Question

【题目】如图，已知△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，cosA=，D是AB边的中点，E是AC边上一点，联结DE，过点D作DF⊥DE交BC边于点F，联结EF．

（1）如图1，当DE⊥AC时，求EF的长；

（2）如图2，当点E在AC边上移动时，∠DFE的正切值是否会发生变化，如果变化请说出变化情况；如果保持不变，请求出∠DFE的正切值；

（3）如图3，联结CD交EF于点Q，当△CQF是等腰三角形时，请直接写出BF的长．

Answer 1

【答案】（1）EF=5；（2）不变，理由见解析；（3）BF的长为3或或．

【解析】试题分析：（1）由cosA=，根据锐角三角函数的定义可求可求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的长；

（2）过点D作DH⊥AC，DG⊥BC，垂足分别为点H、G，由（1）可得DH=3，DG=4，再证△EDH∽△FDG，得到,然后根据正切定义求解；

（3）分QF=QC，FQ=FC，CF=CQ三种情况求解.

解：（1）∵∠ACB=90°，

∴，

∵AC=8，

∴AB=10，

∵D是AB边的中点，

∴，

∵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°，

∴四边形DECF是矩形，

∴DF=EC=4，

∵在Rt△EDF中，DF2+DE2=EF2，

∴EF=5

（2）不变

如图2，

过点D作DH⊥AC，DG⊥BC，垂足分别为点H、G，

由（1）可得DH=3，DG=4，

∵DH⊥AC，DG⊥BC，

∴∠DHC=∠DGC=90°

又∵∠ACB=90°，

∴四边形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当QF=QC时，

∴∠QFC=∠QCF，

∵∠EDF+∠ECF=180°，

∴点D，E，C，F四点共圆，

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

即∠DFC=90°，

又∵∠ACB=90°，D是AB的中点，

∴，

∴，

②当FQ=FC时，

∴∠BCD=∠CQF，

∵点D是AB的中点，

∴BD=CD=AB=5，

∴∠BDC=∠BCD，

∴∠BCD=∠FCQ，∠BDC=∠CFQ，

∴△FQC∽△DCB，

由①知，点D，E，C，F四点共圆，

∴∠DEF=∠DCF，

∵∠DQE=∠FQC，

∴△FQC∽△DEQ，

即：△FQC∽△DEQ∽△DCB

∵在Rt△EDF中，，

∴设DE=3k，则DF=4k，EF=5k，

∵∠DEF=∠DCF=∠CQF=∠DQE，

∴DE=DQ=3k，

∴CQ=5﹣3k，

∵△DEQ∽△DCB，

∴，

∴，

∴，

∵△FQC∽△DCB，

∴，

∴，

解得，

∴，

∴，

③当CF=CQ时，如图3，

∴∠BCD=∠CQF，

由②知，CD=BD，

∴∠BDC=∠BCD，

∵△EDQ∽△BDK，

在BC边上截取BK=BD=5，过点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，

∴设DE=3m，则EQ=3m，EF=5m，

∴FQ=2m，

∵△EDQ∽△BDK，

∴，

∴DQ=m，

∴CQ=FC=5﹣m，

∵△CQF∽△BDK，

∴，

∴，

解得m=，

∴，

∴．

即：△CQF是等腰三角形时，BF的长为3或或．