Question

1．如图1，在梯形ABCD中，AB∥CD，AC=2CD，AB=nDC，E为对角线AC的中点．
（1）当n=2时，$\frac{DF}{AF}$=$\frac{1}{2}$，$\frac{EF}{BE}$=$\frac{1}{3}$；
（2）在（1）的条件下，连接CF、DE，求证：CF⊥DE；
（3）如图2，若∠ABC=90°，当n=$\frac{1+\sqrt{33}}{4}$时，BF⊥AD．（直接写出答案）

Answer 1

分析 （1）延长BF交CD的延长线于点P，由平行线分线段成比例可得$\frac{PC}{AB}=\frac{CE}{AE}，\frac{AF}{FD}=\frac{AB}{PD}$，进而再由题干中的条件即可得出结论．
（2）根据已知证得AB=AC=PC，DC=EC，进而证得DF=EF，即可证得结论；
（3）证得四边形ABCQ是矩形，得出QC=AB，QB=AC，根据平行线分线段成比例定理得出$\frac{BF}{QF}$=$\frac{AF}{DF}$=$\frac{AB}{QD}$=$\frac{nDC}{（n-1）DC}$=$\frac{n}{n-1}$，进而得出$\frac{AC}{QF}$=$\frac{2n-1}{n-1}$，从而求得QF=$\frac{n-1}{2n-1}$•AC，QD=$\frac{n-1}{n}$•AB，因为BF⊥AD，易证得△QDF∽△QBC，得出$\frac{QD}{QB}$=$\frac{QF}{QC}$，进而得出$\frac{n-1}{n}$•n²DC²=$\frac{n-1}{2n-1}$•4DC²，整理得2n²-n-4=0，解方程即可求得n的值．

解答 解：（1）延长BF交CD的延长线于点P，
∵AB∥CD，
∴$\frac{PC}{AB}$=$\frac{CE}{AE}$，
又∵点E是AC的中点，
∴PC=AB，
又∵n=2，AB=nCD，
∴PD=（n-1）CD，
∴$\frac{DF}{AF}$=$\frac{PF}{BF}$=$\frac{PD}{AB}$=$\frac{（n-1）CD}{nCD}$=$\frac{n-1}{n}$=$\frac{1}{2}$，
∴PF=$\frac{n-1}{n}•BF$，
∵PE=BE，
∴PF+EF=BE，
∴$\frac{n-1}{n}•BF$+EF=BE，即$\frac{n-1}{n}$（EF+BE）+EF=BE，
∴$\frac{EF}{BE}$=$\frac{1}{2n-1}$=$\frac{1}{3}$
故答案为：$\frac{1}{2}$、$\frac{1}{2}$．
（2）∵AB∥CD，
∴PC∥AB，
∴$\frac{PC}{AB}$=$\frac{EC}{AE}$，
∵E为对角线AC的中点，
∴PC=AB，
∵AC=2CD，AB=2DC，
∴PC=AC=2CD，
∴DC=EC，
∴△ACP是等腰三角形，△DCE是等腰三角形，
∴四边形APDE是等腰梯形，
根据等腰梯形的性质易证DF=EF，
∴D、E关于FC对称，
∴CF⊥FC．
（3）如图2，由QC∥AB，E为对角线AC的中点．∠ABC=90°易证四边形ABCQ是矩形，
∴QC=AB，QB=AC，
∴$\frac{BF}{QF}$=$\frac{AF}{DF}$=$\frac{AB}{QD}$=$\frac{nDC}{（n-1）DC}$=$\frac{n}{n-1}$
∴$\frac{BF+QF}{QF}$=$\frac{2n-1}{n-1}$，
即$\frac{BQ}{QF}$=$\frac{2n-1}{n-1}$，
∴$\frac{AC}{QF}$=$\frac{2n-1}{n-1}$，
∴QF=$\frac{n-1}{2n-1}$•AC，QD=$\frac{n-1}{n}$•AB，
∵BF⊥AD，
∴△QDF∽△QBC，
∴$\frac{QD}{QB}$=$\frac{QF}{QC}$，
∴$\frac{QD}{AC}$=$\frac{QF}{AB}$，
∴$\frac{n-1}{n}$•AB²=$\frac{n-1}{2n-1}$•AC²，
∵AC=2CD，AB=nDC，
∴$\frac{n-1}{n}$•n²DC²=$\frac{n-1}{2n-1}$•4DC²，
∴n=$\frac{4}{2n-1}$，
整理得2n²-n-4=0，
解得，n₁=$\frac{1+\sqrt{33}}{4}$，n₂=$\frac{1-\sqrt{33}}{4}$（舍去），
∴当n=$\frac{1+\sqrt{33}}{4}$时，BF⊥AD．

点评 本题主要考查了平行线分线段成比例定理的应用和三角形相似的判定和性质、等腰三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，得出线段成比例是解题的关键．