Question

14．已知点E、F分别是四边形ABCD边AB、AD上的点，且DE与CF相交于点G．

（1）如图①，若AB∥CD，AB=CD，∠A=90°，且AD•DF=AE•DC，求证：DE⊥CF：
（2）如图②，若AB∥CD，AB=CD，且∠A=∠EGC时，求证：DE•CD=CF•DA：
（3）如图③，若BA=BC=3，DA=DC=4，设DE⊥CF，当∠BAD=90°时，试判断$\frac{DE}{CF}$是否为定值，并证明．

Answer 1

分析 （1）根据已知条件得到四边形ABCD是矩形，由矩形的性质得到∠A=∠FDC=90°，根据相似三角形的性质得到∠CFD=∠AED，根据余角的性质即可得到结论；
（2）根据已知条件得到△DFG∽△DEA，推出$\frac{DE}{AD}$=$\frac{DF}{DG}$，根据△CGD∽△CDF，得到$\frac{DF}{DG}$=$\frac{CF}{CD}$，等量代换即可得到结论；
（3）过C作CN⊥AD于N，CM⊥AB交AB延长线于M，连接BD，设CN=x，△BAD≌△BCD，推出∠BCD=∠A=90°，证△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，证出△AED∽△NFC，即可得出答案．

解答 （1）证明：∵AB∥CD，AB=CD，∠A=90°，
∴四边形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）证明：∵∠A=∠EGC，∠ADE=∠GDF，
∴△DFG∽△DEA，
∴$\frac{DE}{AD}$=$\frac{DF}{DG}$，
∵AB∥CD，AB=CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，∠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：$\frac{DE}{CF}$为定值，
理由：过C作CN⊥AD于N，CM⊥AB交AB延长线于M，连接BD，设CN=x，
∵∠BAD=90°，即AB⊥AD，
∴∠A=∠M=∠CNA=90°，
∴四边形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，
∴$\frac{DE}{CF}$=$\frac{AD}{CN}$=$\frac{4}{\frac{96}{25}}$=$\frac{25}{24}$．

点评 本题考查了矩形性质和判定，勾股定理，平行四边形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定的应用，主要考查学生综合运用性质和定理进行推理的能力，题目比较好．