Question

2．如图，在Rt△ACB中，∠ACB=90°，点D为BC边上的一点，将线段BD绕点B顺时针方向旋转（点E与点D对应），当BD旋转至与AB垂直时，点A，D，E恰好在同一直线上，作EF⊥BC于点F．若$\frac{CD}{DF}$=$\frac{3}{2}$，AE=5$\sqrt{5}$，则线段AB的长度为10．

Answer 1

分析 根据旋转的性质可得BE=BD，根据等边对等角的性质可得∠BDE=∠BED，故可得出∠CAD=∠BAD．过点D作DH⊥AB于H，根据角平分线的性质得出CD=DH，由AAS定理得出△BDH≌△EBF，故可得出BF=CD．根据$\frac{CD}{DF}$=$\frac{3}{2}$可设CD=3k，DF=2k，则BF=CP=3k，BE′=BD=3k+2k=5k，根据勾股定理用k表示出EF的长，由相似三角形的判定定理得出△BAE∽△FED，故可得出BE=$\frac{1}{2}$AB，再由勾股定理即可得出结论．

解答 解：∵BE是BD旋转得到，
∴BE=BD，
∴∠BDE=∠BED．
∵∠C=90°，BE⊥AB，
∴∠CAD+∠ADC=90°，∠BAD+∠AEB=90°．
又∵∠ADC=∠BDE
∴∠CAD=∠BAD；
过点D作DH⊥AB于H，
∵∠CAD=∠BAD，∠C=90°，
∴CD=DH．
∵EF⊥BC，
∴∠EBF+∠BEF=90°．
又∵∠DBH+∠EBF=90°，
∴∠DBH=∠BEF．
在△BDH和△EBF中，
$\left\{\begin{array}{l}∠DBH=∠BEF\\∠BHD=∠EFB\\ BD=BE\end{array}\right.$，
∴△BDH≌△EBF（AAS），
∴BF=DH，
∴BF=CD．
∵$\frac{CD}{DF}$=$\frac{3}{2}$，
∴设CD=3k，DF=2k，则BF=CP=3k，BE′=BD=3k+2k=5k，
在Rt△BEF中，EF=$\sqrt{（5k）^{2}-（3k）^{2}}$=4k，
∵∠C=90°，EF⊥BC，
∴∠C=∠DFE．
∵∠ADC=∠EDF，
∴∠CAD=∠DEF．
又∵∠CAD=∠BAD，
∴∠BAD=∠DEF，
又∵∠ABE=∠DFE=90°，
∴△BAE∽△FED，
∴$\frac{AB}{EF}$=$\frac{BE}{DF}$，即$\frac{AB}{4k}$=$\frac{BE}{2k}$，
解得BE=$\frac{1}{2}$AB，
在Rt△ABE中，AB²+BE²=AE²，
即AB²+$\frac{1}{4}$AB²=（5$\sqrt{5}$）²，
解得AB=10．
故答案为：10．

点评 本题考查的是旋转的性质，涉及到全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，根据题意作出辅助线作辅助线构造出过渡线段DP并得到全等三角形是解题的关键．