Question

4．已知在△ABC中，AB=AC，DB=DC，點F是AB邊上一點，點E在線段DF的延長線上，∠BAE=∠BDF，點M在線段DF上，∠EBM=∠ABD．
（1）如圖1，當(dāng)∠ABC=45°時，求證：AE=$\sqrt{2}$MD．
（2）如圖2，當(dāng)∠ABC=60°時，延長BM到點P，使MP=BM，AD與CP交于點N，若AB=$\sqrt{7}$，BE=$\sqrt{3}$．
①求證：BP⊥CP；②求AN的長．

Answer 1

分析 （1）由題意知∠BAE=∠BDM，∠ABE=∠DBM，故有△ABE∽△DBM⇒AE：DM=AB：BD，而∠ABC=45°⇒AB=$\sqrt{2}$BD，則有AE=$\sqrt{2}$MD；
（2）①由于△ABE∽△DBM，相似比為2，故有EB=2BM，由題意知得△BEP為等邊三角形，有EM⊥BP，∠BMD=∠AEB=90°，由D為BC中點，M為BP中點，得DM∥PC，故∠BPC=∠BMD=90°；
②由DM∥CP得∠NCD=∠BDM=∠BAE，根據(jù)△BMD∽△BEA得∠BMD=∠BEA=90°，進而知tan∠NCD=tan∠BAE=$\frac{BE}{AE}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，可分別求出AD、CD及DN的長，即可知AN．

解答 解：（1）∵AB=AC，且∠ABC=45°，∴∠BAC=90°，
故在RT△ABC中，AB=BC•cos∠ABC=BC•cos45°，即AB=$\frac{\sqrt{2}}{2}$BC，
又∵DB=DC，∴BC=2DB，∴AB=$\sqrt{2}$DB，
∵∠EBM=∠ABD，∴∠EBA=∠MBD，
∵∠BAE=∠BDM，
∴△ABE～△DBM，∴$\frac{AB}{DB}=\frac{AE}{DM}$，
∵AB=$\sqrt{2}$DB，∴AE=$\sqrt{2}$MD；
（2）如圖：

①連接AD，
∵AB=AC，∠ABC=60°，
∴△ABC是等邊三角形，
又∵D為BC的中點，
∴AD⊥BC，∠DAC=30°，BD=DC=$\frac{1}{2}$AB，
∵∠BAE=∠BDM，∠ABE=∠DBM，
∴△ABE∽△DBM，
∴$\frac{BE}{BM}=\frac{AB}{DB}$=2，∠AEB=∠DMB，
∴EB=2BM，
又∵BM=MP，
∴EB=BP，
∵∠EBM=∠EBA+∠ABM=∠MBD+∠ABM=∠ABC=60°，
∴△BEP為等邊三角形，
∴EM⊥BP，即∠BMD=90°，
∵DB=DC，BM=MP，
∴DM是△BCP中位線，
∴DM∥PC，
∴∠BMD=∠BPC=90°，即BP⊥PC；
②∵DM∥CP，∴∠NCD=∠BDM，
∵∠BDM=∠BAE，∴∠NCD=∠BAE，
∵△BMD∽△BEA，∠BMD=90°，
∴∠BMD=∠BEA=90°，
在RT△ABE中，AB=$\sqrt{7}$，BE=$\sqrt{3}$，∴AE=2，
則tan∠NCD=tan∠BAE=$\frac{BE}{AE}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
在RT△ACD中，AD=AC•sin∠ACD=$\frac{\sqrt{21}}{2}$，CD=AC•cos∠ACD=$\frac{\sqrt{7}}{2}$，
而DN=CD•tan∠NCD=$\frac{\sqrt{21}}{4}$，
∴AN=AD-DN=$\frac{\sqrt{21}}{4}$．

點評 此題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，以及銳角三角函數(shù)的定義，通過作輔助線使線段與線段的關(guān)系得到明確．本題的計算量大，難度適中．