Question

6．如圖，四邊形ABCD中，AD∥BC，∠BCD=90°，AD=6．BC=3，DE⊥AB于E，AC交DE于F
（1）求AE•AB的值；
（2）若CD=4，求$\frac{AF}{FC}$的值；
（3）若CD=6，過A點(diǎn)作AM∥CD交CE的延長線于M，求$\frac{ME}{EC}$的值．

Answer 1

分析 （1）過點(diǎn)B作BH⊥AD于H，如圖1，易證四邊形BCDH是矩形，從而可求出HD、AH的值，易證△AED∽△AHB，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求出AE•AB的值；
（2）延長DE、CB交于點(diǎn)G，如圖2，由（1）得：AH=3，AE•AB=18，四邊形BCDH是矩形，則有BH=CD=4，根據(jù)勾股定理可求出AB，根據(jù)AE•AB=18可求出AE，進(jìn)而可求出EB．由AD∥GC可得△AED∽△BEG，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可求出BG，由此可求出GC．由AD∥GC可得△AFD∽△CFG，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求出$\frac{AF}{CF}$；
（3）延長AB、DC交于點(diǎn)N，如圖3．由AD∥BC可得△NBC∽△NAD，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可求出NC，由此可求出DN，然后根據(jù)勾股定理可求出AN，再運(yùn)用面積法可求出DE，再根據(jù)勾股定理可求出AE，由此可求出EN．由AM∥CD可得△AEM∽△NEC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求出$\frac{ME}{CE}$．

解答 解：（1）過點(diǎn)B作BH⊥AD于H，如圖1，

則有∠AHB=∠BHD=90°．
∵AD∥BC，∠BCD=90°，
∴∠ADC=180°-∠BCD=90°，
∴∠BHD=∠HDC=∠BCD=90°，
∴四邊形BCDH是矩形，
∴HD=BC=3，
∴AH=AD-HD=6-3=3．
∵DE⊥AB即∠AED=90°，
∴∠AED=∠AHB．
又∵∠EAD=∠HAB，
∴△AED∽△AHB，
∴$\frac{AE}{AH}$=$\frac{AD}{AB}$，
∴AE•AB=AH•AD=3×6=18；

（2）延長DE、CB交于點(diǎn)G，如圖2．

由（1）得：AH=3，AE•AB=18，四邊形BCDH是矩形，
則有BH=CD=4，AB=$\sqrt{A{H}^{2}+B{H}^{2}}$=5，
∴AE=$\frac{18}{AB}$=$\frac{18}{5}$，EB=5-$\frac{18}{5}$=$\frac{7}{5}$．
∵AD∥GC，
∴△AED∽△BEG，
∴$\frac{AD}{BG}$=$\frac{AE}{EB}$，
∴$\frac{6}{BG}$=$\frac{18}{7}$，
∴BG=$\frac{7}{3}$，
∴GC=$\frac{7}{3}$+3=$\frac{16}{3}$．
∵AD∥GC，
∴△AFD∽△CFG，
∴$\frac{AF}{CF}$=$\frac{AD}{CG}$=$\frac{6}{\frac{16}{3}}$=$\frac{9}{8}$；

（3）延長AB、DC交于點(diǎn)N，如圖3．

∵AD∥BC，
∴△NBC∽△NAD，
∴$\frac{NC}{ND}$=$\frac{BC}{AD}$，
∴$\frac{NC}{NC+6}$=$\frac{3}{6}$=$\frac{1}{2}$，
解得NC=6，
∴DN=12，
∴AN=$\sqrt{A{D}^{2}+D{N}^{2}}$=6$\sqrt{5}$，
∴DE=$\frac{AD•DN}{AN}$=$\frac{6×12}{6\sqrt{5}}$=$\frac{12\sqrt{5}}{5}$，
∴AE=$\sqrt{A{D}^{2}-D{E}^{2}}$=$\frac{6\sqrt{5}}{5}$，
∴EN=AN-AE=6$\sqrt{5}$-$\frac{6\sqrt{5}}{5}$=$\frac{24\sqrt{5}}{5}$，
∴$\frac{AE}{EN}$=$\frac{1}{4}$．
∵AM∥CD，
∴△AEM∽△NEC，
∴$\frac{ME}{CE}$=$\frac{AE}{NE}$=$\frac{1}{4}$．

點(diǎn)評 本題主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識，通�？梢赃\(yùn)用相似三角形的性質(zhì)求線段長、線段比，應(yīng)熟練掌握．