Question

19．在四边形ABCD中，AC和BD相交于点E，AD=BD，∠ABD=∠ACD=60°，过点A作AH⊥CD交直线CD于点H．
（1）如图（1）当点H在线段CD上时，直接写出DH、BC、CH的数量关系DH+BC=CH．
（2）如图（2）当点H在线段CD的延长线上时，求证：BC-DH=CH．
（3）在（2）的条件下，若CH=2，BC=3，AH=2$\sqrt{3}$，求△ABC的面积．

Answer 1

分析 （1）由已知证出点A、B、C、D四点共圆，得出∠ADC+∠ABC=180°，证出△ABD是等边三角形，得出∠ACB=∠ADB=∠ABD=60°，因此∠ACD=∠ACB，在HC上截取HM=DH，连接AM，由线段垂直平分线的性质得出AD=AM，由等腰三角形的性质得出∠ADC=∠AMD，证出∠ABC=∠AMC，由AAS证明△AMC≌△ABC，得出∴MC=BC，即可得出结论；
（2）证明：在HC的延长线上截取HM=DH，连接AM，同（1）证出△AMC≌△ABC，得出MC=BC，即可得出结论；
（3）作BN⊥AC于N，求出∠BCN=30°，得出CN=$\frac{1}{2}$BC=$\frac{3}{2}$，由勾股定理得出BN=$\sqrt{3}$CN=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，AN=$\sqrt{A{B}^{2}-B{N}^{2}}$=$\frac{\sqrt{21}}{2}$，得出AC，即可求出△ABC的面积．

解答 （1）解：DH+BC=CH，理由如下：
∵∠ABD=∠ACD=60°，
∴点A、B、C、D四点共圆，
∴∠ADC+∠ABC=180°，
∵AD=BD，∠ABD=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠ACB=∠ADB=∠ABD=60°，
∴∠ACD=∠ACB，
在HC上截取HM=DH，连接AM，如图1所示：
∵AH⊥CD，
∴AD=AM，
∴∠ADC=∠AMD，
∵∠AMD+∠AMC=180°，
∴∠ADC+∠AMC=180°，
∴∠ABC=∠AMC，
在△AMC和△ABC中，$\left\{\begin{array}{l}{∠ACD=∠ACB}\\{∠AMC=∠ABC}\\{AC=AC}\end{array}\right.$，
∴△AMC≌△ABC（AAS），
∴MC=BC，
∵MC+HM=CH，
∴DH+BC=CH；
故答案为：DH+BC=CH；
（2）证明：∵∠ABD=∠ACD=60°，
∴点A、B、C、D四点共圆，
∴∠ADC+∠ABC=180°，
∵AD=BD，∠ABD=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠ACB=∠ADB=∠ABD=60°，
∴∠ACD=∠ACB，
在HC的延长线上截取HM=DH，连接AM，如图2所示：
∵AH⊥CD，
∴AD=AM，
∴∠ADC=∠AMD，
∵∠AMD+∠AMC=180°，
∴∠ADC+∠AMC=180°，
∴∠ABC=∠AMC，
在△AMC和△ABC中，$\left\{\begin{array}{l}{∠ACD=∠ACB}\\{∠AMC=∠ABC}\\{AC=AC}\end{array}\right.$，
∴△AMC≌△ABC（AAS），
∴MC=BC，
∵MC-HM=CH，
∴BC-DH=CH；
（3）解：作BN⊥AC于N，如图3所示：
∵∠ACB=60°，
∴∠BCN=30°，
∴CN=$\frac{1}{2}$BC=$\frac{3}{2}$，
∴BN=$\sqrt{3}$CN=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
∴AN=$\sqrt{A{B}^{2}-B{N}^{2}}$=$\sqrt{（2\sqrt{3}）^{2}-（\frac{3\sqrt{3}}{2}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{21}}{2}$，
∴AC=AN+CN=$\frac{\sqrt{21}+3}{2}$，
∴△ABC的面积=$\frac{1}{2}$AC•BN=$\frac{1}{2}$×$\frac{\sqrt{21}+3}{2}$×$\frac{3\sqrt{3}}{2}$=$\frac{9\sqrt{7}+9\sqrt{3}}{8}$．

点评 本题是四边形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、四点共圆，圆周角定理、等边三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理、含30°角的直角三角形的性质等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解决问题的关键．