在等腰Rt△ABC中∠ABC=90°.BA=BC.在等腰Rt△CDE中∠CDE=90°.DE=DC.连接AD．点F是线段AD的中点．(1)如图1.连接BF.当点D和点E分别在BC边和AC边上时.若AB=3.CE=2$\sqrt{2}$.求BF的长,(2)如图2.连接BE.BD.EF.当∠DBE=45°时.求证:EF=$\frac{1}{2}$ED,(3)如图3.连接BF.当点E在线� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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1．在等腰Rt△ABC中∠ABC=90°，BA=BC，在等腰Rt△CDE中∠CDE=90°，DE=DC，连接AD．点F是线段AD的中点．
（1）如图1，连接BF，当点D和点E分别在BC边和AC边上时，若AB=3，CE=2$\sqrt{2}$，求BF的长；
（2）如图2，连接BE、BD、EF，当∠DBE=45°时，求证：EF=$\frac{1}{2}$ED；
（3）如图3，连接BF，当点E在线段AC的垂直平分线上，且∠ACD=30°时，直接写出（$\frac{BF}{CD}$）²的值．

分析（1）在等腰直角三角形△DEC中，求出DC，在Rt△ABD中，利用勾股定理求出线段AD，再利用斜边中线定理即可解决问题．
（2）如图2中，延长EF到N，使得FN=EF，连接BN，延长DE交AB于M．由△AFN≌△DFE，推出AN=DE=DC，∠FAN=∠FDE，推出DM∥AN，推出∠OMB=∠BAN，由∠MOB+∠OMB=90°，∠DOC+∠COD=90°，∠MOB=∠DOC，推出∠OMB=∠OCD，推出∠BAN=∠BCD，推出△BAN≌△BCD，推出∠ABN=∠CBD，BN=BD，推出∠DBN=∠CBA=90°，再证明△BEN≌△BED，推出DE=EN=2EF，即可解决问题．
（3）如图3中，连接AE，延长CD交AB于M，在BC上取一点N，使得NM=NC，设BM=m．首先证明△DBM∽△ABD，推出∠BAD=∠BDM=30°，推出∠ABD=∠ADB=75°，推出AB=AD，如图4，作BH⊥AD于H，在BH上取一点G，使得BG=DG，设DH=a，想办法用a表示BF²、BD²即可解决问题．

解答（1）解：如图1中，

在等腰Rt△CDE中，∵∠CDE=90°，DE=DC，CE=2$\sqrt{2}$，
∴DE=DC=2，
∵AB=BC=3，
∴BD=1，
在Rt△ABD中，AD=$\sqrt{A{B}^{2}+B{D}^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}+{1}^{2}}$=$\sqrt{10}$，
∵AF=DF，
∴BF=$\frac{1}{2}$AD=$\frac{\sqrt{10}}{2}$．

（2）证明：如图2中，延长EF到N，使得FN=EF，连接BN，延长DE交AB于M．

在△AFN和△DFE中，
$\left\{\begin{array}{l}{AF=DF}\\{∠AFN=∠DFE}\\{FN=EF}\end{array}\right.$，
∴△AFN≌△DFE，
∴AN=DE=DC，∠FAN=∠FDE，
∴DM∥AN，
∴∠OMB=∠BAN，
∵∠MOB+∠OMB=90°，∠DOC+∠COD=90°，
∵∠MOB=∠DOC，
∴∠OMB=∠OCD，
∴∠BAN=∠BCD，
在△BAN和△BCD中，
$\left\{\begin{array}{l}{BA=BC}\\{∠BAN=∠BCD}\\{AN=CD}\end{array}\right.$，
∴△BAN≌△BCD，
∴∠ABN=∠CBD，BN=BD，
∴∠DBN=∠CBA=90°，
∵∠DBE=45°，
∴∠EBN=∠EBD，∵BE=BE，BN=BD，
∴△BEN≌△BED，
∴DE=EN=2EF．

（3）如图3中，连接AE，延长CD交AB于M，在BC上取一点N，使得NM=NC，设BM=m．

∵∠ACD=30°，∠BCA=∠DCE=45°，
∴∠BCD=∠ACE=15°，
∵点E在线段AC的垂直平分线上，
∴EA=EC，
∴∠EAC=∠ECA=15°，
∵$\frac{AC}{BC}$=$\frac{EC}{CD}$=$\sqrt{2}$，
∴△BCD∽△ACE，
∴∠DBC=∠EAC=15°，
∴∠DBC=∠DCB=15°，
∴DB=DC，
∴∠DBM=∠DMB=75°，
∴DM=DB=DC，
在Rt△MNB中，∵BM=m，∠MNB=30°，
∴NM=CN=2m，BN=$\sqrt{3}$m，
∴CM=$\sqrt{B{M}^{2}+B{C}^{2}}$=$\sqrt{{m}^{2}+（\sqrt{3}m+2m）^{2}}$=（$\sqrt{2}$+$\sqrt{6}$）m，
∴BD=$\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{2}$m，
∴BD²=（2+$\sqrt{3}$）m²，
∵BM•BA=BM•BC=m（2m+$\sqrt{3}$m）=（2+$\sqrt{3}$）m²，
∴BD²=BM•BA，
∴$\frac{BD}{AB}$=$\frac{BM}{BD}$，∵∠DBM=∠ABD，
∴△DBM∽△ABD，
∴∠BAD=∠BDM=30°，
∴∠ABD=∠ADB=75°，
∴AB=AD，
为了看清楚把△ABD移到如图4，作BH⊥AD于H，在BH上取一点G，使得BG=DG，设DH=a，

则BG=DG=2a，GH=$\sqrt{3}$a，BD=（$\sqrt{2}$+$\sqrt{6}$）a，
在Rt△ABH中，∵∠A=30°，
∴AB=AD=2BH=（4+2$\sqrt{3}$）a，
∴AF=DF=（2+$\sqrt{3}$）a，
∴FH=（1+$\sqrt{3}$）a，
在Rt△BFH中，BF=$\sqrt{F{H}^{2}+B{H}^{2}}$=$\sqrt{（1+\sqrt{3}）^{2}{a}^{2}+（2+\sqrt{3}）^{2}{a}^{2}}$，
∴BF²=（11+6$\sqrt{3}$）a²，CD²=BD²=（8+4$\sqrt{3}$）a²，
∴（$\frac{BF}{CD}$）²=$\frac{11+6\sqrt{3}}{8+4\sqrt{3}}$=$\frac{4+\sqrt{3}}{4}$．

点评本题考查三角形综合题，全等三角形的判定和性质．相似三角形的判定和性质、勾股定理等腰直角三角形的性质、直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，学会利用参数解决问题，本题体现了数形结合的思想，第三个问题的突破点是证明AB=AB，∠BAD=30°，题目比较难，属于中考压轴题．

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