7. (分类讨论思想)如图，正方形 ABCD 的边长为 2，AE = EB，MN = 1，线段 MN 的两个端点 M，N 分别在 BC，CD 上滑动. 当 CM =
]
$\frac{\sqrt{5}}{5}$或$\frac{2\sqrt{5}}{5}$
时，△AED 与以 M，N，C 为顶点的三角形相似.]
答案：7.$\frac{\sqrt{5}}{5}$或$\frac{2\sqrt{5}}{5}$
解析：
解：
∵正方形$ABCD$边长为$2$，$AE = EB$，
∴$AE = EB = 1$，$AD = 2$，
在$Rt\triangle AED$中，$DE=\sqrt{AE^2 + AD^2}=\sqrt{1^2 + 2^2}=\sqrt{5}$，
$\triangle AED$的直角边比为$AE:AD = 1:2$。
设$CM = x$，$CN = y$，
∵$MN = 1$，$\angle C = 90°$，
∴$x^2 + y^2 = 1$。
当$\triangle AED \sim \triangle CMN$时：
$\frac{AE}{CM}=\frac{AD}{CN}$，即$\frac{1}{x}=\frac{2}{y}$，得$y = 2x$，
代入$x^2 + y^2 = 1$：$x^2 + (2x)^2 = 1$，$5x^2 = 1$，$x=\frac{\sqrt{5}}{5}$（$x＞0$）。
当$\triangle AED \sim \triangle CNM$时：
$\frac{AE}{CN}=\frac{AD}{CM}$，即$\frac{1}{y}=\frac{2}{x}$，得$x = 2y$，
代入$x^2 + y^2 = 1$：$(2y)^2 + y^2 = 1$，$5y^2 = 1$，$y=\frac{\sqrt{5}}{5}$，则$x = 2y=\frac{2\sqrt{5}}{5}$。
综上，$CM=\frac{\sqrt{5}}{5}$或$\frac{2\sqrt{5}}{5}$。
答案：$\frac{\sqrt{5}}{5}$或$\frac{2\sqrt{5}}{5}$
∵正方形$ABCD$边长为$2$，$AE = EB$，
∴$AE = EB = 1$，$AD = 2$，
在$Rt\triangle AED$中，$DE=\sqrt{AE^2 + AD^2}=\sqrt{1^2 + 2^2}=\sqrt{5}$，
$\triangle AED$的直角边比为$AE:AD = 1:2$。
设$CM = x$，$CN = y$，
∵$MN = 1$，$\angle C = 90°$，
∴$x^2 + y^2 = 1$。
当$\triangle AED \sim \triangle CMN$时：
$\frac{AE}{CM}=\frac{AD}{CN}$，即$\frac{1}{x}=\frac{2}{y}$，得$y = 2x$，
代入$x^2 + y^2 = 1$：$x^2 + (2x)^2 = 1$，$5x^2 = 1$，$x=\frac{\sqrt{5}}{5}$（$x＞0$）。
当$\triangle AED \sim \triangle CNM$时：
$\frac{AE}{CN}=\frac{AD}{CM}$，即$\frac{1}{y}=\frac{2}{x}$，得$x = 2y$，
代入$x^2 + y^2 = 1$：$(2y)^2 + y^2 = 1$，$5y^2 = 1$，$y=\frac{\sqrt{5}}{5}$，则$x = 2y=\frac{2\sqrt{5}}{5}$。
综上，$CM=\frac{\sqrt{5}}{5}$或$\frac{2\sqrt{5}}{5}$。
答案：$\frac{\sqrt{5}}{5}$或$\frac{2\sqrt{5}}{5}$
8. 如图，在△ABC 中，∠A = 45°，BD ⊥ AC，垂足为 D，CE ⊥ AB，垂足为 E，连接 DE. 若 DE = 3$\sqrt {2}$，则 BC =
6
.答案：8.6
解析：
证明：
∵ $ BD \perp AC $，$ CE \perp AB $，
∴ $ \angle ADB = \angle AEC = 90° $。
又 $ \angle A = 45° $，
∴ $ \triangle ADB $ 和 $ \triangle AEC $ 均为等腰直角三角形，
∴ $ \frac{AD}{AB} = \frac{AE}{AC} = \frac{\sqrt{2}}{2} $。
∵ $ \angle DAE = \angle BAC $，
∴ $ \triangle ADE \sim \triangle ABC $，
∴ $ \frac{DE}{BC} = \frac{AD}{AB} = \frac{\sqrt{2}}{2} $。
∵ $ DE = 3\sqrt{2} $，
∴ $ BC = \frac{DE × 2}{\sqrt{2}} = \frac{3\sqrt{2} × 2}{\sqrt{2}} = 6 $。
答案：6
∵ $ BD \perp AC $，$ CE \perp AB $，
∴ $ \angle ADB = \angle AEC = 90° $。
又 $ \angle A = 45° $，
∴ $ \triangle ADB $ 和 $ \triangle AEC $ 均为等腰直角三角形，
∴ $ \frac{AD}{AB} = \frac{AE}{AC} = \frac{\sqrt{2}}{2} $。
∵ $ \angle DAE = \angle BAC $，
∴ $ \triangle ADE \sim \triangle ABC $，
∴ $ \frac{DE}{BC} = \frac{AD}{AB} = \frac{\sqrt{2}}{2} $。
∵ $ DE = 3\sqrt{2} $，
∴ $ BC = \frac{DE × 2}{\sqrt{2}} = \frac{3\sqrt{2} × 2}{\sqrt{2}} = 6 $。
答案：6
9. 如图，在△ABC 和△DBE 中，连接 AD，EC，点 A，D，E 在同一条直线上. 若$\frac {BD}{BE} = \frac {AD}{CE} = \frac {AB}{CB}$，求证：△ABC ∽ △DBE.
答案：9.$\because \frac{BD}{BE}=\frac{AD}{CE}=\frac{AB}{CB}$，$\therefore \triangle ABD \sim \triangle CBE.\therefore \angle ABD=\angle CBE.\therefore \angle ABD+\angle CBD=\angle CBE+\angle CBD$，即$\angle ABC=\angle DBE.\because \frac{BD}{BE}=\frac{AB}{BC}$，即$\frac{AB}{DB}=\frac{BC}{BE}$，$\therefore \triangle ABC \sim \triangle DBE$
10. 如图，四边形 ACEF 为正方形，以 AC 为斜边 Rt△ABC，∠B = 90°，AB = 4，BC = 2，延长 BC 至点 D，使 CD = 5，连接 DE. 求：
(1) 正方形 ACEF 的边长；
(2) DE 的长.
]
(1) 正方形 ACEF 的边长；
(2) DE 的长.
]
答案：10.(1)在$Rt\triangle ABC$中，由勾股定理，得$AC=\sqrt{AB^{2}+BC^{2}}=2\sqrt{5}$，即正方形$ACEF$的边长为$2\sqrt{5}$ (2)$\because \angle B=90^{\circ}$，$\therefore \angle BAC+\angle BCA=90^{\circ}.\because$四边形$ACEF$为正方形，$\therefore \angle ACE=90^{\circ}.\therefore \angle BCA+\angle ECD=90^{\circ}.\therefore \angle BAC=\angle ECD.\because \frac{AB}{CE}=\frac{AC}{CD}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$，$\therefore \triangle ABC \sim \triangle CED.\therefore \frac{BC}{ED}=\frac{AC}{CD}=\frac{2\sqrt{5}}{5}.\therefore DE=\sqrt{5}$
11. 如图，在四边形 ABCD 中，AB // CD，对角线 AC 平分∠DAB，O 是 AC 上一点，以 OA 为半径的⊙O 过 B，D 两点，⊙O 与 AC 交于点 E.
(1) 求证：四边形 ABCD 是菱形.
(2) 连接 DE 并延长，交 AB 的延长线于点 F. 若 AB² = AC·EC，求证：AE = EF.
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(1) 求证：四边形 ABCD 是菱形.
(2) 连接 DE 并延长，交 AB 的延长线于点 F. 若 AB² = AC·EC，求证：AE = EF.
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答案：
11.(1)$\because AB // CD$，$\therefore \angle DCA=\angle BAC.\because AC$平分$\angle DAB$，$\therefore \angle DAC=\angle BAC.\therefore \angle DAC=\angle DCA$，$DE=BE.\therefore AD=CD.\because AE$是$\odot O$的直径，$\therefore \overset{\frown}{AD}+\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{AB}+\overset{\frown}{BE}.\therefore \overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{AB}.\therefore AB=CD.\because AB // CD$，$\therefore$四边形$ABCD$是平行四边形.$\because AD=CD$，$\therefore$四边形$ABCD$是菱形 (2)如图，连接$BE$.由(1)知，四边形$ABCD$是菱形，$\therefore BC=AB=CD$，$\angle DCE=\angle BCE.\because AB^{2}=AC · EC$，$\therefore BC^{2}=EC · AC.\therefore BC:EC=AC:BC.\because \angle BCE=\angle ACB$，$\therefore \triangle CBE \sim \triangle CAB.\therefore \angle CBE=\angle CAB.\because CD=CB$，$\angle DCE=\angle BCE$，$CE=CE$，$\therefore \triangle CDE \cong \triangle CBE.\therefore \angle CDE=\angle CBE.\because DC // AB$，$\therefore \angle CDE=\angle F.\therefore \angle CAB=\angle F.\therefore AE=EF$
11.(1)$\because AB // CD$，$\therefore \angle DCA=\angle BAC.\because AC$平分$\angle DAB$，$\therefore \angle DAC=\angle BAC.\therefore \angle DAC=\angle DCA$，$DE=BE.\therefore AD=CD.\because AE$是$\odot O$的直径，$\therefore \overset{\frown}{AD}+\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{AB}+\overset{\frown}{BE}.\therefore \overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{AB}.\therefore AB=CD.\because AB // CD$，$\therefore$四边形$ABCD$是平行四边形.$\because AD=CD$，$\therefore$四边形$ABCD$是菱形 (2)如图，连接$BE$.由(1)知，四边形$ABCD$是菱形，$\therefore BC=AB=CD$，$\angle DCE=\angle BCE.\because AB^{2}=AC · EC$，$\therefore BC^{2}=EC · AC.\therefore BC:EC=AC:BC.\because \angle BCE=\angle ACB$，$\therefore \triangle CBE \sim \triangle CAB.\therefore \angle CBE=\angle CAB.\because CD=CB$，$\angle DCE=\angle BCE$，$CE=CE$，$\therefore \triangle CDE \cong \triangle CBE.\therefore \angle CDE=\angle CBE.\because DC // AB$，$\therefore \angle CDE=\angle F.\therefore \angle CAB=\angle F.\therefore AE=EF$