《2025年一本通武汉出版社九年级数学上册北师大版核心板》

3.【问题发现】(1)如图1,在正方形ABCD中,点E为对角线AC上一动点,将BE绕点B顺时针旋转$90^{\circ }$到BF处,得到$\triangle BEF$,连接CF.
①$\frac {CF}{AE}=$1;
②$∠ACF$的度数为90°.
【类比探究】(2)如图2,在矩形ABCD和$Rt\triangle BEF$中,$∠EBF=90^{\circ },∠ACB=∠EFB=60^{\circ }$,连接CF,请分别求出$\frac {CF}{AE}$的值及$∠ACF$的度数.$\frac{\sqrt{3}}{3}$，90°
【拓展延伸】(3)如图3,在(2)的条件下,将点E改为直线AC上一动点,其余条件不变,取线段EF的中点M,连接BM,CM,若$AB=2\sqrt {3}$,则当$\triangle CBM$是直角三角形时,线段CF的长为$2\sqrt{3}$或$\frac{2\sqrt{3}}{3}$.(注:需用到相似知识)

答案：
(1)①
解：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90°，∠BAC=∠BCA=45°．
∵BE绕点B顺时针旋转90°到BF，
∴BE=BF，∠EBF=90°=∠ABC，
∴∠ABE=∠CBF．
在△ABE和△CBF中，
$\left\{\begin{array}{l} AB=BC \\ ∠ABE=∠CBF \\ BE=BF\end{array}\right.$，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴CF=AE，$\frac{CF}{AE}=1$．
(1)②
解：由①知△ABE≌△CBF，
∴∠BCF=∠BAE=45°，
∵∠ACB=45°，
∴∠ACF=∠ACB+∠BCF=45°+45°=90°．
(2)
解：设BC=a，在矩形ABCD中，∠ABC=90°，∠ACB=60°，
∴AC=$\frac{BC}{\cos60°}=2a$，AB=BC·tan60°=$\sqrt{3}a$，
∴$\frac{BC}{AC}=\frac{1}{2}$．
在Rt△BEF中，∠EBF=90°，∠EFB=60°，设BF=b，
则BE=BF·tan60°=$\sqrt{3}b$，EF=$\frac{BF}{\cos60°}=2b$，
∴$\frac{BF}{EF}=\frac{1}{2}$，又$\frac{BC}{AC}=\frac{1}{2}$，
∴$\frac{BF}{EF}=\frac{BC}{AC}$．
∵∠EBF=90°=∠ABC，∠ACB=∠EFB=60°，
∴△ABC∽△EBF，
∴$\frac{BE}{AB}=\frac{BF}{BC}$，∠ABE=∠CBF，
∴△ABE∽△CBF，$\frac{CF}{AE}=\frac{BC}{AB}=\frac{a}{\sqrt{3}a}=\frac{\sqrt{3}}{3}$．
由△ABE∽△CBF，得∠BCF=∠BAE，
∵∠BAC=90°-∠ACB=30°，
∴∠BCF=30°，
∴∠ACF=∠ACB+∠BCF=60°+30°=90°．
(3)
解：由AB=2$\sqrt{3}$，得BC=2，AC=4，$\frac{CF}{AE}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，设AE=x，则CF=$\frac{\sqrt{3}}{3}x$．
分两种情况：
情况1：点E在AC延长线上，AE=x=AC+CE=4+CE，
M为EF中点，Rt△EBF中，BM=$\frac{1}{2}$EF=EM=FM，
由△ABE∽△CBF，∠ACF=90°，
若∠BMC=90°，则BM²+CM²=BC²，解得x=2（舍）或x=6，CF=$\frac{\sqrt{3}}{3}×6=2\sqrt{3}$．
情况2：点E在CA延长线上，AE=x=CE-AC=CE-4，
同理可得x=2，CF=$\frac{\sqrt{3}}{3}×2=\frac{2\sqrt{3}}{3}$．
综上，CF的长为$2\sqrt{3}$或$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．
答案：
(1)①1；②90°；
(2)$\frac{\sqrt{3}}{3}$，90°；
(3)$2\sqrt{3}$或$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．