10. 如图,在$□ ABCD$中,已知$AD=2AB$,M是边AD的中点,连接MC。$CE⊥AB$,垂足E在边AB上,连接EM并延长,交CD的延长线于点F。
(1)求证:$∠ EMC=2∠ DMC$;
(2)求证:$CM^2=AB· CF$。

(1) $\because$ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形, $\therefore AB // CD$, $AB = CD$。 $\because AB // CD,\therefore \frac{AM}{DM}=\frac{EM}{FM}$。 $\because M$ 是边 $AD$ 的中点, $\therefore AM = DM$。 $\therefore EM = MF$。 $\because CE ⊥ AB$, $\therefore ∠ CEB = 90°$。 $\because AB // CD,\therefore ∠ ECD = ∠ CEB = 90°$。在 $Rt △ ECF$ 中, $\because M$ 是斜边 $EF$ 的中点, $\therefore MC=\frac{1}{2}EF=MF$。 $\therefore ∠ F = ∠ MCF$。 $\because AD = 2AB,AB = CD,M$ 是边 $AD$ 的中点, $\therefore DM = DC$, $\therefore ∠ DCM = ∠ DMC$。 $\because ∠ EMC = ∠ F + ∠ MCF = 2∠ F,\therefore ∠ EMC = 2∠ DMC$
(2) $\because ∠ DCM = ∠ DMC,∠ F = ∠ MCF,\therefore ∠ F = ∠ DMC$。又 $\because ∠ DCM = ∠ MCF,\therefore △ CDM ∽ △ CMF$。 $\therefore \frac{CD}{CM}=\frac{CM}{CF}$,即 $CM^2 = CD · CF$。 $\because AB = CD,\therefore CM^2 = AB · CF$

【分析】
(1) 要证明∠EMC=2∠DMC，首先考虑利用三角形外角的性质，将大角拆分为两个相等小角的和。先结合平行四边形对边平行、M是AD中点的条件，推出M是EF的中点；再由CE⊥AB可得△ECF是直角三角形，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，得到MC=MF，推出∠F=∠MCF；结合AD=2AB、M是AD中点，可得DM=DC，推出∠DMC=∠DCM=∠MCF；最后由∠EMC=∠F+∠MCF=2∠MCF，即可推导出结论。
(2) 要证明等积式$CM^2=AB·CF$，通常先将等积式转化为比例式，通过证明对应三角形相似推导。由于平行四边形中AB=CD，可先证$CM^2=CD·CF$，即证$\frac{CD}{CM}=\frac{CM}{CF}$，只需证明△CDM∽△CMF；结合(1)中得到的角的等量关系，可找到两组对应角相等，即可证得相似，整理比例式后替换AB=CD即可得证。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AB//CD，AB = CD。
∵ AB//CD，
∴ $\frac{AM}{DM}=\frac{EM}{FM}$。
∵ M是边AD的中点，
∴ AM = DM，
∴ EM = MF。
∵ CE⊥AB，
∴ ∠CEB = 90°。
∵ AB//CD，
∴ ∠ECD = ∠CEB = 90°，即△ECF为直角三角形。
∵ M是斜边EF的中点，
∴ $MC=\frac{1}{2}EF=MF$，
∴ ∠F = ∠MCF。
∵ AD = 2AB，AB = CD，M是AD的中点，
∴ DM = DC，
∴ ∠DCM = ∠DMC。
∵ ∠EMC是△FMC的外角，
∴ ∠EMC = ∠F + ∠MCF = 2∠MCF，
又
∵ ∠MCF = ∠DCM = ∠DMC，
∴ ∠EMC = 2∠DMC。
(2) 证明：
由(1)的结论可得∠DCM = ∠DMC，∠F = ∠MCF，
∴ ∠F = ∠DMC。
在△CDM和△CMF中：
$\begin{cases}∠DMC = ∠F \\∠DCM = ∠MCF\end{cases}$
∴ △CDM ∽ △CMF，
∴ $\frac{CD}{CM}=\frac{CM}{CF}$，即$CM^2 = CD · CF$。
又
∵ 平行四边形ABCD中AB = CD，
∴ $CM^2 = AB · CF$。
【答案】
(1) ∠EMC=2∠DMC得证；
(2) $CM^2=AB·CF$得证。
【知识点】
平行四边形的性质；直角三角形斜边中线的性质；相似三角形的判定与性质
【点评】
本题是几何综合证明题，解题的关键是灵活运用平行四边形、直角三角形的性质推导角与线段的等量关系，掌握等积式证明的常用思路：将等积式转化为比例式，通过证明三角形相似求解，能较好地锻炼逻辑推理能力和几何知识的综合应用能力。
【难度系数】
0.65

11. 某数学兴趣小组拟做以下探究:在 $Rt△ ABC$ 中, $∠ C=90°, AC=BC, D$ 是 $AB$ 边上一点,且 $\frac{AD}{BD}=\frac{1}{n}$ ( $n$ 为正整数), $E$ 是 $AC$ 边上的动点,过点 $D$ 作 $DE$ 的垂线交直线 $BC$ 于点 $F$。
【初步感知】(1) 如图①,当 $n=1$ 时,数学兴趣小组探究得出结论: $AE + BF = \frac{\sqrt{2}}{2}AB$,请写出证明过程。
【深入探究】(2) a. 如图②,当 $n=2$,且点 $F$ 在线段 $BC$ 上时,试探究线段 $AE, BF$ 与 $AB$ 之间的数量关系,请写出结论并加以证明；
b. 请通过类比、归纳、猜想,探究线段 $AE, BF$ 与 $AB$ 之间的数量关系。(直接写出结论,不必证明)

(1) 证明略 提示:连接 $CD$。易证 $△ CDE ≌ △ BDF(\mathrm{ASA}),\therefore CE = BF$。 $\therefore AE + BF = AE + CE = AC = \frac{\sqrt{2}}{2}AB$
(2) a. $AE + \frac{1}{2}BF = \frac{\sqrt{2}}{3}AB$ 证明如下:过点 $D$ 作 $DN ⊥ AC$ 于点 $N,DH ⊥ BC$ 于点 $H$。易证 $△ ADN ∽ △ BDH$, $\therefore \frac{AD}{DB}=\frac{DN}{DH}=\frac{1}{2}$。易证 $△ DEN ∽ △ DFH,\therefore \frac{EN}{FH}=\frac{DN}{DH}=\frac{1}{2}$。 $\because AN=\frac{\sqrt{2}}{2}AD,BH=\frac{\sqrt{2}}{2}BD,\therefore AE + \frac{1}{2}BF = AN + NE + \frac{1}{2}BF = AN + \frac{1}{2}FH + \frac{1}{2}BF = AN + \frac{1}{2}BH = \frac{\sqrt{2}}{2}AD + \frac{1}{2}× \frac{\sqrt{2}}{2}BD = \frac{\sqrt{2}}{2}× \frac{1}{3}AB + \frac{1}{2}× \frac{\sqrt{2}}{2}× \frac{2}{3}AB = \frac{\sqrt{2}}{3}AB$
b. 当点 $F$ 在射线 $BC$ 上时, $AE + \frac{1}{n}BF = \frac{\sqrt{2}}{n+1}AB$;当点 $F$ 在 $CB$ 延长线上时, $AE - \frac{1}{n}BF = \frac{\sqrt{2}}{n+1}AB$

【分析】
(1) 当n=1时，D为AB中点，等腰Rt△ABC中连接CD，可得CD=BD、∠DCE=∠B=45°，结合DE⊥DF可推出∠CDE=∠BDF，证得△CDE≌△BDF得到CE=BF，将AE+BF转化为AC，再利用等腰直角三角形三边关系即可得证。
(2) a. 当n=2时，过D作DN⊥AC、DH⊥BC，先证△ADN∽△BDH得DN:DH=1:2，再由DE⊥DF证△DEN∽△DFH得EN=1/2 FH，结合等腰直角三角形中AN、BH和AD、BD的关系，将AE+1/2 BF化简后代入AD、BD与AB的比例关系即可推导结论。
b. 类比a的推导过程，将比例1/2替换为1/n，结合AD、BD与AB的关系，分F在线段BC上和CB延长线上两种情况归纳即可得到通用结论。
【解析】
(1) 证明：连接CD
∵ Rt△ABC中∠C=90°，AC=BC，$\frac{AD}{BD}=1$即D是AB中点
∴ CD=BD，∠B=∠ACD=45°，CD⊥AB，即∠CDB=90°
∵ DE⊥DF，
∴ ∠EDF=90°
∴ ∠CDE+∠CDF=∠BDF+∠CDF=90°，即∠CDE=∠BDF
在△CDE和△BDF中：
$\{\begin{array}{l}∠DCE=∠B \\CD=BD \\∠CDE=∠BDF\end{array} $
∴ △CDE≌△BDF(ASA)，
∴ CE=BF
∴ AE+BF=AE+CE=AC
∵ 等腰Rt△ABC中，$AC=\frac{\sqrt{2}}{2}AB$
∴ $AE + BF = \frac{\sqrt{2}}{2}AB$，得证。
(2) a. 结论：$AE + \frac{1}{2}BF = \frac{\sqrt{2}}{3}AB$，证明如下：
过D作DN⊥AC于N，DH⊥BC于H
∴ ∠DNE=∠DHF=90°
∵ ∠A=∠B=45°，∠AND=∠BHD=90°
∴ △ADN∽△BDH，
∴ $\frac{DN}{DH}=\frac{AD}{BD}=\frac{1}{2}$
∵ ∠C=∠DNC=∠DHC=90°，
∴ 四边形DNCH是矩形，∠NDH=90°
∵ DE⊥DF，
∴ ∠EDF=90°
∴ ∠EDN+∠NDF=∠FDH+∠NDF=90°，即∠EDN=∠FDH
∴ △DEN∽△DFH，
∴ $\frac{EN}{FH}=\frac{DN}{DH}=\frac{1}{2}$，即$EN=\frac{1}{2}FH$
在等腰Rt△ADN、△BDH中，$AN=\frac{\sqrt{2}}{2}AD$，$BH=\frac{\sqrt{2}}{2}BD$
∵ $\frac{AD}{BD}=\frac{1}{2}$，
∴ $AD=\frac{1}{3}AB$，$BD=\frac{2}{3}AB$
∴ $AE+\frac{1}{2}BF=(AN+EN)+\frac{1}{2}(BH-FH)$
代入$EN=\frac{1}{2}FH$化简得：
原式=$AN+\frac{1}{2}BH=\frac{\sqrt{2}}{2}AD+\frac{1}{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}BD$
=$\frac{\sqrt{2}}{2}×\frac{1}{3}AB+\frac{\sqrt{2}}{4}×\frac{2}{3}AB=\frac{\sqrt{2}}{3}AB$，得证。
b. 当点F在射线BC上时，$AE + \frac{1}{n}BF = \frac{\sqrt{2}}{n+1}AB$；当点F在CB延长线上时，$AE - \frac{1}{n}BF = \frac{\sqrt{2}}{n+1}AB$。
【答案】
(1) $AE + BF = \frac{\sqrt{2}}{2}AB$，证明见解析；
(2) a. $AE + \frac{1}{2}BF = \frac{\sqrt{2}}{3}AB$；
b. 当点F在射线BC上时，$AE + \frac{1}{n}BF = \frac{\sqrt{2}}{n+1}AB$；当点F在CB延长线上时，$AE - \frac{1}{n}BF = \frac{\sqrt{2}}{n+1}AB$。
【知识点】
等腰直角三角形的性质；全等三角形的判定与性质；相似三角形的判定与性质
【点评】
本题是典型的几何探究类问题，遵循从特殊到一般的命题逻辑，既考察了全等、相似的基础证明能力，也考察了类比归纳的数学思维，解题时要注意结合等腰直角三角形的特殊角性质转化线段关系，分情况讨论时不要遗漏F的位置。
【难度系数】
0.6