Question

14．已知點(diǎn)E、F分別是四邊形ABCD邊AB、AD上的點(diǎn)，且DE與CF相交于點(diǎn)G．

（1）如圖①，若AB∥CD，AB=CD，∠A=90°，且AD•DF=AE•DC，求證：DE⊥CF：
（2）如圖②，若AB∥CD，AB=CD，且∠A=∠EGC時(shí)，求證：DE•CD=CF•DA：
（3）如圖③，若BA=BC=3，DA=DC=4，設(shè)DE⊥CF，當(dāng)∠BAD=90°時(shí)，試判斷$\frac{DE}{CF}$是否為定值，并證明．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)已知條件得到四邊形ABCD是矩形，由矩形的性質(zhì)得到∠A=∠FDC=90°，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到∠CFD=∠AED，根據(jù)余角的性質(zhì)即可得到結(jié)論；
（2）根據(jù)已知條件得到△DFG∽△DEA，推出$\frac{DE}{AD}$=$\frac{DF}{DG}$，根據(jù)△CGD∽△CDF，得到$\frac{DF}{DG}$=$\frac{CF}{CD}$，等量代換即可得到結(jié)論；
（3）過(guò)C作CN⊥AD于N，CM⊥AB交AB延長(zhǎng)線于M，連接BD，設(shè)CN=x，△BAD≌△BCD，推出∠BCD=∠A=90°，證△BCM∽△DCN，求出CM=$\frac{3}{4}$x，在Rt△CMB中，由勾股定理得出BM²+CM²=BC²，解方程得到CN，證出△AED∽△NFC，即可得出答案．

解答 （1）證明：∵AB∥CD，AB=CD，∠A=90°，
∴四邊形ABCD是矩形，
∴∠A=∠FDC=90°，
∵AD•DF=AE•DC，
∴$\frac{AD}{AE}=\frac{CD}{DF}$，
∴△AED∽△DFC，
∴∠CFD=∠AED，
∵∠ADE+∠AED=90°，
∴∠ADE+∠CFD=90°，
∴∠DGF=90°，
∴DE⊥CF；

（2）證明：∵∠A=∠EGC，∠ADE=∠GDF，
∴△DFG∽△DEA，
∴$\frac{DE}{AD}$=$\frac{DF}{DG}$，
∵AB∥CD，AB=CD，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，∠AED=∠EDC，
∴∠B=∠ADC，
∵△DFG∽△DEA，
∴∠AED=∠DFG，
∴DFC=∠GDC，
∵∠DCG=∠FCD，
∴△CGD∽△CDF，
∴$\frac{DF}{DG}$=$\frac{CF}{CD}$，
∴$\frac{DE}{AD}$=$\frac{CF}{CD}$，
∴DE•CD=CF•DA；

（3）解：$\frac{DE}{CF}$為定值，
理由：過(guò)C作CN⊥AD于N，CM⊥AB交AB延長(zhǎng)線于M，連接BD，設(shè)CN=x，
∵∠BAD=90°，即AB⊥AD，
∴∠A=∠M=∠CNA=90°，
∴四邊形AMCN是矩形，
∴AM=CN，AN=CM，
∵在△BAD和△BCD中，$\left\{\begin{array}{l}{AD=CD}\\{AB=BC}\\{BD=BD}\end{array}\right.$，
∴△BAD≌△BCD（SSS），
∴∠BCD=∠A=90°，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∵∠ABC+∠CBM=180°，
∴∠MBC=∠ADC，
∵∠CND=∠M=90°，
∴△BCM∽△DCN，
∴$\frac{CM}{CN}$=$\frac{BC}{CD}$，
∴$\frac{CM}{x}=\frac{3}{4}$，
∴CM=$\frac{3}{4}$x，
在Rt△CMB中，CM=$\frac{3}{4}$x，BM=AM-AB=x-3，由勾股定理得：BM²+CM²=BC²，
∴（x-3）²+（$\frac{3}{4}$x）²=3²，
x=0（舍去），x=$\frac{96}{25}$，
∴CN=$\frac{96}{25}$，
∵∠A=∠FGD=90°，
∴∠AED+∠AFG=180°，
∵∠AFG+∠NFC=180°，
∴∠AED=∠CFN，
∵∠A=∠CNF=90°，
∴△AED∽△NFC，
∴$\frac{DE}{CF}$=$\frac{AD}{CN}$=$\frac{4}{\frac{96}{25}}$=$\frac{25}{24}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了矩形性質(zhì)和判定，勾股定理，平行四邊形的性質(zhì)和判定，全等三角形的性質(zhì)和判定，相似三角形的性質(zhì)和判定的應(yīng)用，主要考查學(xué)生綜合運(yùn)用性質(zhì)和定理進(jìn)行推理的能力，題目比較好．