分析 (1)由等腰直角三角形的性质得到AP=BP=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AB=2,根据三角形中位线的性质,得到EF∥AB,EF=$\frac{1}{2}$AB=$\sqrt{2}$,再由勾股定理得到结果;
(2)连接EF,设∠ABP=α,类比着(1)即可证得结论.
(3)连接AC交EF于H,设BE与AF的交点为P,由点E、G分别是AD,CD的中点,得到EG是△ACD的中位线于是证出BE⊥AC,由四边形ABCD是平行四边形,得到AD∥BC,AD=BC=2$\sqrt{5}$,∠EAH=∠FCH根据E,F分别是AD,BC的中点,得到AE=BF=CF=$\frac{1}{2}$AD=$\sqrt{3}$,证出四边形ABFE是平行四边形,证得EH=FH,推出EH,AH分别是△AFE的中线,由(2)的结论得即可得到结果.
解答 解解:(1)∵AF⊥BE,∠ABE=45°,
∴AP=BP=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AB=2,
∵AF,BE是△ABC的中线,
∴EF∥AB,EF=$\frac{1}{2}$AB=$\sqrt{2}$,
∴∠PFE=∠PEF=45°,
∴PE=PF=1,
在Rt△FPB和Rt△PEA中,
AE=BF=$\sqrt{{1}^{2}+{2}^{2}}$=$\sqrt{5}$,
∴AC=BC=2$\sqrt{5}$,
∴a=b=2$\sqrt{5}$,
如图2,连接EF,
同理可得:EF=$\frac{1}{2}$×4=2,
∵EF∥AB,
∴△PEF~△ABP,
∴$\frac{FP}{AP}$,
在Rt△ABP中,
AB=4,∠ABP=30°,
∴AP=2,PB=2$\sqrt{3}$,
∴PF=1,PE=$\sqrt{3}$,
在Rt△APE和Rt△BPF中,
AE=$\sqrt{7}$,BF=$\sqrt{13}$,
∴a=2$\sqrt{13}$,b=2$\sqrt{7}$,
故答案为:2$\sqrt{5}$,2$\sqrt{5}$,2$\sqrt{13}$,2$\sqrt{7}$;
(2)猜想:a 2,b2,c2三者之间的关系是:a2+b2=5c2,
证明:如图3,连接EF,∵AF,BE是△ABC的中线,
∴EF是△ABC的中位线,
∴EF∥AB.且 EF=$\frac{1}{2}$AB=$\frac{1}{2}$c.
∴$\frac{PE}{PB}=\frac{PF}{PA}=\frac{1}{2}$
设 PF=m,PE=n 则AP=2m,PB=2n,
在Rt△APB中,(2m)2+(2n)2=c2①
在Rt△APE中,(2m)2+n2=($\frac{b}{2}$)2 ②
在Rt△BPF中,m2+(2n)2=($\frac{a}{2}$)2 ③
由①得:m2+n2=$\frac{c^2}{4}$,由②+③得:5( m2+n2)=$\frac{{{a^2}+{b^2}}}{4}$,
∴a 2+b2=5 c2;
(3)如图4,连接AC,EF交于H,AC与BE交于点Q,设BE与AF的交点为P,
∵点E、G分别是AD,CD的中点,
∴EG∥AC,
∵BE⊥EG,
∴BE⊥AC,
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AD∥BC,AD=BC=2$\sqrt{5}$,
∴∠EAH=∠FCH,
∵E,F分别是AD,BC的中点,
∴AE=$\frac{1}{2}$AD,BF=$\frac{1}{2}$BC,
∴AE=BF=CF=$\frac{1}{2}$AD=$\sqrt{5}$,
∵AE∥BF,
∴四边形ABFE是平行四边形,
∴EF=AB=3,AP=PF,
在△AEH和△CFH中,$\left\{\begin{array}{l}{∠EAH=∠FCH}\\{∠AHE=∠FHC}\\{AE=CF}\end{array}\right.$,
∴△AEH≌△CFH,
∴EH=FH,
∴EP,AH分别是△AFE的中线,
由(2)的结论得:AF2+EF2=5AE2,
∴AF2=5($\sqrt{5}$)2-EF2=16,
∴AF=4.
点评 本题考查了相似三角形的判定和性质,勾股定理,锐角三角函数,注意类比思想在本题中的应用.
科目:初中数学 来源: 题型:选择题
A. | 58.847×105 | B. | 5.8847×105 | C. | 5.8847×104 | D. | 0.58847×105 |
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A. | 12km | B. | 13km | C. | 14km | D. | 15km |
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