Question

（2012•南崗區(qū)三模）在矩形ABCD中，連接AC，已知AD：AC=4：5，點(diǎn)E在CB的延長(zhǎng)線上，連接AE，過(guò)點(diǎn)A作AF⊥AE交射線DC于點(diǎn)F．
（1）當(dāng)點(diǎn)F在DC上時(shí)，如圖1所示，求證：

4

3

BE+CF=AB；
（2）當(dāng)點(diǎn)F在DC的延長(zhǎng)線上時(shí)，如圖2所示，AF交BC于點(diǎn)K，連接EF交射線AB于點(diǎn)G，將△ACF沿著直線AF翻折，翻折后直線AC交EF于點(diǎn)H，若AG=

48

7

，GF：AC=4

2

：7，求KH的長(zhǎng)．

Answer 1

分析：（1）利用相似三角形的判定得出△ADF∽△ABE進(jìn)而得出AD：AB=4：3，即可得出DF=

4

3

BE進(jìn)而求出

4

3

BE+CF=AB；
（2）首先利用平行線的性質(zhì)得出

GF

AC

=

PG

PA

=

4 2

7

，再證明△PAG∽△PEA，求出AE的長(zhǎng)，進(jìn)而得出△AOK∽△EOH和△AOE∽△KOH，得出∠AEO=∠KHO=45°，
在△AKH中，tan∠KAH=tan∠KEH=

BG

BE

=

KN

AN

=

6 7

6

=

1

7

，求出KN即可得出HK的長(zhǎng)．

解答：解：（1）∵AF⊥AE，
∴∠3+∠1=90°，
∵∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠2，
∵∠D=∠ABE=90°，
∴△ADF∽△ABE，
∴

DF

EB

=

AD

AB

，
∵AD：AC=4：5，
∴AD：AB=4：3，
∴DF=

4

3

BE，
∵AB=CD，DF+FC=CD，
∴

4

3

BE+CF=AB；

（2）如圖2，分別延長(zhǎng)AC、EF交于點(diǎn)P，過(guò)點(diǎn)K作KN⊥AH于點(diǎn)N，
∵CF∥AG   
∴

GF

AC

=

PF

PC

，
∵CF∥AG，

PF

PC

=

PG

PA

，
∴

GF

AC

=

PG

PA

=

4 2

7

，
由題知∠AEB+∠EAB=90°，∠KAB+∠EAB=90°
∴∠AEB=∠KAB
可得∠ACB=∠AFE，又∵∠AKC=∠EKF，
且∠CAK=180°-∠ACB-∠AKC，∠FEK=180°-∠AFE-∠EKF，
∴∠CAK=∠FEK
∴∠CAK+∠KAB=∠FEK+∠AEB，即∠PAG=∠PEA
又∵∠P=∠P
∴△PAG∽△PEA  
∴

PG

PA

=

AG

AE

，
又∵

PG

PA

=

4 2

7

，

AG

AE

=

4 2

7

，
∵AG=

48

7

，
∴AE=6

2

，
在△AEG中，AE=6

2

，AG=

48

7

，tan∠AEG=

4

3

，可以得到∠EAB=45°，
∴AB=BE=6，BG=

6

7

，
由題意可知∠KAC=∠KAH，∴∠KAO=∠HEO
∵∠AOK=∠EOH
∴△AOK∽△EOH，∴∠EHO=∠AKO，且

AO

EO

=

KO

HO

，

AO

KO

=

EO

HO

，
又∠AOE=∠KOH，
∴△AOE∽△KOH，
∠AEO=∠KHO=45°，
在△AKH中，
tan∠KAH=tan∠KEH=

BG

BE

=

KN

AN

=

6 7

6

=

1

7

，
∵AK=6

2

，
∴設(shè)AN=7x，則KN=x，
則AK²=AN²+KN²，
即（6

2

）²=（7x）²+x²，
解得：x=

6

5

，
∵∠KHO=45°，∠KNH=90°，
則HK=

KN

sin45°

=

6 2

5

．

點(diǎn)評(píng)：此題主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)以及銳角三角函數(shù)關(guān)系等知識(shí)，根據(jù)已知得出AK的長(zhǎng)以及得出∠KHO=45°是解題關(guān)鍵．