题目内容
（2013•鄞州区模拟）如图1，己知矩形ABCD中，BC=2，AB=4，点E从点A出发沿AB方向以每秒1个单位的速度向点B匀速运动，同时点F从点C出发沿BC的延长线方向以每秒2个单位的速度匀速运动，当E运动到点B时，点F停止运动．连接EF交DC于K，连接DE，DF，设运动时间为t秒．
（1）求证：△DAE∽△DCF；
（2）当DK=KF时，求t的值；
（3）如图2，连接AC与EF相交于O，画EH⊥AC于H．
①试探索点E、F在运动过程中，OH的长是否发生改变，若不变，请求出OH的长；若改变，请说明理由．
②当点O是线段EK的三等分点时，直接写出tan∠FOC的值．
（1）求证：△DAE∽△DCF；
（2）当DK=KF时，求t的值；
（3）如图2，连接AC与EF相交于O，画EH⊥AC于H．
①试探索点E、F在运动过程中，OH的长是否发生改变，若不变，请求出OH的长；若改变，请说明理由．
②当点O是线段EK的三等分点时，直接写出tan∠FOC的值．
分析：（1）求出
=
=
，∠DAE=∠DCF=90°，根据相似三角形的判定推出即可；
（2）根据相似得出∠ADE=∠CDF，求出EK=KF，证△FKC∽△FEB，得出
=
，求出即可；
（3）①点E、F在运动过程中，OH的长不变，理由是：作EM∥BC，交AC于M，设∠BAC=α，则tanα=
，得出AE=t，CF=2t，求出EM=
t，证△MEO∽△CFO，得出
=
=
，求出MO=
CM，设HM=a，则EH=2a，AH=4a，求出MH=
AM，推出OH=
AC，求出AC即可求出OH；②tan∠FOC的值是
或
，理由是：根据△FKC∽△FEB求出KC=
，根据△CKO∽△AEO得出
=
，当
=
=
时得出
=2，求出t，即可得出AE长，根据△AEH∽△ACB，求出EH，当
=
=
时得出
=
，求出t，根据△AEH∽△ACB，求出EH的值，解直角三角形求出即可．
| AE |
| CF |
| AD |
| CD |
| 1 |
| 2 |
（2）根据相似得出∠ADE=∠CDF，求出EK=KF，证△FKC∽△FEB，得出
| 2t |
| 2t+2 |
| 1 |
| 2 |
（3）①点E、F在运动过程中，OH的长不变，理由是：作EM∥BC，交AC于M，设∠BAC=α，则tanα=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
| MO |
| OC |
| EM |
| CF |
| 1 |
| 4 |
| 1 |
| 5 |
| 1 |
| 5 |
| 1 |
| 5 |
| 7 |
| 6 |
| 1 |
| 3 |
| t(4-t) |
| t+1 |
| AE |
| CK |
| EO |
| OK |
| AE |
| CK |
| EO |
| OK |
| 2 |
| 1 |
| t | ||
|
| AE |
| CK |
| EO |
| OK |
| 1 |
| 2 |
| t | ||
|
| 1 |
| 2 |
解答：解：（1）由题意，得AE=t，CF=2t．
∵矩形ABCD中，BC=AD=2，AB=CD=4，
∴
=
=
，
∵∠DAE=∠DCF=90°，
∴△DAE∽△DCF；
（2）∵△DAE∽△DCF，
∴∠ADE=∠CDF，
∵∠ADE+∠EDC=90°，
∴∠CDF+∠EDC=90°，即∠EDF=90°，
∵DK=KF，
∴∠KDF=∠KFD，
∵∠DEK+∠KFD=90°，∠EDK+∠KDF=90°，
∴∠DEK=∠EDK，
∴DK=EK，
∴EK=KF，
∵AB∥CD，
∴△FKC∽△FEB，
∴
=
，
t=1；
（3）①点E、F在运动过程中，OH的长不变，
理由是：作EM∥BC，交AC于M，设∠BAC=α，则tanα=
，
∵AB⊥BC，
∴ME⊥AB，
∵AB⊥AC，
∴∠HEM=α，
∵AE=t，CF=2t，
∴EM=
t，
∵∠EOM=∠FOC，∠MEO=∠CFO，
∴△MEO∽△CFO，
∴
=
=
，
∴MO=
OC，
∴MO=
CM，
设HM=a，则EH=2a，AH=4a，
∴MH=
AM，
∴OH=OM+MH=
CM+
AM=
AC，
在Rt△ABC中，AB=4，BC=2，由勾股定理得：AC=2
，
∴OH=
，
即点E、F在运动过程中，OH的长度不变，是
；
②tan∠FOC的值是
或
，
理由是：∵四边形ABCD是矩形，
∴CD∥AB，
∴△FKC∽△FEB，
∴
=
，
∴
=
，
∴KC=
，
∵AB∥CD，
∴△CKO∽△AEO，
∴
=
，
当
=
=
时，
=2，
t=0（舍去），t=
，
∵EH⊥AC，
∴∠EHA=∠ABC=90°，
∵∠EAH=∠BAC，
∴△AEH∽△ACB，
∴
=
，
∴
=
，
∴EH=
，
∴tan∠FOC=tan∠EOH=
=
=
；
当
=
=
时，
=
，
t=0（舍去），t=
，
∵EH⊥AC，
∴∠EHA=∠ABC=90°，
∵∠EAH=∠BAC，
∴△AEH∽△ACB，
∴
=
，
∴
=
，
∴EH=
，
∴tan∠FOC=tan∠EOH=
=
=
．
∵矩形ABCD中，BC=AD=2，AB=CD=4，
∴
| AE |
| CF |
| AD |
| CD |
| 1 |
| 2 |
∵∠DAE=∠DCF=90°，
∴△DAE∽△DCF；
（2）∵△DAE∽△DCF，
∴∠ADE=∠CDF，
∵∠ADE+∠EDC=90°，
∴∠CDF+∠EDC=90°，即∠EDF=90°，
∵DK=KF，
∴∠KDF=∠KFD，
∵∠DEK+∠KFD=90°，∠EDK+∠KDF=90°，
∴∠DEK=∠EDK，
∴DK=EK，
∴EK=KF，
∵AB∥CD，
∴△FKC∽△FEB，
∴
| 2t |
| 2t+2 |
| 1 |
| 2 |
t=1；
（3）①点E、F在运动过程中，OH的长不变，
理由是：作EM∥BC，交AC于M，设∠BAC=α，则tanα=
| 1 |
| 2 |
∵AB⊥BC，
∴ME⊥AB，
∵AB⊥AC，
∴∠HEM=α，
∵AE=t，CF=2t，
∴EM=
| 1 |
| 2 |
∵∠EOM=∠FOC，∠MEO=∠CFO，
∴△MEO∽△CFO，
∴
| MO |
| OC |
| EM |
| CF |
| 1 |
| 4 |
∴MO=
| 1 |
| 4 |
∴MO=
| 1 |
| 5 |
设HM=a，则EH=2a，AH=4a，
∴MH=
| 1 |
| 5 |
∴OH=OM+MH=
| 1 |
| 5 |
| 1 |
| 5 |
| 1 |
| 5 |
在Rt△ABC中，AB=4，BC=2，由勾股定理得：AC=2
| 5 |
∴OH=
2
| ||
| 5 |
即点E、F在运动过程中，OH的长度不变，是
2
| ||
| 5 |
②tan∠FOC的值是
| 7 |
| 6 |
| 1 |
| 3 |
理由是：∵四边形ABCD是矩形，
∴CD∥AB，
∴△FKC∽△FEB，
∴
| KC |
| BE |
| CF |
| BF |
∴
| KC |
| 4-t |
| 2t |
| 2t+2 |
∴KC=
| t(4-t) |
| t+1 |
∵AB∥CD，
∴△CKO∽△AEO，
∴
| AE |
| CK |
| EO |
| OK |
当
| AE |
| CK |
| EO |
| OK |
| 2 |
| 1 |
| t | ||
|
t=0（舍去），t=
| 7 |
| 3 |
∵EH⊥AC，
∴∠EHA=∠ABC=90°，
∵∠EAH=∠BAC，
∴△AEH∽△ACB，
∴
| AE |
| AC |
| EH |
| BC |
∴
| ||
2
|
| EH |
| 2 |
∴EH=
7
| ||
| 15 |
∴tan∠FOC=tan∠EOH=
| EH |
| OH |
| ||||
|
| 7 |
| 6 |
当
| AE |
| CK |
| EO |
| OK |
| 1 |
| 2 |
| t | ||
|
| 1 |
| 2 |
t=0（舍去），t=
| 2 |
| 3 |
∵EH⊥AC，
∴∠EHA=∠ABC=90°，
∵∠EAH=∠BAC，
∴△AEH∽△ACB，
∴
| AE |
| AC |
| EH |
| BC |
∴
| ||
2
|
| EH |
| 2 |
∴EH=
2
| ||
| 15 |
∴tan∠FOC=tan∠EOH=
| EH |
| OH |
| ||||
|
| 1 |
| 3 |
点评：本题考查了相似三角形的性质和判定，矩形性质和判定，直接直角三角形的应用，主要考查学生的推理能力，题目比较好，但是难度偏大．
练习册系列答案
相关题目
（2013•鄞州区模拟）如图，正方形ABCD边长为2，AB∥x轴，AD∥y轴，顶点A恰好落在双曲线y=
（2013•鄞州区模拟）如图，Rt△ABC和Rt△ECD中，∠ACB=∠ECD=90°，CA=CB，CE=CD，点D在AB上，若EC+AC=3