分析 (1)证明∠BDE=∠BED,根据等角对等边得出结论;
(2)作两条垂线段,证明△BEF≌△NBD和△BGF≌△DNC,进而判断出△BFG≌△DHC即可得出CD=3,
(3)先用射影定理求出DM=$\frac{C{D}^{2}}{BD}$=$\frac{9}{8}$,BM=BD+DM=$\frac{73}{8}$,CM=$\sqrt{DM×BM}$=$\frac{3\sqrt{73}}{8}$,进而得出BH=BM=$\frac{73}{8}$,MH=2CM=$\frac{3\sqrt{73}}{4}$,再用S△BMN=S△BMH+S△MNH得出NI,进而用△BCH∽△NIH,得出$\frac{BC}{NI}=\frac{BH}{NH}$,即求出NH=$\frac{47}{8}$,即可得出结论.
解答 解:(1)∵AB=AC,
∴∠C=∠ABC,
∵∠BEF=∠DBC,
∴∠EFB=∠BDC,
设∠DEF=x,∠EDB=y,∠BEF=z,
在△EGD和△BGF中,x+y=z+2x,
y=x+z,即∠BDE=∠BED,
∴BD=BE,
(2)如图2,过D作DH⊥BC,
∵EF⊥BC,
∴∠BFE=∠DHB=90°
由(1)知:BE=BD,
∵∠BEF=∠DBC,∠EFB=∠DHB=90°,
∴△BEF≌△BDH,
∴BF=DH,∠EBF=∠BDH,
∵∠ABC=∠ACB,∠BEF+∠ABC=90°,.
∴∠BEF+∠ACB=90°,
∵∠BEF=∠DBC,
∴∠DBC+∠ACB=90°M
∴∠BDC=90°,
∴∠BDH+∠CDH=90°,
∴∠FBG=∠HDC,
∵∠BFG=∠DHC,BF=DH,
∴△BFG≌△DHC,
∴CD=BG=BD-DG=3;
(3)如图3,由(2)知,CD=3,∠BDC=90°,
∴BC=$\sqrt{73}$,
在Rt△BCM中,CD⊥BM,
∴DM=$\frac{C{D}^{2}}{BD}$=$\frac{9}{8}$,
∴BM=BD+DM=$\frac{73}{8}$,CM=$\sqrt{DM×BM}$=$\frac{3\sqrt{73}}{8}$,
延长MC交BN于H,
∵∠NBC=∠MBC,BC⊥MH,
∴BH=BM=$\frac{73}{8}$,MH=2CM=$\frac{3\sqrt{73}}{4}$,
过点N作NI⊥MH交MH延长线于I,
∵△BMN的面形为45
∴S△BMN=S△BMH+S△MNH=$\frac{1}{2}$MH×BC+$\frac{1}{2}$MH×NI=$\frac{1}{2}$×$\frac{3\sqrt{73}}{4}$×$\sqrt{73}$+$\frac{1}{2}$×$\frac{3\sqrt{73}}{4}$×NI=45,
∴NI=$\frac{47\sqrt{73}}{73}$,
∵△BCH∽△NIH,
∴$\frac{BC}{NI}=\frac{BH}{NH}$,
∴$\frac{\sqrt{73}}{\frac{47\sqrt{73}}{73}}=\frac{\frac{73}{8}}{NH}$,
∴NH=$\frac{47}{8}$,
∴BN=BH+NH=$\frac{73}{8}$+$\frac{47}{8}$=15,
点评 此题是三角形综合题,主要考查了等腰三角形的性质,全等三角形的判定和性质,相似三角形的判定和性质,几何图形的面积,射影定理,解本题的关键是得出CD=3,难点点用角平分线和垂直构造等腰三角形和相似三角形,是一道很好的中考常考题.
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