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4.定义:若△ABC的一条角平分线AD满足AD2=BD•CD,那么我们把这条角平分线AD叫做这个三角形的角分中项线
(1)如图①,△ABC中,点E为BC上一点,AD为△ABC的角平分线,且为△ABE的中线,且△ADE∽△CDA,求证AD为△ABC的角分中项线
(2)如图②,AD为△ABC的角分中项线
①求AB:BD
②若∠BAC=60°,BD=2,求S△ABD
③如图③,若△ABD为等腰三角形,且AD=$\sqrt{2}$,求AC的长.

分析 (1)由△ADE∽△CDA,推出$\frac{AD}{CD}$=$\frac{DE}{AD}$,即AD2=DE•DC,由BD=DE,即可推出AD2=BD•DC由此解决问题;
(2)①延长DB使得DE=DC.,作DM⊥AB于M,DN⊥AC于N.只要证明△ADB∽△EDA,推出∠DAB=∠E=∠CAD,推出△ACD∽△ECA,推出$\frac{AC}{EC}$=$\frac{CD}{AC}$,推出AC2=CD•CE=2CD2,即$\frac{AC}{CD}$=$\sqrt{2}$,由$\frac{{S}_{△ABD}}{{S}_{△ADC}}$=$\frac{BD}{DC}$=$\frac{\frac{1}{2}•AB•DM}{\frac{1}{2}•AC•DN}$,由DM=DN,可得$\frac{BD}{DC}$=$\frac{AB}{AC}$,推出$\frac{AB}{BD}$=$\frac{AC}{CD}$=$\sqrt{2}$;
②如图②-1中,作BH⊥AD于H.求出AD、BH即可解决问题;
③分两种情形a、如图③中,当AB=AD时,作AH⊥BD于H.b、如图④中,当DA=DB时,分别求解即可;

解答 (1)证明:如图1中,

∵△ADE∽△CDA,
∴$\frac{AD}{CD}$=$\frac{DE}{AD}$,
∴AD2=DE•DC,
∵BD=DE,
∴AD2=BD•DC,
∴AD为△ABC的角分中项线.

解:(2)①延长DB使得DE=DC.,作DM⊥AB于M,DN⊥AC于N.

∵AD2=BD•DC=BD•DE,
∴$\frac{AD}{BD}$=$\frac{DE}{AD}$,
∵∠ADB=∠ADE,
∴△ADB∽△EDA,
∴∠DAB=∠E=∠CAD,∵∠C=∠C,
∴△ACD∽△ECA,
∴$\frac{AC}{EC}$=$\frac{CD}{AC}$,
∴AC2=CD•CE=2CD2
∴$\frac{AC}{CD}$=$\sqrt{2}$,
∵$\frac{{S}_{△ABD}}{{S}_{△ADC}}$=$\frac{BD}{DC}$=$\frac{\frac{1}{2}•AB•DM}{\frac{1}{2}•AC•DN}$,
∵DM=DN,
∴$\frac{BD}{DC}$=$\frac{AB}{AC}$,
∴$\frac{AB}{BD}$=$\frac{AC}{CD}$=$\sqrt{2}$.

②如图②-1中,作BH⊥AD于H.

∵BD=2,AB=$\sqrt{2}$BD,
∴AB=2$\sqrt{2}$,
在Rt△ABH中,∵∠BAH=$\frac{1}{2}$∠BAC=30°,
∴BH=$\sqrt{2}$,AH=$\sqrt{6}$,
在Rt△BHD中,DH=$\sqrt{{2}^{2}-(\sqrt{2})^{2}}$=$\sqrt{2}$,
∴AD=$\sqrt{6}$+$\sqrt{2}$,
∴S△ABD=$\frac{1}{2}$•AD•BH=$\frac{1}{2}$•($\sqrt{6}$+$\sqrt{2}$)•$\sqrt{2}$=$\sqrt{3}$+1.

③如图③中,当AB=AD时,作AH⊥BD于H.

∵AB=AD=$\sqrt{2}$,AB=$\sqrt{2}$BD,
∴BD=1,
∵AD2=BD•DC,
∴CD=2,
在Rt△AHD中,AH=$\sqrt{A{D}^{2}-H{D}^{2}}$=$\frac{\sqrt{7}}{2}$,
在Rt△ACH中,AC=$\sqrt{A{H}^{2}+C{H}^{2}}$=$\sqrt{(\frac{\sqrt{7}}{2})^{2}+(\frac{5}{2})^{2}}$=2$\sqrt{2}$.
如图④中,当DA=DB时,

由题意AD=BD=$\sqrt{2}$,AB=2,
∵AD2=BD•DC,
∴DC=$\sqrt{2}$,
∵AB2=4,AD2+BD2=4,
∴AB2=BD2+AD2
∴∠ADB=90°,
∴AD⊥BC,
∵BD=DC,
∴AC=AB=2.

点评 本题考查相似三角形综合题、勾股定理、相似三角形的判定和性质等知识,解题的关键是理解题意,学会添加常用辅助线,构造相似三角形解决问题,学会用分类讨论的思想思考问题,属于中考压轴题.

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