分析 (1)如图1中,由△DBE△CDA,得AD=BE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$,由BD2+DC2=BC2,BC=3,推出CD=BD=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$,在Rt△ADC中,利用AC2=AD2+CD2,即可求出AC.
(2)如图2中,连接DO交CF于G.只要证明△FGO∽△DGC,即可得到∠OFG=∠CDF=45°.
(3)如图3中,作BG⊥DE于G.由△DGB≌△CFD,推出BG=DF,CF=DG,由∠BFE=45°,∠BGF=90°,推出∠GBF=∠GFB=45°,推出BG=FG=DF,推出CF=2FG,设BG=FG=a,则BF=$\sqrt{2}$a,CF=2a,由tan∠FBO=tan∠BDG=$\frac{BG}{DG}$=$\frac{1}{2}$,推出OF=$\frac{\sqrt{2}}{2}$a,由此即可解决问题.
解答 解:(1)如图1中,
∵∠ABC=45°,过点C作CD⊥AB于点D,
∴∠DBC=∠DCB=45°,
∴DB=DC,
在△DBE和△CDA,
$\left\{\begin{array}{l}{∠BDE=∠ACD}\\{∠DBE=∠ADC}\\{DB=DC}\end{array}\right.$,
∴△DBE△CDA,
∴AD=BE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$,
∵BD2+DC2=BC2,BC=3,
∴CD=BD=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$,
在Rt△ADC中,∵AC2=AD2+CD2,
∴AC=$\sqrt{(\frac{\sqrt{2}}{2})^{2}+(\frac{3\sqrt{2}}{2})^{2}}$=$\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{9}{2}}$=$\sqrt{5}$.
(2)如图2中,连接DO交CF于G.
∵DB=DC,BO=OC,
∴DO⊥BC,∠ODB=∠ODC,
∵CF⊥DE,
∴∠DFG=∠GOC,
∵∠DGF=∠OGC,
∴△DFG∽△COG,
∴$\frac{FG}{OG}$=$\frac{DG}{GC}$,
∴$\frac{FG}{DG}$=$\frac{OG}{GC}$,∵∠FGO=∠DGO,
∴△FGO∽△DGC,
∴∠OFG=∠CDG=45°,
∴∠OFC=45°.
(3)如图3中,作BG⊥DE于G.
∵∠BDG+∠CDF=90°,∠CDF+∠DCF=90°,
∴∠BDG=∠DCF,
在△DGB和△CFD中,
$\left\{\begin{array}{l}{∠BDG=∠DCF}\\{∠DGB=∠DFC}\\{DB=DC}\end{array}\right.$,
∴△DGB≌△CFD,
∴BG=DF,CF=DG,
∵∠BFE=45°,∠BGF=90°,
∴∠GBF=∠GFB=45°,
∴BG=FG=DF,
∴CF=2FG,设BG=FG=a,则BF=$\sqrt{2}$a,CF=2a,
∵∠BFG=∠OFE=45°,
∴∠BFO=90°,
∵∠FBD+∠FDB=∠BFG=45°,∠FBO+∠DBF=45°,
∴∠FBO=∠BDG,
∴tan∠FBO=tan∠BDG=$\frac{BG}{DG}$=$\frac{1}{2}$,
∴OF=$\frac{\sqrt{2}}{2}$a,
∴BF:OF:CF=$\sqrt{2}$a:$\frac{\sqrt{2}}{2}$a:2a=2:1:2$\sqrt{2}$.
点评 本题考查三角形综合题、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识,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,学会利用参数解决问题,属于中考压轴题.
科目:初中数学 来源: 题型:选择题
A. | (22015,22015) | B. | (22016,22016) | C. | (22015,22016) | D. | (22016,22015) |
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科目:初中数学 来源: 题型:选择题
A. | 1 | B. | $\frac{1}{2}$ | C. | 2 | D. | 以上都不对 |
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科目:初中数学 来源: 题型:解答题
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科目:初中数学 来源: 题型:选择题
A. | a>b | B. | a≥b | C. | a<b | D. | a≤b |
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