Question

5．如图，在△ABC与△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°，连接BE，F是BE的中点，连接AF．若AF=2，AD=5，tan∠DAF=$\frac{3}{4}$，则AB的边为$\frac{37\sqrt{5}}{5}$．

Answer 1

分析 作DG⊥AF于点G，连接EG交AD于点O，连接BG，根据tan∠DAF=$\frac{3}{4}$可得AG=4，DG=3，结合AF=2及BF=EF可知四边形ABGE是平行四边形，即AB=GE，AB∥GE，继而可得tan∠DAF=tan∠AOE=$\frac{3}{4}$，在Rt△AOE可求得AO、OE的长，再过点G作GH⊥AD，可得GH=$\frac{AG•DG}{AD}$=$\frac{4×3}{5}$=$\frac{12}{5}$，根据EA⊥AD知EA∥GD，可得△AOE∽△HOG，由$\frac{AE}{HG}$=$\frac{EO}{GO}$可得GO的长，最后由AB=GE=GO+EO可得答案．

解答 解：如图，作DG⊥AF于点G，连接EG交AD于点O，连接BG，

由题意知，在Rt△ADG中，∵AD=AE=5，tan∠DAF=$\frac{3}{4}$，
∴DG=3，AG=4，
∵AF=2，
∴AF=FG，
又∵BF=EF，
∴四边形ABGE是平行四边形，
∴AB=GE，AB∥GE，
∴tan∠DAF=tan∠AOE=$\frac{3}{4}$，
在Rt△AOE中，∵AE=5，
∴AO=$\frac{AE}{tan∠AOE}$=$\frac{20}{3}$，
∴EO=$\sqrt{A{E}^{2}+A{O}^{2}}$=5$\sqrt{5}$，
过点G作GH⊥AD，
∴GH=$\frac{AG•DG}{AD}$=$\frac{4×3}{5}$=$\frac{12}{5}$，
又∵EA⊥AD，
∴EA∥GD，
∴△AOE∽△HOG，
∴$\frac{AE}{HG}$=$\frac{EO}{GO}$，即$\frac{5}{\frac{12}{5}}$=$\frac{5\sqrt{5}}{GO}$，
解得：GO=$\frac{12\sqrt{5}}{5}$，
则AB=GE=GO+EO=$\frac{12\sqrt{5}}{5}$+5$\sqrt{5}$=$\frac{37\sqrt{5}}{5}$，
故答案为：$\frac{37\sqrt{5}}{5}$．

点评 本题主要考查解直角三角形、平行四边形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质及相似三角形的判定与性质并灵活运用是解题的关键．