Question

【題目】如圖，已知△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，cosA=，D是AB邊的中點(diǎn)，E是AC邊上一點(diǎn)，聯(lián)結(jié)DE，過(guò)點(diǎn)D作DF⊥DE交BC邊于點(diǎn)F，聯(lián)結(jié)EF．

（1）如圖1，當(dāng)DE⊥AC時(shí)，求EF的長(zhǎng)；

（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)E在AC邊上移動(dòng)時(shí)，∠DFE的正切值是否會(huì)發(fā)生變化，如果變化請(qǐng)說(shuō)出變化情況；如果保持不變，請(qǐng)求出∠DFE的正切值；

（3）如圖3，聯(lián)結(jié)CD交EF于點(diǎn)Q，當(dāng)△CQF是等腰三角形時(shí)，請(qǐng)直接寫出BF的長(zhǎng)．

Answer 1

【答案】（1）EF=5；（2）不變，理由見(jiàn)解析；（3）BF的長(zhǎng)為3或或．

【解析】試題分析：（1）由cosA=，根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義可求可求AC=8，AE=4，在Rt△EDF中，由勾股定理求出DE=3，在Rt△AED中，由勾股定理求出EF的長(zhǎng)；

（2）過(guò)點(diǎn)D作DH⊥AC，DG⊥BC，垂足分別為點(diǎn)H、G，由（1）可得DH=3，DG=4，再證△EDH∽△FDG，得到,然后根據(jù)正切定義求解；

（3）分QF=QC，FQ=FC，CF=CQ三種情況求解.

解：（1）∵∠ACB=90°，

∴，

∵AC=8，

∴AB=10，

∵D是AB邊的中點(diǎn)，

∴，

∵DE⊥AC，

∴∠DEA=∠DEC=90°，

∴，

∴AE=4，

∴CE=8﹣4=4，

∵在Rt△AED中，AE2+DE2=AD2，

∴DE=3，

∵DF⊥DE，

∴∠FDE=90°，

又∵∠ACB=90°，

∴四邊形DECF是矩形，

∴DF=EC=4，

∵在Rt△EDF中，DF2+DE2=EF2，

∴EF=5

（2）不變

如圖2，

過(guò)點(diǎn)D作DH⊥AC，DG⊥BC，垂足分別為點(diǎn)H、G，

由（1）可得DH=3，DG=4，

∵DH⊥AC，DG⊥BC，

∴∠DHC=∠DGC=90°

又∵∠ACB=90°，

∴四邊形DHCG是矩形，

∴∠HDG=90°，

∵∠FDE=90°，

∴∠HDG﹣∠HDF=∠EDF﹣∠HDF，

即∠EDH=∠FDG，

又∵∠DHE=∠DGF=90°

∴△EDH∽△FDG，

∴，

∵∠FDE=90°，

∴，

（3）①當(dāng)QF=QC時(shí)，

∴∠QFC=∠QCF，

∵∠EDF+∠ECF=180°，

∴點(diǎn)D，E，C，F四點(diǎn)共圓，

∴∠ECQ=∠DFE，∠DFE+∠QFC=∠ECQ+∠QCF=∠ACB=90°，

即∠DFC=90°，

又∵∠ACB=90°，D是AB的中點(diǎn)，

∴，

∴，

②當(dāng)FQ=FC時(shí)，

∴∠BCD=∠CQF，

∵點(diǎn)D是AB的中點(diǎn)，

∴BD=CD=AB=5，

∴∠BDC=∠BCD，

∴∠BCD=∠FCQ，∠BDC=∠CFQ，

∴△FQC∽△DCB，

由①知，點(diǎn)D，E，C，F四點(diǎn)共圓，

∴∠DEF=∠DCF，

∵∠DQE=∠FQC，

∴△FQC∽△DEQ，

即：△FQC∽△DEQ∽△DCB

∵在Rt△EDF中，，

∴設(shè)DE=3k，則DF=4k，EF=5k，

∵∠DEF=∠DCF=∠CQF=∠DQE，

∴DE=DQ=3k，

∴CQ=5﹣3k，

∵△DEQ∽△DCB，

∴，

∴，

∴，

∵△FQC∽△DCB，

∴，

∴，

解得，

∴，

∴，

③當(dāng)CF=CQ時(shí)，如圖3，

∴∠BCD=∠CQF，

由②知，CD=BD，

∴∠BDC=∠BCD，

∵△EDQ∽△BDK，

在BC邊上截取BK=BD=5，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥BC于H，

∴DH=AC=4，BH=BC=3，由勾股定理得，

同②的方法得，△CFQ∽△EDQ，

∴設(shè)DE=3m，則EQ=3m，EF=5m，

∴FQ=2m，

∵△EDQ∽△BDK，

∴，

∴DQ=m，

∴CQ=FC=5﹣m，

∵△CQF∽△BDK，

∴，

∴，

解得m=，

∴，

∴．

即：△CQF是等腰三角形時(shí)，BF的長(zhǎng)為3或或．