸透镜L折射后通过焦点$F'$,凸透镜的两侧各有一个焦点$F$和$F'$,焦点到光心的距离称为焦距,记为$f$.
【物距与像距】如图2,平行于主光轴MN的光线AC经凸透镜L折射后,与光线AO的交点为点$A'$,过点$A'$作主光轴MN的垂线$A'B'$,垂足为$B'$,即可得出物体AB所成的像$A'B'$.
(1)已知$OB=u$(物距),$OB'=v$(像距),$OF'=f$(焦距),$AB=h_1$(物的大小),$A'B'=h_2$(像的大小),当$f＜u＜2f$时,求证:$\frac{1}{u}+\frac{1}{v}=\frac{1}{f}$;
(2)求证:$u+v≥4f$.
答案
证明：
(1)
∵ $AB⊥ MN$，$A'B'⊥ MN$，
∴ $AB// A'B'$，
∴ $△ ABO ∽ △ A'B'O$，
∴ $\frac{AB}{A'B'}=\frac{OB}{OB'}$，即 $\frac{h_1}{h_2}=\frac{u}{v}$。
∵ $AC// MN$，$OC⊥ MN$，$AB⊥ MN$，
∴ $OC=AB=h_1$，
又∵ $OC// A'B'$，
∴ $△ COF' ∽ △ A'B'F'$，
∴ $\frac{OC}{A'B'}=\frac{OF'}{B'F'}$，
∵ $B'F'=OB'-OF'=v-f$，
∴ $\frac{h_1}{h_2}=\frac{f}{v-f}$。
∴ $\frac{u}{v}=\frac{f}{v-f}$，
交叉相乘得：$u(v-f)=vf$，
展开得：$uv-uf=vf$，
两边同时除以正数$uvf$，得：
$\frac{1}{f}-\frac{1}{v}=\frac{1}{u}$，
整理得：$\frac{1}{u}+\frac{1}{v}=\frac{1}{f}$。
(2)
由(1)得 $\frac{1}{u}+\frac{1}{v}=\frac{1}{f}$，
即 $\frac{u+v}{uv}=\frac{1}{f}$，
∴ $uv=f(u+v)$。
∵ $(u-v)^2≥0$，
∴ $u^2-2uv+v^2≥0$，
两边同时加$4uv$得：$u^2+2uv+v^2≥4uv$，
即 $(u+v)^2≥4uv$，
将$uv=f(u+v)$代入上式，得：
$(u+v)^2≥4f(u+v)$，
∵ $u＞0$，$v＞0$，
∴ $u+v＞0$，两边同时除以$u+v$，得：
$u+v≥4f$。
(1)
∵ $AB⊥ MN$，$A'B'⊥ MN$，
∴ $AB// A'B'$，
∴ $△ ABO ∽ △ A'B'O$，
∴ $\frac{AB}{A'B'}=\frac{OB}{OB'}$，即 $\frac{h_1}{h_2}=\frac{u}{v}$。
∵ $AC// MN$，$OC⊥ MN$，$AB⊥ MN$，
∴ $OC=AB=h_1$，
又∵ $OC// A'B'$，
∴ $△ COF' ∽ △ A'B'F'$，
∴ $\frac{OC}{A'B'}=\frac{OF'}{B'F'}$，
∵ $B'F'=OB'-OF'=v-f$，
∴ $\frac{h_1}{h_2}=\frac{f}{v-f}$。
∴ $\frac{u}{v}=\frac{f}{v-f}$，
交叉相乘得：$u(v-f)=vf$，
展开得：$uv-uf=vf$，
两边同时除以正数$uvf$，得：
$\frac{1}{f}-\frac{1}{v}=\frac{1}{u}$，
整理得：$\frac{1}{u}+\frac{1}{v}=\frac{1}{f}$。
(2)
由(1)得 $\frac{1}{u}+\frac{1}{v}=\frac{1}{f}$，
即 $\frac{u+v}{uv}=\frac{1}{f}$，
∴ $uv=f(u+v)$。
∵ $(u-v)^2≥0$，
∴ $u^2-2uv+v^2≥0$，
两边同时加$4uv$得：$u^2+2uv+v^2≥4uv$，
即 $(u+v)^2≥4uv$，
将$uv=f(u+v)$代入上式，得：
$(u+v)^2≥4f(u+v)$，
∵ $u＞0$，$v＞0$，
∴ $u+v＞0$，两边同时除以$u+v$，得：
$u+v≥4f$。
解析
【分析】
(1) 要证明$\frac{1}{u}+\frac{1}{v}=\frac{1}{f}$，可借助图中的垂直关系得到平行线，构造相似三角形推导比例关系：首先由AB、A'B'均垂直于主光轴MN，可得$AB// A'B'$，证明$△ ABO ∼ △ A'B'O$，得到物高与像高的比等于物距与像距的比；再根据平行于主光轴的光线性质，得$OC=AB=h_1$且$OC// A'B'$，证明$△ COF' ∼ △ A'B'F'$，再次得到物高像高的比与焦距、像距的关系，将两个比例式等量代换后通过分式变形即可得证。
(2) 要证明$u+v≥ 4f$，可直接利用(1)的结论，先变形得到$uv=f(u+v)$，再结合完全平方的非负性$(u-v)^2≥0$，展开变形得到$(u+v)^2≥4uv$，将$uv=f(u+v)$代入该不等式，结合u、v均为正数的隐含条件，两边同时除以$u+v$即可得证。
【解析】
证明：
(1)
∵ $AB⊥ MN$，$A'B'⊥ MN$，
∴ $AB// A'B'$，
∴ $△ ABO ∼ △ A'B'O$，
∴ $\frac{AB}{A'B'}=\frac{OB}{OB'}$，即 $\frac{h_1}{h_2}=\frac{u}{v}$。
∵ $AC// MN$，$OC⊥ MN$，$AB⊥ MN$，
∴ $OC=AB=h_1$，
又
∵ $OC// A'B'$，
∴ $△ COF' ∼ △ A'B'F'$，
∴ $\frac{OC}{A'B'}=\frac{OF'}{B'F'}$，
∵ $B'F'=OB'-OF'=v-f$，
∴ $\frac{h_1}{h_2}=\frac{f}{v-f}$。
∴ $\frac{u}{v}=\frac{f}{v-f}$，
交叉相乘得：$u(v-f)=vf$，
展开得：$uv-uf=vf$，
两边同时除以正数$uvf$，得：
$\frac{1}{f}-\frac{1}{v}=\frac{1}{u}$，
整理得：$\frac{1}{u}+\frac{1}{v}=\frac{1}{f}$。
(2)
由(1)得 $\frac{1}{u}+\frac{1}{v}=\frac{1}{f}$，
即 $\frac{u+v}{uv}=\frac{1}{f}$，
∴ $uv=f(u+v)$。
∵ $(u-v)^2≥0$，
∴ $u^2-2uv+v^2≥0$，
两边同时加$4uv$得：$u^2+2uv+v^2≥4uv$，
即 $(u+v)^2≥4uv$，
将$uv=f(u+v)$代入上式，得：
$(u+v)^2≥4f(u+v)$，
∵ $u＞0$，$v＞0$，
∴ $u+v＞0$，两边同时除以$u+v$，得：
$u+v≥4f$。
【答案】
(1) 已证得$\frac{1}{u}+\frac{1}{v}=\frac{1}{f}$；(2) 已证得$u+v≥ 4f$。
【知识点】
相似三角形的判定与性质，完全平方公式，分式化简
【点评】
本题以物理凸透镜成像规律为命题背景，实现了数学与物理学科的跨学科融合，既考查了相似三角形的实际应用能力，又考查了利用完全平方非负性证明不等式的代数变形能力，能有效检验学生的知识迁移和综合运用能力。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明$\frac{1}{u}+\frac{1}{v}=\frac{1}{f}$，可借助图中的垂直关系得到平行线，构造相似三角形推导比例关系：首先由AB、A'B'均垂直于主光轴MN，可得$AB// A'B'$，证明$△ ABO ∼ △ A'B'O$，得到物高与像高的比等于物距与像距的比；再根据平行于主光轴的光线性质，得$OC=AB=h_1$且$OC// A'B'$，证明$△ COF' ∼ △ A'B'F'$，再次得到物高像高的比与焦距、像距的关系，将两个比例式等量代换后通过分式变形即可得证。
(2) 要证明$u+v≥ 4f$，可直接利用(1)的结论，先变形得到$uv=f(u+v)$，再结合完全平方的非负性$(u-v)^2≥0$，展开变形得到$(u+v)^2≥4uv$，将$uv=f(u+v)$代入该不等式，结合u、v均为正数的隐含条件，两边同时除以$u+v$即可得证。
【解析】
证明：
(1)
∵ $AB⊥ MN$，$A'B'⊥ MN$，
∴ $AB// A'B'$，
∴ $△ ABO ∼ △ A'B'O$，
∴ $\frac{AB}{A'B'}=\frac{OB}{OB'}$，即 $\frac{h_1}{h_2}=\frac{u}{v}$。
∵ $AC// MN$，$OC⊥ MN$，$AB⊥ MN$，
∴ $OC=AB=h_1$，
又
∵ $OC// A'B'$，
∴ $△ COF' ∼ △ A'B'F'$，
∴ $\frac{OC}{A'B'}=\frac{OF'}{B'F'}$，
∵ $B'F'=OB'-OF'=v-f$，
∴ $\frac{h_1}{h_2}=\frac{f}{v-f}$。
∴ $\frac{u}{v}=\frac{f}{v-f}$，
交叉相乘得：$u(v-f)=vf$，
展开得：$uv-uf=vf$，
两边同时除以正数$uvf$，得：
$\frac{1}{f}-\frac{1}{v}=\frac{1}{u}$，
整理得：$\frac{1}{u}+\frac{1}{v}=\frac{1}{f}$。
(2)
由(1)得 $\frac{1}{u}+\frac{1}{v}=\frac{1}{f}$，
即 $\frac{u+v}{uv}=\frac{1}{f}$，
∴ $uv=f(u+v)$。
∵ $(u-v)^2≥0$，
∴ $u^2-2uv+v^2≥0$，
两边同时加$4uv$得：$u^2+2uv+v^2≥4uv$，
即 $(u+v)^2≥4uv$，
将$uv=f(u+v)$代入上式，得：
$(u+v)^2≥4f(u+v)$，
∵ $u＞0$，$v＞0$，
∴ $u+v＞0$，两边同时除以$u+v$，得：
$u+v≥4f$。
【答案】
(1) 已证得$\frac{1}{u}+\frac{1}{v}=\frac{1}{f}$；(2) 已证得$u+v≥ 4f$。
【知识点】
相似三角形的判定与性质，完全平方公式，分式化简
【点评】
本题以物理凸透镜成像规律为命题背景，实现了数学与物理学科的跨学科融合，既考查了相似三角形的实际应用能力，又考查了利用完全平方非负性证明不等式的代数变形能力，能有效检验学生的知识迁移和综合运用能力。
【难度系数】
0.6
24.(12分)问题
第23小题图
背景:在一次数学综合实践活动课上,小慧发现并证明了关于三角形角平分线的一个结论.如图1,已知AD是△ABC的角平分线,可证$\frac{AB}{AC}=\frac{BD}{CD}$.小慧的证明思路是:如图2,过点C作CE//AB,交AD的延长线于点E,构造相似三角形来证明$\frac{AB}{AC}=\frac{BD}{CD}$.
(1)尝试证明:请参照小慧提供的思路,利用图2证明$\frac{AB}{AC}=\frac{BD}{CD}$;
第24小题图
(2)应用拓展:如图3,在Rt△ABC中,∠BAC=90°,D是BC边上一点.连接AD,将△ACD沿AD所在直线折叠,点C恰好落在边AB上的E点处.若AC=1,AB=2,求DE的长;
(3)拓展升华:如图4,在△ABC中,AB=6,AC=4,AD为∠BAC的平分线,AD的中垂线FE交BC的延长线于F,当BD=3时,求AF的长.
第23小题图
背景:在一次数学综合实践活动课上,小慧发现并证明了关于三角形角平分线的一个结论.如图1,已知AD是△ABC的角平分线,可证$\frac{AB}{AC}=\frac{BD}{CD}$.小慧的证明思路是:如图2,过点C作CE//AB,交AD的延长线于点E,构造相似三角形来证明$\frac{AB}{AC}=\frac{BD}{CD}$.
(1)尝试证明:请参照小慧提供的思路,利用图2证明$\frac{AB}{AC}=\frac{BD}{CD}$;
第24小题图
(2)应用拓展:如图3,在Rt△ABC中,∠BAC=90°,D是BC边上一点.连接AD,将△ACD沿AD所在直线折叠,点C恰好落在边AB上的E点处.若AC=1,AB=2,求DE的长;
(3)拓展升华:如图4,在△ABC中,AB=6,AC=4,AD为∠BAC的平分线,AD的中垂线FE交BC的延长线于F,当BD=3时,求AF的长.
答案
(1) 证明：
∵ $CE// AB$，
∴ $∠ BAD = ∠ CED$，$∠ B = ∠ ECD$，
∴ $△ ABD ∽ △ ECD$，
∴ $\frac{AB}{CE} = \frac{BD}{CD}$。
∵ $AD$是$△ ABC$的角平分线，
∴ $∠ BAD = ∠ CAD$，
∴ $∠ CED = ∠ CAD$，
∴ $AC = CE$，
∴ $\frac{AB}{AC} = \frac{BD}{CD}$。
---
(2) 解：
由折叠的性质可得：$AD$平分$∠ BAC$，$AE=AC=1$，$DE=CD$。
根据(1)的结论$\frac{AB}{AC} = \frac{BD}{CD}$，代入$AB=2$，$AC=1$，得：
$\frac{BD}{CD} = \frac{2}{1}$，即$BD=2CD$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ BAC=90°$，由勾股定理得：
$BC = \sqrt{AB^2 + AC^2} = \sqrt{2^2 + 1^2} = \sqrt{5}$，
∵ $BD + CD = BC$，
∴ $2CD + CD = \sqrt{5}$，解得$CD = \frac{\sqrt{5}}{3}$，
∴ $DE = CD = \frac{\sqrt{5}}{3}$。
---
(3) 解：
∵ $AD$为$∠ BAC$的平分线，由(1)的结论得$\frac{AB}{AC} = \frac{BD}{CD}$，
代入$AB=6$，$AC=4$，$BD=3$，得$\frac{6}{4} = \frac{3}{CD}$，解得$CD=2$。
∵ $FE$是$AD$的中垂线，
∴ $AF=DF$，
∴ $∠ FAD = ∠ FDA$。
∵ $∠ FAD = ∠ CAD + ∠ CAF$，$∠ FDA = ∠ BAD + ∠ B$，且$∠ BAD = ∠ CAD$，
∴ $∠ CAF = ∠ B$。
又∵ $∠ AFC = ∠ BFA$，
∴ $△ FAC ∽ △ FBA$，
∴ $\frac{AF}{BF} = \frac{CF}{AF}$，即$AF^2 = CF · BF$。
设$CF = x$，则$DF = CD + CF = 2 + x$，故$AF = 2 + x$，$BF = BD + CD + CF = 3 + 2 + x = 5 + x$，
代入得：$(2 + x)^2 = x(5 + x)$，
展开整理得：$4 + 4x + x^2 = 5x + x^2$，
解得$x = 4$，
∴ $AF = 2 + 4 = 6$。
∵ $CE// AB$，
∴ $∠ BAD = ∠ CED$，$∠ B = ∠ ECD$，
∴ $△ ABD ∽ △ ECD$，
∴ $\frac{AB}{CE} = \frac{BD}{CD}$。
∵ $AD$是$△ ABC$的角平分线，
∴ $∠ BAD = ∠ CAD$，
∴ $∠ CED = ∠ CAD$，
∴ $AC = CE$，
∴ $\frac{AB}{AC} = \frac{BD}{CD}$。
---
(2) 解：
由折叠的性质可得：$AD$平分$∠ BAC$，$AE=AC=1$，$DE=CD$。
根据(1)的结论$\frac{AB}{AC} = \frac{BD}{CD}$，代入$AB=2$，$AC=1$，得：
$\frac{BD}{CD} = \frac{2}{1}$，即$BD=2CD$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ BAC=90°$，由勾股定理得：
$BC = \sqrt{AB^2 + AC^2} = \sqrt{2^2 + 1^2} = \sqrt{5}$，
∵ $BD + CD = BC$，
∴ $2CD + CD = \sqrt{5}$，解得$CD = \frac{\sqrt{5}}{3}$，
∴ $DE = CD = \frac{\sqrt{5}}{3}$。
---
(3) 解：
∵ $AD$为$∠ BAC$的平分线，由(1)的结论得$\frac{AB}{AC} = \frac{BD}{CD}$，
代入$AB=6$，$AC=4$，$BD=3$，得$\frac{6}{4} = \frac{3}{CD}$，解得$CD=2$。
∵ $FE$是$AD$的中垂线，
∴ $AF=DF$，
∴ $∠ FAD = ∠ FDA$。
∵ $∠ FAD = ∠ CAD + ∠ CAF$，$∠ FDA = ∠ BAD + ∠ B$，且$∠ BAD = ∠ CAD$，
∴ $∠ CAF = ∠ B$。
又∵ $∠ AFC = ∠ BFA$，
∴ $△ FAC ∽ △ FBA$，
∴ $\frac{AF}{BF} = \frac{CF}{AF}$，即$AF^2 = CF · BF$。
设$CF = x$，则$DF = CD + CF = 2 + x$，故$AF = 2 + x$，$BF = BD + CD + CF = 3 + 2 + x = 5 + x$，
代入得：$(2 + x)^2 = x(5 + x)$，
展开整理得：$4 + 4x + x^2 = 5x + x^2$，
解得$x = 4$，
∴ $AF = 2 + 4 = 6$。
解析
【分析】
(1) 要证明线段成比例，可借助相似三角形求解。按照提示作CE//AB，先证△ABD与△ECD相似得到含CE的比例式，再结合角平分线和平行线的等角关系推得AC=CE，等量代换即可得证。
(2) 折叠属于轴对称变换，由此可得AD是∠BAC的角平分线、DE=CD，直接套用(1)的结论得到BD与CD的比值，再用勾股定理算出BC的总长，即可求出CD即DE的长度。
(3) 首先用(1)的角平分线比例式算出CD的长度，再根据中垂线性质得AF=DF，通过角度推导证明△FAC∽△FBA，得到等积式后设未知数列方程求解即可。
【解析】
(1) 证明：
∵ $CE// AB$，
∴ $∠ BAD = ∠ CED$，$∠ B = ∠ ECD$，
∴ $△ ABD ∽ △ ECD$，
∴ $\frac{AB}{CE} = \frac{BD}{CD}$。
∵ $AD$是$△ ABC$的角平分线，
∴ $∠ BAD = ∠ CAD$，
∴ $∠ CED = ∠ CAD$，
∴ $AC = CE$，
∴ $\frac{AB}{AC} = \frac{BD}{CD}$。
(2) 解：
由折叠的性质可得：$AD$平分$∠ BAC$，$AE=AC=1$，$DE=CD$。
根据(1)的结论$\frac{AB}{AC} = \frac{BD}{CD}$，代入$AB=2$，$AC=1$，得：
$\frac{BD}{CD} = \frac{2}{1}$，即$BD=2CD$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ BAC=90°$，由勾股定理得：
$BC = \sqrt{AB^2 + AC^2} = \sqrt{2^2 + 1^2} = \sqrt{5}$，
∵ $BD + CD = BC$，
∴ $2CD + CD = \sqrt{5}$，解得$CD = \frac{\sqrt{5}}{3}$，
∴ $DE = CD = \frac{\sqrt{5}}{3}$。
(3) 解：
∵ $AD$为$∠ BAC$的平分线，由(1)的结论得$\frac{AB}{AC} = \frac{BD}{CD}$，
代入$AB=6$，$AC=4$，$BD=3$，得$\frac{6}{4} = \frac{3}{CD}$，解得$CD=2$。
∵ $FE$是$AD$的中垂线，
∴ $AF=DF$，
∴ $∠ FAD = ∠ FDA$。
∵ $∠ FAD = ∠ CAD + ∠ CAF$，$∠ FDA = ∠ BAD + ∠ B$，且$∠ BAD = ∠ CAD$，
∴ $∠ CAF = ∠ B$。
又
∵ $∠ AFC = ∠ BFA$，
∴ $△ FAC ∽ △ FBA$，
∴ $\frac{AF}{BF} = \frac{CF}{AF}$，即$AF^2 = CF · BF$。
设$CF = x$，则$DF = CD + CF = 2 + x$，故$AF = 2 + x$，$BF = BD + CD + CF = 3 + 2 + x = 5 + x$，
代入得：$(2 + x)^2 = x(5 + x)$，
展开整理得：$4 + 4x + x^2 = 5x + x^2$，
解得$x = 4$，
∴ $AF = 2 + 4 = 6$。
【答案】
(1) 证明成立，过程见解析；
(2) $DE=\frac{\sqrt{5}}{3}$；
(3) $AF=6$
【知识点】
相似三角形判定与性质，角平分线定理，垂直平分线性质
【点评】
本题是梯度清晰的几何综合题，从基础结论证明入手，逐步延伸到折叠、中垂线性质与相似、方程思想的结合，考查知识迁移运用能力，解题时合理使用前序结论可大幅简化运算。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明线段成比例，可借助相似三角形求解。按照提示作CE//AB，先证△ABD与△ECD相似得到含CE的比例式，再结合角平分线和平行线的等角关系推得AC=CE，等量代换即可得证。
(2) 折叠属于轴对称变换，由此可得AD是∠BAC的角平分线、DE=CD，直接套用(1)的结论得到BD与CD的比值，再用勾股定理算出BC的总长，即可求出CD即DE的长度。
(3) 首先用(1)的角平分线比例式算出CD的长度，再根据中垂线性质得AF=DF，通过角度推导证明△FAC∽△FBA，得到等积式后设未知数列方程求解即可。
【解析】
(1) 证明：
∵ $CE// AB$，
∴ $∠ BAD = ∠ CED$，$∠ B = ∠ ECD$，
∴ $△ ABD ∽ △ ECD$，
∴ $\frac{AB}{CE} = \frac{BD}{CD}$。
∵ $AD$是$△ ABC$的角平分线，
∴ $∠ BAD = ∠ CAD$，
∴ $∠ CED = ∠ CAD$，
∴ $AC = CE$，
∴ $\frac{AB}{AC} = \frac{BD}{CD}$。
(2) 解：
由折叠的性质可得：$AD$平分$∠ BAC$，$AE=AC=1$，$DE=CD$。
根据(1)的结论$\frac{AB}{AC} = \frac{BD}{CD}$，代入$AB=2$，$AC=1$，得：
$\frac{BD}{CD} = \frac{2}{1}$，即$BD=2CD$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ BAC=90°$，由勾股定理得：
$BC = \sqrt{AB^2 + AC^2} = \sqrt{2^2 + 1^2} = \sqrt{5}$，
∵ $BD + CD = BC$，
∴ $2CD + CD = \sqrt{5}$，解得$CD = \frac{\sqrt{5}}{3}$，
∴ $DE = CD = \frac{\sqrt{5}}{3}$。
(3) 解：
∵ $AD$为$∠ BAC$的平分线，由(1)的结论得$\frac{AB}{AC} = \frac{BD}{CD}$，
代入$AB=6$，$AC=4$，$BD=3$，得$\frac{6}{4} = \frac{3}{CD}$，解得$CD=2$。
∵ $FE$是$AD$的中垂线，
∴ $AF=DF$，
∴ $∠ FAD = ∠ FDA$。
∵ $∠ FAD = ∠ CAD + ∠ CAF$，$∠ FDA = ∠ BAD + ∠ B$，且$∠ BAD = ∠ CAD$，
∴ $∠ CAF = ∠ B$。
又
∵ $∠ AFC = ∠ BFA$，
∴ $△ FAC ∽ △ FBA$，
∴ $\frac{AF}{BF} = \frac{CF}{AF}$，即$AF^2 = CF · BF$。
设$CF = x$，则$DF = CD + CF = 2 + x$，故$AF = 2 + x$，$BF = BD + CD + CF = 3 + 2 + x = 5 + x$，
代入得：$(2 + x)^2 = x(5 + x)$，
展开整理得：$4 + 4x + x^2 = 5x + x^2$，
解得$x = 4$，
∴ $AF = 2 + 4 = 6$。
【答案】
(1) 证明成立，过程见解析；
(2) $DE=\frac{\sqrt{5}}{3}$；
(3) $AF=6$
【知识点】
相似三角形判定与性质，角平分线定理，垂直平分线性质
【点评】
本题是梯度清晰的几何综合题，从基础结论证明入手，逐步延伸到折叠、中垂线性质与相似、方程思想的结合，考查知识迁移运用能力，解题时合理使用前序结论可大幅简化运算。
【难度系数】
0.6
