Question

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

（1）如圖1，當DE⊥AC時，求EF的長；

（2）如圖2，當點E在AC邊上移動時，∠DFE的正切值是否會發(fā)生變化，如果變化請說出變化情況；如果保持不變，請求出∠DFE的正切值；

（3）如圖3，聯(lián)結CD交EF于點Q，當△CQF是等腰三角形時，請直接寫出BF的長．

Answer 1

【答案】（1）EF=5；（2）不變，理由見解析；（3）BF的長為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；

（2）過點D作DH⊥AC，DG⊥BC，垂足分別為點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，

∴，

∵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，

過點D作DH⊥AC，DG⊥BC，垂足分別為點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QF=QC時，

∴∠QFC=∠QCF，

∵∠EDF+∠ECF=180°，

∴點D，E，C，F四點共圓，

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

即∠DFC=90°，

又∵∠ACB=90°，D是AB的中點，

∴，

∴，

②當FQ=FC時，

∴∠BCD=∠CQF，

∵點D是AB的中點，

∴BD=CD=AB=5，

∴∠BDC=∠BCD，

∴∠BCD=∠FCQ，∠BDC=∠CFQ，

∴△FQC∽△DCB，

由①知，點D，E，C，F四點共圓，

∴∠DEF=∠DCF，

∵∠DQE=∠FQC，

∴△FQC∽△DEQ，

即：△FQC∽△DEQ∽△DCB

∵在Rt△EDF中，，

∴設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CF=CQ時，如圖3，

∴∠BCD=∠CQF，

由②知，CD=BD，

∴∠BDC=∠BCD，

∵△EDQ∽△BDK，

在BC邊上截取BK=BD=5，過點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，BF的長為3或或．