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17 如图1,在$△ ABC$中,$AD⊥ BC$,过点$D$作$DE⊥ AB$交$AB$于$E$,$DF⊥ AC$交$AC$于$F$,连接$EF$.
(1)已知$AD^2=BD· DC$,
①求证:$∠ BAC=90°$;
②若$AB=4,DC=6$,求$EF$的长.
(2)如图2,若$AD=4,BD=2,DC=4$,求$EF$的长.
(1)已知$AD^2=BD· DC$,
①求证:$∠ BAC=90°$;
②若$AB=4,DC=6$,求$EF$的长.
(2)如图2,若$AD=4,BD=2,DC=4$,求$EF$的长.
答案
17.(1)①证明:
∵$AD⊥BC,∴∠ADB=∠CDA=90°.$
又$AD^2=BD· DC,\therefore \frac{BD}{AD}=\frac{AD}{CD},$
$\therefore △ABD∽△CAD,∴∠BAD=∠C.$
又$∠B+∠BAD=90°,$
$\therefore ∠B+∠C=90°,∴∠BAC=90°.$
②解:
∵$DE⊥AB,DF⊥AC,∠BAC=90°,$
$\therefore ∠EAF=∠AED=∠AFD=90°,$
∴四边形 AEDF 是矩形,
∴$EF=AD.$
∵$∠BAC=∠ADB=90°,∠B=∠B,$
$\therefore △ABD∽△CBA,\therefore \frac{AB}{BC}=\frac{BD}{AB},$
$\therefore AB^2=BD· BC,即4^2=BD· (BD+6),$
解得 $BD=2$(负值舍去),
∴在 $Rt△ABD$ 中,$AD=\sqrt{AB^2-BD^2}=2\sqrt{3},$
$\therefore EF=2\sqrt{3}.$
(2)解:
∵$AD=4,DC=4,DF⊥AC,BD=2,$
$\therefore AC=4\sqrt{2},AB=2\sqrt{5},\therefore AF=\frac{1}{2}AC=2\sqrt{2}.$
∵$DE⊥AB,DF⊥AC,AD⊥BC,$
$\therefore △ADE∽△ABD,△ADF∽△ACD,$
$\therefore AD^2=AE· AB,AD^2=AF· AC,$
$\therefore AE· AB=AF· AC,即\frac{AE}{AC}=\frac{AF}{AB}.$
又
∵$∠EAF=∠CAB,∴△AEF∽△ACB,$
$\therefore \frac{EF}{CB}=\frac{AF}{AB},\therefore \frac{EF}{6}=\frac{2\sqrt{2}}{2\sqrt{5}},\therefore EF=\frac{6}{5}\sqrt{10}.$
∵$AD⊥BC,∴∠ADB=∠CDA=90°.$
又$AD^2=BD· DC,\therefore \frac{BD}{AD}=\frac{AD}{CD},$
$\therefore △ABD∽△CAD,∴∠BAD=∠C.$
又$∠B+∠BAD=90°,$
$\therefore ∠B+∠C=90°,∴∠BAC=90°.$
②解:
∵$DE⊥AB,DF⊥AC,∠BAC=90°,$
$\therefore ∠EAF=∠AED=∠AFD=90°,$
∴四边形 AEDF 是矩形,
∴$EF=AD.$
∵$∠BAC=∠ADB=90°,∠B=∠B,$
$\therefore △ABD∽△CBA,\therefore \frac{AB}{BC}=\frac{BD}{AB},$
$\therefore AB^2=BD· BC,即4^2=BD· (BD+6),$
解得 $BD=2$(负值舍去),
∴在 $Rt△ABD$ 中,$AD=\sqrt{AB^2-BD^2}=2\sqrt{3},$
$\therefore EF=2\sqrt{3}.$
(2)解:
∵$AD=4,DC=4,DF⊥AC,BD=2,$
$\therefore AC=4\sqrt{2},AB=2\sqrt{5},\therefore AF=\frac{1}{2}AC=2\sqrt{2}.$
∵$DE⊥AB,DF⊥AC,AD⊥BC,$
$\therefore △ADE∽△ABD,△ADF∽△ACD,$
$\therefore AD^2=AE· AB,AD^2=AF· AC,$
$\therefore AE· AB=AF· AC,即\frac{AE}{AC}=\frac{AF}{AB}.$
又
∵$∠EAF=∠CAB,∴△AEF∽△ACB,$
$\therefore \frac{EF}{CB}=\frac{AF}{AB},\therefore \frac{EF}{6}=\frac{2\sqrt{2}}{2\sqrt{5}},\therefore EF=\frac{6}{5}\sqrt{10}.$
解析
【分析】
(1)①要证∠BAC=90°，已知AD⊥BC，即∠ADB=∠CDA=90°，结合已知条件AD²=BD·DC可转化为边的比例关系，证明△ABD∽△CAD，再通过角的等量代换推导∠B+∠C=90°，即可得∠BAC=90°。
②求EF的长：由DE⊥AB、DF⊥AC，结合①中已证的∠BAC=90°，可判定四边形AEDF是矩形，根据矩形对角线相等可知EF=AD，因此只需计算AD的长度即可。先利用△ABD∽△CBA求出BD的长，再在Rt△ABD中用勾股定理计算AD，即可得到EF的长度。
(2)本小问未给出∠BAC=90°，可先由AD⊥BC、DE⊥AB、DF⊥AC的条件，得到△ADE∽△ABD、△ADF∽△ACD，推导得出AD²=AE·AB、AD²=AF·AC，进一步得到边的比例关系$\frac{AE}{AC}=\frac{AF}{AB}$，结合公共角∠EAF=∠CAB，证明△AEF∽△ACB，最后利用相似三角形对应边成比例计算EF的长度。
【解析】
(1)①证明：
∵$AD⊥BC$，
∴$∠ADB=∠CDA=90°$。
又$AD^2=BD· DC$，
∴$\frac{BD}{AD}=\frac{AD}{CD}$，
∴$△ABD∽△CAD$，
∴$∠BAD=∠C$。
又$∠B+∠BAD=90°$，
∴$∠B+∠C=90°$，
∴$∠BAC=90°$。
②解：
∵$DE⊥AB$，$DF⊥AC$，$∠BAC=90°$，
∴$∠EAF=∠AED=∠AFD=90°$，
∴四边形AEDF是矩形，
∴$EF=AD$。
∵$∠BAC=∠ADB=90°$，$∠B=∠B$，
∴$△ABD∽△CBA$，
∴$\frac{AB}{BC}=\frac{BD}{AB}$，
∴$AB^2=BD· BC$，即$4^2=BD· (BD+6)$，
解得$BD=2$(负值舍去)，
∴在$Rt△ABD$中，$AD=\sqrt{AB^2-BD^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$，
∴$EF=2\sqrt{3}$。
(2)解：
∵$AD=4$，$DC=4$，$DF⊥AC$，$BD=2$，
∴$AC=\sqrt{AD^2+DC^2}=\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}$，$AB=\sqrt{AD^2+BD^2}=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$，
∵AD=DC，DF⊥AC，
∴$AF=\frac{1}{2}AC=2\sqrt{2}$。
∵$DE⊥AB$，$DF⊥AC$，$AD⊥BC$，
∴$△ADE∽△ABD$，$△ADF∽△ACD$，
∴$AD^2=AE· AB$，$AD^2=AF· AC$，
∴$AE· AB=AF· AC$，即$\frac{AE}{AC}=\frac{AF}{AB}$。
又
∵$∠EAF=∠CAB$，
∴$△AEF∽△ACB$，
∴$\frac{EF}{CB}=\frac{AF}{AB}$，其中$CB=BD+DC=2+4=6$，
∴$\frac{EF}{6}=\frac{2\sqrt{2}}{2\sqrt{5}}$，解得$EF=\frac{6\sqrt{10}}{5}$。
【答案】
(1)①证明成立；②$EF=2\sqrt{3}$；(2)$EF=\frac{6\sqrt{10}}{5}$
【知识点】
相似三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题是几何综合练习题，核心考察垂直条件下相似三角形的推导与应用，解题时需从直角条件中挖掘角的互余关系、边的比例关系，合理运用矩形性质、相似三角形性质完成未知量的求解，对几何逻辑推导能力有一定的锻炼价值。
【难度系数】
0.6
(1)①要证∠BAC=90°，已知AD⊥BC，即∠ADB=∠CDA=90°，结合已知条件AD²=BD·DC可转化为边的比例关系，证明△ABD∽△CAD，再通过角的等量代换推导∠B+∠C=90°，即可得∠BAC=90°。
②求EF的长：由DE⊥AB、DF⊥AC，结合①中已证的∠BAC=90°，可判定四边形AEDF是矩形，根据矩形对角线相等可知EF=AD，因此只需计算AD的长度即可。先利用△ABD∽△CBA求出BD的长，再在Rt△ABD中用勾股定理计算AD，即可得到EF的长度。
(2)本小问未给出∠BAC=90°，可先由AD⊥BC、DE⊥AB、DF⊥AC的条件，得到△ADE∽△ABD、△ADF∽△ACD，推导得出AD²=AE·AB、AD²=AF·AC，进一步得到边的比例关系$\frac{AE}{AC}=\frac{AF}{AB}$，结合公共角∠EAF=∠CAB，证明△AEF∽△ACB，最后利用相似三角形对应边成比例计算EF的长度。
【解析】
(1)①证明：
∵$AD⊥BC$，
∴$∠ADB=∠CDA=90°$。
又$AD^2=BD· DC$，
∴$\frac{BD}{AD}=\frac{AD}{CD}$，
∴$△ABD∽△CAD$，
∴$∠BAD=∠C$。
又$∠B+∠BAD=90°$，
∴$∠B+∠C=90°$，
∴$∠BAC=90°$。
②解：
∵$DE⊥AB$，$DF⊥AC$，$∠BAC=90°$，
∴$∠EAF=∠AED=∠AFD=90°$，
∴四边形AEDF是矩形，
∴$EF=AD$。
∵$∠BAC=∠ADB=90°$，$∠B=∠B$，
∴$△ABD∽△CBA$，
∴$\frac{AB}{BC}=\frac{BD}{AB}$，
∴$AB^2=BD· BC$，即$4^2=BD· (BD+6)$，
解得$BD=2$(负值舍去)，
∴在$Rt△ABD$中，$AD=\sqrt{AB^2-BD^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$，
∴$EF=2\sqrt{3}$。
(2)解：
∵$AD=4$，$DC=4$，$DF⊥AC$，$BD=2$，
∴$AC=\sqrt{AD^2+DC^2}=\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}$，$AB=\sqrt{AD^2+BD^2}=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$，
∵AD=DC，DF⊥AC，
∴$AF=\frac{1}{2}AC=2\sqrt{2}$。
∵$DE⊥AB$，$DF⊥AC$，$AD⊥BC$，
∴$△ADE∽△ABD$，$△ADF∽△ACD$，
∴$AD^2=AE· AB$，$AD^2=AF· AC$，
∴$AE· AB=AF· AC$，即$\frac{AE}{AC}=\frac{AF}{AB}$。
又
∵$∠EAF=∠CAB$，
∴$△AEF∽△ACB$，
∴$\frac{EF}{CB}=\frac{AF}{AB}$，其中$CB=BD+DC=2+4=6$，
∴$\frac{EF}{6}=\frac{2\sqrt{2}}{2\sqrt{5}}$，解得$EF=\frac{6\sqrt{10}}{5}$。
【答案】
(1)①证明成立；②$EF=2\sqrt{3}$；(2)$EF=\frac{6\sqrt{10}}{5}$
【知识点】
相似三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题是几何综合练习题，核心考察垂直条件下相似三角形的推导与应用，解题时需从直角条件中挖掘角的互余关系、边的比例关系，合理运用矩形性质、相似三角形性质完成未知量的求解，对几何逻辑推导能力有一定的锻炼价值。
【难度系数】
0.6
18在矩形ABCD中，AB＜BC，AB=6，E是射线CD上一点，点C关于BE的对称点F恰好落在射线DA上。
(1)如图，当点E在边CD上时，若BC=10，则DF=
(2)作∠ABF的平分线交射线DA于点M，当$\frac{MF}{BC}=\frac{1}{2}$时，求DF的长。
(1)如图，当点E在边CD上时，若BC=10，则DF=
2
；若AF·DF=9时，求DF的长；(2)作∠ABF的平分线交射线DA于点M，当$\frac{MF}{BC}=\frac{1}{2}$时，求DF的长。
答案
18.解:(1)
∵点 C 关于 BE 的对称点 F 恰好落在射线 DA 上,
∴$BF=BC=10.$ 在 $Rt△ABF$ 中,
$AF=\sqrt{BF^2-AB^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8,$
$\therefore DF=AD-AF=10-8=2.$
∵四边形 ABCD 是矩形,
∴$∠A=∠D=90°,$
$\therefore ∠AFB+∠DFE=90°,∠DEF+∠DFE=90°,$
$\therefore ∠AFB=∠DEF,∴△FAB∽△EDF,$
$\therefore \frac{AF}{DE}=\frac{AB}{DF},\therefore AF· DF=AB· DE.$
∵$AF· DF=9,AB=6,\therefore DE=\frac{3}{2},$
$\therefore CE=CD-DE=\frac{9}{2}.$
∵点 C 关于 BE 的对称点 F 恰好落在射线 DA 上,
$\therefore EF=CE=\frac{9}{2},\therefore DF=\sqrt{EF^2-DE^2}=3\sqrt{2}.$
(2)①点 F 在 AD 边上时,过点 M 作 $MN⊥BF$ 于点 N,如图 1.
∵BM 平分$∠ABF,MA⊥AB,MN⊥BF,$
$\therefore MA=MN.$
∵$∠A=∠MNF=90°,∠AFB=∠NFM,$
$\therefore △FAB∽△FNM,\therefore \frac{MN}{AB}=\frac{MF}{BF}.$
$\because \frac{MF}{BC}=\frac{1}{2},BF=BC,\therefore \frac{MN}{AB}=\frac{MF}{BF}=\frac{1}{2}.$
∵$AB=6,\therefore MN=3.$
在 $Rt△ABM$ 和 $Rt△NBM$ 中,$\begin{cases} BM=BM, \\ AM=MN, \end{cases}$
$\therefore Rt△ABM≌Rt△NBM,\therefore BN=AB=6.$
设 $MF=x$,则 $BF=BC=2x,\therefore FN=2x-6.$
在 $Rt△MNF$ 中,$\because MN^2+FN^2=MF^2,$
$\therefore 3^2+(2x-6)^2=x^2$,解得 $x=5$ 或 $x=3$(舍去),
$\therefore BC=2x=10,\therefore AD=BC=10,$
$\therefore DF=AD-AM-MF=2.$
②点 F 在边 DA 的延长线上时,过点 M 作 $MN⊥BF$ 于点 N,如图 2.
同①可得 $AM=MN=3,BN=AB=6,BC=AD=10,$
$\therefore MF=\frac{1}{2}BC=5,\therefore DF=AD+AM+MF=18.$
综上,当$\frac{MF}{BC}=\frac{1}{2}$时,DF 的长为 2 或 18.
解析
【分析】
本题结合轴对称、矩形、相似三角形等性质逐步求解：
(1) 第一小问：根据轴对称性质得BF=BC，在Rt△ABF中用勾股定理算出AF，再用AD减AF即可得DF；第二小问：先通过同角的余角相等证明△FAB∽△EDF，结合已知AF·DF=9求出DE的长，再由轴对称性质得EF=CE，最后在Rt△DEF中用勾股定理求DF。
(2) 分两种情况讨论：①点F在AD边上时，利用角平分线性质得MA=MN，证明全等得到BN=AB，再结合相似三角形和MF与BC的比例关系设未知数列方程求解BC，进而计算DF；②点F在DA延长线上时，同理推导计算DF，注意不要漏解。
【解析】
(1)
∵点C关于BE的对称点F恰好落在射线DA上，
∴$BF=BC=10$。
在$Rt△ABF$中，$AF=\sqrt{BF^2-AB^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8$，
$\therefore DF=AD-AF=10-8=2$。
∵四边形ABCD是矩形，
∴$∠A=∠D=90°$，
$\therefore ∠AFB+∠DFE=90°,∠DEF+∠DFE=90°$，
$\therefore ∠AFB=∠DEF,∴△FAB∽△EDF$，
$\therefore \frac{AF}{DE}=\frac{AB}{DF},\therefore AF· DF=AB· DE$。
∵$AF· DF=9,AB=6,\therefore DE=\frac{3}{2}$，
$\therefore CE=CD-DE=6-\frac{3}{2}=\frac{9}{2}$。
∵点C关于BE的对称点F恰好落在射线DA上，
$\therefore EF=CE=\frac{9}{2},\therefore DF=\sqrt{EF^2-DE^2}=\sqrt{(\frac{9}{2})^2-(\frac{3}{2})^2}=3\sqrt{2}$。
(2)①点F在AD边上时，过点M作$MN⊥BF$于点N，如图1。
∵BM平分$∠ABF,MA⊥AB,MN⊥BF$，
$\therefore MA=MN$。
∵$∠A=∠MNF=90°,∠AFB=∠NFM$，
$\therefore △FAB∽△FNM,\therefore \frac{MN}{AB}=\frac{MF}{BF}$。
$\because \frac{MF}{BC}=\frac{1}{2},BF=BC,\therefore \frac{MN}{AB}=\frac{MF}{BF}=\frac{1}{2}$。
∵$AB=6,\therefore MN=3$。
在$Rt△ABM$和$Rt△NBM$中，$\begin{cases} BM=BM, \\ AM=MN, \end{cases}$
$\therefore Rt△ABM≌Rt△NBM,\therefore BN=AB=6$。
设 $MF=x$,则 $BF=BC=2x,\therefore FN=2x-6$。
在$Rt△MNF$中，$\because MN^2+FN^2=MF^2$，
$\therefore 3^2+(2x-6)^2=x^2$,解得 $x=5$ 或 $x=3$(舍去)，
$\therefore BC=2x=10,\therefore AD=BC=10$，
$\therefore DF=AD-AM-MF=10-3-5=2$。
②点F在边DA的延长线上时，过点M作 $MN⊥BF$ 于点N，如图2。
同①可得 $AM=MN=3,BN=AB=6,BC=AD=10$，
$\therefore MF=\frac{1}{2}BC=5,\therefore DF=AD+AM+MF=10+3+5=18$。
综上，当$\frac{MF}{BC}=\frac{1}{2}$时，DF的长为2或18。
【答案】
(1) $2$；$3\sqrt{2}$
(2) $2$或$18$
【知识点】
轴对称的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题综合性较强，考查了矩形、轴对称、角平分线的基础性质，同时结合相似三角形、全等三角形判定及勾股定理的应用，解题时需注意射线的位置分情况讨论，避免漏解。
【难度系数】
0.4
本题结合轴对称、矩形、相似三角形等性质逐步求解：
(1) 第一小问：根据轴对称性质得BF=BC，在Rt△ABF中用勾股定理算出AF，再用AD减AF即可得DF；第二小问：先通过同角的余角相等证明△FAB∽△EDF，结合已知AF·DF=9求出DE的长，再由轴对称性质得EF=CE，最后在Rt△DEF中用勾股定理求DF。
(2) 分两种情况讨论：①点F在AD边上时，利用角平分线性质得MA=MN，证明全等得到BN=AB，再结合相似三角形和MF与BC的比例关系设未知数列方程求解BC，进而计算DF；②点F在DA延长线上时，同理推导计算DF，注意不要漏解。
【解析】
(1)
∵点C关于BE的对称点F恰好落在射线DA上，
∴$BF=BC=10$。
在$Rt△ABF$中，$AF=\sqrt{BF^2-AB^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8$，
$\therefore DF=AD-AF=10-8=2$。
∵四边形ABCD是矩形，
∴$∠A=∠D=90°$，
$\therefore ∠AFB+∠DFE=90°,∠DEF+∠DFE=90°$，
$\therefore ∠AFB=∠DEF,∴△FAB∽△EDF$，
$\therefore \frac{AF}{DE}=\frac{AB}{DF},\therefore AF· DF=AB· DE$。
∵$AF· DF=9,AB=6,\therefore DE=\frac{3}{2}$，
$\therefore CE=CD-DE=6-\frac{3}{2}=\frac{9}{2}$。
∵点C关于BE的对称点F恰好落在射线DA上，
$\therefore EF=CE=\frac{9}{2},\therefore DF=\sqrt{EF^2-DE^2}=\sqrt{(\frac{9}{2})^2-(\frac{3}{2})^2}=3\sqrt{2}$。
(2)①点F在AD边上时，过点M作$MN⊥BF$于点N，如图1。
∵BM平分$∠ABF,MA⊥AB,MN⊥BF$，
$\therefore MA=MN$。
∵$∠A=∠MNF=90°,∠AFB=∠NFM$，
$\therefore △FAB∽△FNM,\therefore \frac{MN}{AB}=\frac{MF}{BF}$。
$\because \frac{MF}{BC}=\frac{1}{2},BF=BC,\therefore \frac{MN}{AB}=\frac{MF}{BF}=\frac{1}{2}$。
∵$AB=6,\therefore MN=3$。
在$Rt△ABM$和$Rt△NBM$中，$\begin{cases} BM=BM, \\ AM=MN, \end{cases}$
$\therefore Rt△ABM≌Rt△NBM,\therefore BN=AB=6$。
设 $MF=x$,则 $BF=BC=2x,\therefore FN=2x-6$。
在$Rt△MNF$中，$\because MN^2+FN^2=MF^2$，
$\therefore 3^2+(2x-6)^2=x^2$,解得 $x=5$ 或 $x=3$(舍去)，
$\therefore BC=2x=10,\therefore AD=BC=10$，
$\therefore DF=AD-AM-MF=10-3-5=2$。
②点F在边DA的延长线上时，过点M作 $MN⊥BF$ 于点N，如图2。
同①可得 $AM=MN=3,BN=AB=6,BC=AD=10$，
$\therefore MF=\frac{1}{2}BC=5,\therefore DF=AD+AM+MF=10+3+5=18$。
综上，当$\frac{MF}{BC}=\frac{1}{2}$时，DF的长为2或18。
【答案】
(1) $2$；$3\sqrt{2}$
(2) $2$或$18$
【知识点】
轴对称的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题综合性较强，考查了矩形、轴对称、角平分线的基础性质，同时结合相似三角形、全等三角形判定及勾股定理的应用，解题时需注意射线的位置分情况讨论，避免漏解。
【难度系数】
0.4
