Question

13．如图．在△ACB中，CD，BE为高，CD，BE相交于N点．
（1）求证：AD•BD=DN•DC；
（2）若CD=AD，∠ACB=60°，求$\frac{BN+BC}{AC}$；
（3）若CD=AB，M为AB的中点，求$\frac{MN+DN}{AB}$的值．

Answer 1

分析 （1）如图1中，只要证明△BDN∽△CDA即可．
（2）如图2中，连接AN，设EN=a，则CE=a，AN=2a，AE=EB=$\sqrt{3}$a，想办法用a表示BN、BC，即可解决问题．
（3）如图3中，设AD=a，BD=b，则AB=CD=a+b，用a、b表示DN、MN，求出MN+DN即可解决问题．

解答 （1）证明：如图1中，

∵CD⊥AB，BE⊥AC，
∴∠BDN=∠ADC=∠AEB=90°，
∵∠A+∠ABE=90°，∠ABE+∠DNB=90°，
∴∠A=∠BND，
∴△BDN∽△CDA，
∴$\frac{BD}{CD}$=$\frac{DN}{AD}$，
∴AD•DB=DN•DC．
（2）解：如图2中，连接AN．

∵AD=DC，∠ADC=90°，
∴∠DAC=∠DCA=45°，
∵∠AEB=90°，
∴∠ABE=90°-∠EAB=45°，
∴∠DBN=∠DNB=45°，
∴DN=DB，
在△ADN和△CDB中，
$\left\{\begin{array}{l}{AD=CD}\\{∠ADN=∠CDB}\\{DN=DB}\end{array}\right.$，
∴△ADN≌△CDB，
∴∠DAN=∠DCB=∠ACB-∠ACD=60°-45°=15°，
∴∠EAN=30°，设EN=a，则CE=a，AN=2a，AE=EB=$\sqrt{3}$a，
∴BN=$\sqrt{3}$a-a，BC=2EC=2a，
∴BN+BC=$\sqrt{3}$a-a+2a=$\sqrt{3}$a+a，AC=$\sqrt{3}$a+a，
∴$\frac{BN+BC}{AC}$=1．
（3）解：如图3中，设AD=a，BD=b，则AB=CD=a+b，
∵AD•DB=DN•DC，
∴DN=$\frac{ab}{a+b}$，DM=BM-DB=$\frac{a+b}{2}-b$=$\frac{a-b}{2}$，
在RT△MND中，MN=$\sqrt{D{M}^{2}+D{N}^{2}}$=$\sqrt{（\frac{a-b}{2}）^{2}+（\frac{ab}{a+b}）^{2}}$=$\frac{{a}^{2}+{b}^{2}}{2（a+b）}$，
∴NM+DN=$\frac{{a}^{2}+{b}^{2}}{2（a+b）}$+$\frac{ab}{a+b}$=$\frac{a+b}{2}$=$\frac{AB}{2}$，
∴$\frac{MN+DN}{AB}$=$\frac{1}{2}$．

点评 本题考查相似三角形的判定和性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是巧妙利用参数，把几何问题转化为代数问题解决，学会这种数形结合的方法，属于中考常考题型．