17 如图，$△ ABC ∽ △ DEC$，$∠ ACB = ∠ DCE = 120°$，$CA = CB$，点 D 在边 AB 上，DE 交 BC 于点 F，则$\frac{BF}{BC}$的最大值为。

17. $\frac{3}{4}$
【解析】
∵ $∠ACB=120°$,$CA=CB$,
∴ $∠A=∠B=\frac{1}{2}(180°-∠ACB)=30°$.
∵ $△ABC∽△DEC$,
∴ $∠CDE=∠A=30°$.
∵ $∠ADC$ 是$△BCD$ 的外角,
∴ $∠ADC=∠B+∠BCD=30°+∠BCD$.
∵ $∠ADC+∠CDE+∠BDF=180°$,
∴ $∠BDF=180°-30°-(30°+∠BCD)=120°-∠BCD$. 又
∵ $∠ACD=∠ACB-∠BCD=120°-∠BCD$,
∴ $∠BDF=∠ACD$.
∴ $△BDF∽△ACD$.
∴ $\frac{BF}{AD}=\frac{BD}{AC}$.
∴ $BF=\frac{AD·BD}{AC}$.
∴ $\frac{BF}{BC}=\frac{BF}{AC}=\frac{AD·BD}{AC^2}$. 如图,过点 C 作 $CH⊥AB$ 于点 H,
∴ $CH=\frac{1}{2}AC$.
∴ $AH=\sqrt{AC^2-CH^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}AC$.
∵ $CA=CB$,
∴ $AB=2AH=\sqrt{3}AC$.
∴ $AD+BD=AB=\sqrt{3}AC$.
∵ $(AD-BD)^2≥0$,
∴ $(AD+BD)^2-4AD·BD≥0$.
∴ $AD·BD≤\frac{(AD+BD)^2}{4}=\frac{(\sqrt{3}AC)^2}{4}=\frac{3}{4}AC^2$. 当且仅当$AD=BD$时,等号成立,
∴ $\frac{BF}{BC}=\frac{AD·BD}{AC^2}≤\frac{\frac{3}{4}AC^2}{AC^2}=\frac{3}{4}$.

18 [2025 龙东地区]如图,在$△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,$AC=7$,$BC=9$,$M$是$△ ABC$内部一点,连接$AM$,$BM$,$CM$.若$CM=3$,则$AM+\frac{1}{3}BM$的最小值为.

18. $5\sqrt{2}$
【解析】如图,在 BC 上取点 G,使 $CG=1$,连接 MG, AG.
∵ $BC=9$,$CM=3$,
∴ $\frac{CG}{CM}=\frac{CM}{BC}=\frac{1}{3}$.
∵ $∠MCG=∠BCM$,
∴ $△MCG∽△BCM$.
∴ $\frac{MG}{BM}=\frac{CG}{CM}=\frac{1}{3}$.
∴ $MG=\frac{1}{3}BM$.
∴ $AM+\frac{1}{3}BM=AM+MG≥AG$.
∵ 在$Rt△ACG$ 中,$AG=\sqrt{AC^2+CG^2}=5\sqrt{2}$.
∴ $AM+\frac{1}{3}BM≥5\sqrt{2}$,即当点 M 在线段 AG 上时,$AM+\frac{1}{3}BM$ 取得最小值,为$5\sqrt{2}$.

19 [2025 广安]如图，$\odot O$是$△ ABC$的外接圆，$BC$是$\odot O$的直径，点$E$在$BC$的延长线上，连接$AE$，$∠ ABE = ∠ CAE$。
（1）求证：$AE$是$\odot O$的切线；
（2）过点$C$作$CD ⊥ AE$，垂足为$D$，若$S_{△ ABC}=3S_{△ ADC}$，$CE=12$，求$AE$的长。

19. （1）证明：连接 OA.
∵ $OB=OA$,
∴ $∠OAB=∠ABE$.
∵ $∠ABE=∠CAE$,
∴ $∠OAB=∠CAE$.
∵ BC 是$\odot O$ 的直径,
∴ $∠BAC=90°$.
∴ $∠OAE=∠CAE+∠OAC=∠OAC+∠OAB=∠BAC=90°$.
∴ $AE⊥OA$.
∵ OA 是$\odot O$ 的半径,
∴ AE 是$\odot O$ 的切线
（2）
∵ $S_{△ABC}=3S_{△ADC}$,
∴ $\frac{S_{△ABC}}{S_{△ADC}}=3$.
∵ $CD⊥AE$,
∴ $∠CDE=∠ADC=90°$.
∴ $∠BAC=∠ADC=90°$.
∵ $∠ABC=∠DAC$,
∴ $△BAC∽△ADC$.
∴ $\frac{S_{△ABC}}{S_{△ADC}}=(\frac{BC}{AC})^2$.
∴ $\frac{BC}{AC}=\sqrt{3}$.
∴ $BC=\sqrt{3}AC$.
∴ 在$Rt△BAC$ 中,$BA=\sqrt{BC^2-AC^2}=\sqrt{(\sqrt{3}AC)^2-AC^2}=\sqrt{2}AC$.
∵ $∠ABE=∠CAE$,$∠E=∠E$,
∴ $△ABE∽△CAE$.
∴ $\frac{AE}{CE}=\frac{BA}{AC}$.
∴ $\frac{AE}{CE}=\frac{\sqrt{2}AC}{AC}=\sqrt{2}$.
∵ $CE=12$,
∴ $AE=\sqrt{2}CE=12\sqrt{2}$.
∴ AE 的长为 $12\sqrt{2}$

20 [2026 新疆]在$Rt△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$AC=BC$，$D$为$AB$上一点，$∠ EDF=90°$，现将$∠ EDF$绕着点$D$旋转，交$AC$于点$F$，交$BC$于点$E$。
（1）如图①，当$D$为$AB$的中点时，猜想$DE$，$DF$之间的数量关系，并进行证明；
（2）如图②，当$BD=2AD$时，猜想$AF$，$BE$，$AB$之间的数量关系，并进行证明；
（3）如图③，当$BD=nAD$时，猜想$AF$，$BE$，$AB$之间的数量关系，并进行证明。

20. （1）$DF=DE$ 证明：如图①,连接 CD.
∵ $AC=BC$,$∠ACB=90°$,D 为 AB 的中点,
∴ $∠A=∠B=45°$,$CD⊥AB$,$CD=\frac{1}{2}AB=AD=BD$.
∴ $∠DCE=∠B=45°$.
∴ $∠DCE=∠A$.
∵ $∠EDF=90°$,
∴ $∠1=∠3=90°-∠2$.
∴ $△ADF≌△CDE$.
∴ $DF=DE$
（2）$BE+2AF=\frac{2\sqrt{2}}{3}AB$ 证明：如图②,过点 D 作 $DM⊥AC$,$DN⊥BC$,垂足分别为 M,N,则$∠DMF=∠DNE=∠DNC=90°$,由(1)知$∠A=∠B=45°$,
∴ $∠A=∠ADM=45°$,$∠B=∠BDN=45°$.
∴ $△AMD$,$△BND$ 为等腰直角三角形,则$AM=MD$,$DN=BN$.
∴ 易得$AM=MD=\frac{\sqrt{2}}{2}AD$. 同理,$DN=BN=\frac{\sqrt{2}}{2}BD$,
∵ $BD=2AD$,
∴ $DN=2DM$.
∵ $∠C=90°$,
∴ $∠MDN=90°$.
∵ $∠EDF=90°$,
∴ $∠1=∠2=90°-∠FDN$.
∴ $△DMF∽△DNE$.
∴ $\frac{DM}{DN}=\frac{MF}{NE}=\frac{1}{2}$.
∴ $NE=2MF$.
∵ $AF=AM+MF$,$BE=BN-NE$,
∴ $AF=\frac{\sqrt{2}}{2}AD+MF$,$BE=\frac{\sqrt{2}}{2}BD-NE$①.
∴ $2AF=\sqrt{2}AD+2MF$②. 由①+②得,$BE+2AF=\sqrt{2}AD+\frac{\sqrt{2}}{2}BD=\sqrt{2}AD+\frac{\sqrt{2}}{2}×2AD=2\sqrt{2}AD$.
∵ $BD+AD=2AD+AD=AB$,
∴ $AD=\frac{1}{3}AB$.
∴ $BE+2AF=2\sqrt{2}AD=\frac{2\sqrt{2}}{3}AB$
（3）$BE+nAF=\frac{\sqrt{2}n}{n+1}AB$ 证明：如图③,过点 D 作 $DM⊥AC$,$DN⊥BC$,垂足分别为 M,N,同理于(2)可得 $AM=MD=\frac{\sqrt{2}}{2}AD$,$DN=BN=\frac{\sqrt{2}}{2}BD$,
∵ $BD=nAD$,
∴ $DN=nDM$. 同理于(2)可证明$△DMF∽△DNE$,
∴ $\frac{DM}{DN}=\frac{MF}{NE}=\frac{1}{n}$.
∴ $NE=nMF$.
∵ $AF=AM+MF$,$BE=BN-NE$,
∴ $AF=\frac{\sqrt{2}}{2}AD+MF$,$BE=\frac{\sqrt{2}}{2}BD-NE$①.
∴ $nAF=\frac{\sqrt{2}}{2}nAD+nMF$②. 由①+②得,$BE+nAF=\frac{\sqrt{2}}{2}nAD+\frac{\sqrt{2}}{2}BD=\frac{\sqrt{2}}{2}nAD+\frac{\sqrt{2}}{2}×nAD=\sqrt{2}nAD$.
∵ $BD+AD=nAD+AD=AB$,
∴ $AD=\frac{1}{n+1}AB$.
∴ $BE+nAF=\sqrt{2}nAD=\frac{\sqrt{2}n}{n+1}AB$