在△ABC中.以AB为斜边.作直角△ABD.使点D落在△ABC内.∠ADB=90°．(1)如图1.若AB=AC.∠DBA=60°.AD=7$\sqrt{3}$.点P.M分别为BC.AB边的中点.连接PM.求线段PM的长,(2)如图2.若AB=AC.把△ABD绕点A逆时针旋转一定角度.得到△ACE.连接ED并延长交BC于点P.求证:BP=CP,(3)如图3.若AD=BD.过点D的直线� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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12．在△ABC中，以AB为斜边，作直角△ABD，使点D落在△ABC内，∠ADB=90°．
（1）如图1，若AB=AC，∠DBA=60°，AD=7$\sqrt{3}$，点P、M分别为BC、AB边的中点，连接PM，求线段PM的长；
（2）如图2，若AB=AC，把△ABD绕点A逆时针旋转一定角度，得到△ACE，连接ED并延长交BC于点P，求证：BP=CP；
（3）如图3，若AD=BD，过点D的直线交AC于点E，交BC于点F，EF⊥AC，且AE=EC，请直接写出线段BF、FC、AD之间的关系（不需要证明）．

分析（1）根据直角三角形30度角性质求出AB，再根据三角形中位线定理即可求出PM．
（2）如图2中，在ED上截取EQ=DP，连接CQ．首先证明△EQC≌△DPB，推出QC=PB，再证明QC=PC即可解决问题．
（3）结论：2AD²=FB²+CF²．如图3中，连接AF交BD于N．由△AND∽△BNF，推出$\frac{AN}{BN}$=$\frac{DN}{NF}$，推出$\frac{AN}{DN}$=$\frac{BN}{NF}$，又∠ANB=∠DNF，推出△ANB∽△DNF，从∠DFN=∠ABD=45°，在RtABF中利用勾股定理即可证明．

解答（1）解：如图1中，

∵∠ADB=90°，∠DBA=60°，AD=7$\sqrt{3}$，
∴∠BAD=30°，
∴AB=2BD，设BD=a，则AB=2a，
∵AB²=BD²+AD²，
∴（2a）²=a²+（7$\sqrt{3}$）²，
∴a=7，
∴AB=AC=14，
∵AM=MB，PB=PC，
∴PM=$\frac{1}{2}$AC=7．

（2）证明：如图2中，在ED上截取EQ=DP，连接CQ．

∵AD=AE，
∴∠1=∠2，
∵∠ADB=∠AEC=90°，
∴∠1+∠3=90°，∠2+∠4=90°，
∴∠3=∠4，
∵BD=EC，
∴△EQC≌△DPB，
∴CQ=BP，∠QCE=∠DBP，
∵∠CQP=∠3+∠QCE，∠CPQ=∠4+∠DBP，
∴∠CQP=∠CPQ，
∴CQ=PC，
∴PB=PC．

（3）结论：2AD²=FB²+CF²．
理由：如图3中，连接AF交BD于N，连接CD延长至H．

∵EA=EC，EF⊥AC，
∴DA=DC，
∵∠ADB=90°，DA=DB，
∴DA=DC=DB，∴∠DBA=∠DAB=45°，AB=$\sqrt{2}$AD，
∴∠DAC=∠DCA，∠DBC=∠DCB，
∵∠ADH=∠DAC+∠ACD，∠BDH-∠DBC+∠DCB，
∴∠ADB=2∠ACD+2∠DCB=90°，
∴∠ACF=45°，
∵FA=FC，
∴∠FAC=∠FCA=45°，
∴∠AFC=90°
∵∠AND=∠BNF，∠ADN=∠BFN=90°，
∴△AND∽△BNF，
∴$\frac{AN}{BN}$=$\frac{DN}{NF}$，
∴$\frac{AN}{DN}$=$\frac{BN}{NF}$，∵∠ANB=∠DNF，
∴△ANB∽△DNF，
∴∠DFN=∠ABD=45°，
∵FE⊥AC，AE=EC，
∴FA=FC，∠AFE=∠CFE=45°，
∴∠AFC=∠AFB=90°，
∴AB²=BF²+AF²，
∴2AD²=BF²+CF²．

点评本题考查几何变换综合题、全等三角形的判定和性质．相似三角形的判定和性质，解题的关键是学会添加常用辅助线构造全等三角形解决问题，灵活应用所学知识解决问题，属于中考压轴题．

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