5. ★★ 如图,在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中,$∠ ABC=90°,AB=4,BC=2,BD$ 是边 $AC$ 上的高.点 $E,F$ 分别在边 $AB,BC$ 上(不与端点重合),且 $DE⊥ DF$.设 $AE=x$,四边形 $DEBF$ 的面积为 $y$,则 $y$ 关于 $x$ 的函数图象为 ()
A
$y$
$\frac{16}{5}$○
|
|
$\frac{4}{5}$○
$O\longrightarrow x$
$\quad\quad4$
B
$y$
$\frac{16}{5}$○
|
|
$\frac{4}{5}$○
$O\longrightarrow x$
$\quad\quad4$
C
$y$
$\frac{16}{5}$○
|
|
$\frac{4}{5}$○
$O\longrightarrow x$
$\quad\quad4$
D
$y$
$\frac{16}{5}$○
|
|
$\frac{4}{5}$○
$O\longrightarrow x$
$\quad\quad4$

5.A

模型6 旋转型相似
【模型解读】
模型1:边角边型旋转相似
条件:$∠ 1=∠ 2,\frac{AB}{AC}=\frac{AD}{AE}$.
结论:
①$△ ABD ∽ △ ACE, △ ABC ∽ △ ADE$;
②$\frac{BD}{CE}=\frac{AB}{AC}=\frac{AD}{AE};\frac{BC}{DE}=\frac{AB}{AD}=\frac{AC}{AE}$.
模型2:角角型旋转相似
条件:$∠ 1=∠ 2,∠ 3=∠ 4$.
结论:
①$△ ABD ∽ △ ACE, △ ABC ∽ △ ADE$;
②$\frac{BD}{CE}=\frac{AB}{AC}=\frac{AD}{AE};\frac{BC}{DE}=\frac{AB}{AD}=\frac{AC}{AE}$.


6. 【问题呈现】$△ CAB$和$△ CDE$都是直角三角形，$∠ ACB=∠ DCE=90°$，$CB=mCA,CE=mCD$，连接$AD,BE$，探究$AD,BE$的位置关系.

【问题探究】(1)如图①，当$m=1$时，直接写出$AD,BE$的位置关系：；
(2)如图②，当$m≠1$时，(1)中的结论是否成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由.
【拓展应用】(3)当$m=\sqrt{3},AB=4\sqrt{7},DE=4$时，将$△ CDE$绕点$C$旋转，使$A,D,E$三点恰好在同一直线上，则$BE$的长为.
模型7 十字架型相似
【模型解读】
(1)正方形内的十字架型

条件:①正方形$ABCD$；②$BF ⊥ AE(EF ⊥ GH)$.
结论:$AE=BF(EF=GH)$.
(2)矩形内的十字架型

条件:①矩形$ABCD$；②$BD ⊥ CE(EF ⊥ GH)$.
结论:$\frac{CE}{BD}=\frac{AB}{AD}(\frac{EF}{GH}=\frac{AB}{AD})$.

6.【解】(1)$AD⊥BE$ 【点拨】延长BE交AD于点G.
∵m=1,
∴AC=BC,DC=EC.
∵∠DCE=∠ACB=90°,
∴∠DCA+∠ACE = ∠ACE+∠ECB = 90°.
∴∠DCA = ∠ECB.
∴△DCA ≌ △ECB.
∴∠DAC = ∠CBE.
∴∠GAB + ∠ABG = ∠DAC+∠CAB+∠ABG = ∠CBE+∠CAB+∠ABG = ∠CAB+∠CBA = 180°−∠ACB = 90°,
∴∠AGB = 180°−90°=90°.
∴AD⊥BE.
(2)成立.证明:延长BE交AD于点G.
∵∠DCE=∠ACB=90°,
∴∠DCA+∠ACE=∠ACE+∠ECB=90°.
∴∠DCA=∠ECB.
又
∵$\frac{DC}{CE}=\frac{AC}{BC}=\frac{1}{m}$,
∴△DCA∽△ECB.
∴∠DAC=∠CBE.
∴∠GAB+∠ABG=∠DAC+∠CAB+∠ABG=∠CBE+∠CAB+∠ABG=∠CAB+∠CBA=180°−∠ACB=90°.
∴∠AGB=180°−90°.
∴AD⊥BE.
(3)$6\sqrt{3}$或$4\sqrt{3}$ 【点拨】如图①,当点E在线段AD上时,设AE=x,则AD=AE+DE=x+4,由(2)知,△ECB∽△DCA,
∴$\frac{BE}{AD}=\frac{BC}{AC}=m=\sqrt{3}$.
∴BE=$\sqrt{3}$AD=$\sqrt{3}(x+4)=\sqrt{3}x+4\sqrt{3}$.
由(2)知,BE⊥AD,
∴∠AEB=90°.
根据勾股定理,得$AE^2+BE^2=AB^2$,
即$x^2+(\sqrt{3}x+4\sqrt{3})^2=(4\sqrt{7})^2$,
解得x=2或x=−8(不合题意,舍去),
∴此时BE=6$\sqrt{3}$；
如图②,当点D在线段AE上时,
设AD=y,则AE=AD+DE=y+4,
由(2)知,△ECB∽△DCA,
∴$\frac{BE}{AD}=\frac{BC}{AC}=m=\sqrt{3}$.
∴BE=$\sqrt{3}$AD=$\sqrt{3}y$.
由(2)知,BE⊥AD,
∴∠AEB=90°.
根据勾股定理,得$AE^2+BE^2=AB^2$,
即$(y+4)^2+(\sqrt{3}y)^2=(4\sqrt{7})^2$,
解得y=4或y=−6(不合题意,舍去),
∴此时BE=4$\sqrt{3}$.
综上可知,BE=6$\sqrt{3}$或4$\sqrt{3}$.