《2025年名校题库九年级数学全一册北师大版》

8. (锦江区一诊)如图 1,在 $\triangle ABC$ 中,$E$ 为 $AC$ 边上一点,$ED\perp AB$ 于点 $D$,延长 $DE$,$BC$ 相交于点 $F$,$AD\cdot BD= DE\cdot DF$。
(1)求证：$AC\perp BF$；
(2)连接 $CD$,若 $\triangle CDB$ 是以 $CD$ 为腰的等腰三角形,$\frac{ED}{AD}= \frac{3}{4}$,求 $\frac{CD}{AC}$ 的值；
(3)如图 2,在 $Rt\triangle ABC$ 中,$\angle ACB= 90^{\circ}$,$AC= 12$,$BC= 4$,$D$ 为直线 $AC$ 下方一点,点 $D$ 关于直线 $AB$ 的对称点 $E$ 恰好在 $CB$ 的延长线上,连接 $CD$,$AD$,若 $CD= \sqrt{145}$,求 $AD$ 的长。

答案：

(1)证明：$\because AD\cdot BD=DE\cdot DF$，$\therefore \frac{AD}{DF}=\frac{DE}{BD}$。$\because ED\perp AB$，$\therefore \angle EDA=\angle FDB=90^{\circ}$，$\therefore \triangle ADE\backsim\triangle FDB$，$\therefore \angle A=\angle F$。$\because \angle A+\angle ADE=\angle AEF=\angle F+\angle FCE$，$\therefore \angle ADE=\angle FCE=90^{\circ}$，$\therefore AC\perp BF$。
(2)解：$\because \frac{ED}{AD}=\frac{3}{4}$，$\therefore$ 设$ED=3m$，则$AD=4m$。在$\triangle AED$中，由勾股定理可得$AE=5m$。
①当$CD=BD$时，$\angle DCB=\angle B$。$\because AC\perp BF$，$\therefore \angle A+\angle B=\angle ACD+\angle DCB=90^{\circ}$，$\therefore \angle A=\angle ACD$，$\therefore AD=CD=BD=4m$，$\therefore AB=8m$。在$\triangle AED$和$\triangle ABC$中，$\because \angle A=\angle A$，$\angle ADE=\angle ACB=90^{\circ}$，$\therefore \triangle AED\backsim\triangle ABC$，$\therefore \frac{AE}{AB}=\frac{AD}{AC}$，即$\frac{5m}{8m}=\frac{4m}{AC}$，$\therefore AC=\frac{32}{5}m$，$\therefore \frac{CD}{AC}=\frac{5}{8}$。
②当$CD=CB$时，同理可得$\angle F=\angle CDE$。$\because \angle A=\angle F$，$\therefore \angle A=\angle CDE$。$\because \angle ACD=\angle DCE$，$\therefore \triangle CED\backsim\triangle CDA$，$\therefore \frac{CD}{AC}=\frac{ED}{AD}=\frac{3}{4}$。
综上所述，$\frac{CD}{AC}$的值为$\frac{5}{8}$或$\frac{3}{4}$。
(3)解：如图，点$D$关于直线$AB$的对称点$E$恰好在$CB$的延长线上，连接$ED$，延长$AB$交$ED$于点$F$，过点$D$作$DG\perp BC$交$BC$的延长线于点$G$，连接$AE$。
$\because$ 点$D$关于直线$AB$的对称点$E$恰好在$CB$的延长线上，$\therefore BE=BD$，$AF\perp ED$，$\therefore \angle ACB=\angle EFB=90^{\circ}$。又$\because \angle ABC=\angle EBF$，$\therefore \triangle ABC\backsim\triangle EBF$，$\therefore \frac{AC}{EF}=\frac{BC}{BF}$。$\because AC=12$，$BC=4$，$\therefore \frac{BF}{EF}=\frac{1}{3}$，$\therefore$ 设$BF=a$，则$EF=3a$，$\therefore EB=BD=\sqrt{10}a$，$DF=3a$。在$\triangle EBF$和$\triangle EDG$中，$\because \angle BEF=\angle DEG$，$\angle EFB=\angle EGD=90^{\circ}$，$\therefore \triangle EBF\backsim\triangle EDG$，$\therefore \frac{EF}{EG}=\frac{EB}{ED}=\frac{\sqrt{10}a}{6a}=\frac{\sqrt{10}}{6}$，$\therefore EG=\frac{9\sqrt{10}}{5}a$，$\therefore BG=EG - EB=\frac{9\sqrt{10}}{5}a-\sqrt{10}a=\frac{4\sqrt{10}}{5}a$，$\therefore \frac{BG}{BD}=\frac{4}{5}$，$\therefore$ 设$BD=5b$，则$BG=4b$，则$DG=3b$，$CG=4b - 4$。$\because CD=\sqrt{145}$，$\therefore$ 在$Rt\triangle CGD$中，由勾股定理可得$(4b - 4)^{2}+(3b)^{2}=(\sqrt{145})^{2}$，整理可得$25b^{2}-32b - 129=0$，解得$b=3$(负值已舍去)，$\therefore BD=BE=5b=15$，$\therefore$ 在$Rt\triangle AEC$中，由勾股定理可得$AE=\sqrt{505}$，即$AD=\sqrt{505}$。