8. 如图,在$△ ABC$中,CD是边AB上的高,且$\frac{AD}{CD}=\frac{CD}{BD}$.
(1)求$∠ ACB$的大小；
(2)求证:$BC^2=BD· AB$.

8. (1)【解】$\because CD$是边$AB$上的高，$\therefore CD⊥ AB$。$\therefore ∠ CDA=∠ BDC=90°$。又$\because \frac{AD}{CD}=\frac{CD}{BD}$，$\therefore △ CDA ∽ △ BDC$。$\therefore ∠ A=∠ DCB$。$\because ∠ CDA=90°$，$\therefore ∠ A+∠ ACD=90°$。$\therefore ∠ DCB+∠ ACD=90°$，即$∠ ACB=90°$。
(2)【证明】$\because ∠ B=∠ B$，$∠ BCA=∠ BDC=90°$，$\therefore △ BCA ∽ △ BDC$。$\therefore \frac{BC}{BD}=\frac{AB}{BC}$，即$BC^2=BD· AB$。

9. 在数学探究活动中，某同学进行了如下操作：
如图，在直角三角形纸片$ABC(∠ C=90°)$内剪取一个直角三角形$DEF(∠ EDF=90°)$，点$D,E,F$分别在$AB,AC,BC$边上.当$AC=3,BC=4,DE=2DF$时，求$AD$的长.

9. 【解】如图，过点$D$分别作$DP⊥ AC$于点$P$，作$DQ⊥ BC$于点$Q$，则$∠ EPD=∠ FQD=90°$。易得$∠ PDQ=90°$。$\therefore ∠ ADP+∠ QDF+∠ FDB=90°$。$\because ∠ EDF=90°$，$\therefore ∠ ADP+∠ PDE+∠ FDB=90°$。$\therefore ∠ QDF=∠ PDE$。$\therefore △ DPE ∽ △ DQF$。$\therefore \frac{DP}{DQ}=\frac{DE}{DF}$。又$\because DE=2DF$，$\therefore \frac{DP}{DQ}=\frac{DE}{DF}=2$。$\therefore DP=2DQ$。$\because AC=3$，$BC=4$，$∠ C=90°$，$\therefore AB=5$。易知$DP// BC$，$\therefore \frac{AP}{PD}=\frac{AC}{BC}=\frac{3}{4}$。$\therefore \frac{AP}{2DQ}=\frac{3}{4}$，即$\frac{AP}{DQ}=\frac{3}{2}$。易得$DQ=PC$，$\therefore \frac{AP}{PC}=\frac{3}{2}$，$\therefore \frac{AP}{AC}=\frac{3}{5}$。$\because DP// BC$，$\therefore \frac{AP}{AC}=\frac{AD}{AB}$。$\therefore \frac{AD}{AB}=\frac{3}{5}$。$\therefore AD=3$。

10. 如图,在$△ ABC$中,$CD\bot AB$于点$D$,$E$,$F$是$CD$上的两点,且$∠ ACB=∠ AED=∠ BFD$.若$AD=8$,$DE=4$,$BD=12$,则$CD$的长为 ()

A.14
B.16
C.18
D.20

10. B

11. 新考法 折叠法 如图,在矩形ABCD中,E,F分别在AD,BC上,将四边形ABFE沿EF翻折,使A的对称点P落在CD上,B的对称点为G,PG交BC于H.
(1)求证:△EDP∽△PCH;
(2)若P为CD的中点,且AB=2,BC=3,求GH的长;
(3)连结BG,若P为CD的中点,H为BC的中点,探究BG与AB的数量关系,并说明理由.

11. (1)【证明】如图①。
$\because$ 四边形$ABCD$是矩形，$\therefore ∠ A=∠ D=∠ C=90°$。$\therefore ∠ 1+∠ 3=90°$。由翻折的性质知$∠ EPH=∠ A=90°$，$\therefore ∠ 1+∠ 2=90°$。$\therefore ∠ 3=∠ 2$。$\therefore △ EDP ∽ △ PCH$。
(2)【解】$\because$ 四边形$ABCD$是矩形，$\therefore CD=AB=2$，$AD=BC=3$。$\because P$为$CD$的中点，$\therefore DP=CP=\frac{1}{2}×2=1$。由翻折的性质知$AE=EP$，设$EP=AE=x$，则$ED=3-x$。在$\mathrm{Rt}△ EDP$中，$EP^2=ED^2+DP^2$，即$x^2=(3-x)^2+1$，解得$x=\frac{5}{3}$，$\therefore EP=AE=\frac{5}{3}$。$\therefore ED=\frac{4}{3}$。$\because △ EDP ∽ △ PCH$，$\therefore \frac{ED}{PC}=\frac{EP}{PH}$，即$\frac{\frac{4}{3}}{1}=\frac{\frac{5}{3}}{PH}$，解得$PH=\frac{5}{4}$。易知$PG=AB=2$，$\therefore GH=PG-PH=\frac{3}{4}$。
(3)【解】$AB=\sqrt{6}BG$。理由如下：
如图②，延长$AB$，$PG$交于点$M$，连结$AP$。易知$AP⊥ EF$，$BG⊥$直线$EF$，$\therefore BG// AP$。由(1)(2)知$AE=EP$，$∠ EPH=∠ EAB=90°$，$\therefore ∠ EAP=∠ EPA$。$\therefore ∠ BAP=∠ GPA$。$\therefore MA=MP$。$\because P$为$CD$的中点，$\therefore$ 设$DP=CP=y$，$\therefore AB=CD=2y$。$\because H$为$BC$的中点，$\therefore BH=CH$。$\because ∠ BHM=∠ CHP$，$∠ CBM=∠ PCH=90°$，$\therefore △ MBH ≌ △ PCH$。$\therefore BM=CP=y$，$HM=HP$。$\therefore MP=MA=MB+AB=3y$。$\therefore HP=\frac{1}{2}PM=\frac{3}{2}y$。在$\mathrm{Rt}△ PCH$中，$CH=\sqrt{PH^2-PC^2}=\frac{\sqrt{5}}{2}y$，$\therefore BC=2CH=\sqrt{5}y$。$\therefore AD=\sqrt{5}y$。在$\mathrm{Rt}△ APD$中，$AP=\sqrt{AD^2+PD^2}=\sqrt{6}y$。$\because BG// AP$，$\therefore △ BMG ∽ △ AMP$。$\therefore \frac{BG}{AP}=\frac{BM}{AM}=\frac{1}{3}$。$\therefore BG=\frac{\sqrt{6}}{3}y$。$\therefore \frac{AB}{BG}=\frac{2y}{\frac{\sqrt{6}}{3}y}=\sqrt{6}$。$\therefore AB=\sqrt{6}BG$。