Question

13．在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠BAC的平分線AD交BC于點D
（l）如圖1，過點B作BE⊥AC于點E，BE與AD相交于點F，當AD=6，BF=2$\sqrt{3}$時，求線段AB的長度；
（2）如圖2．過點B作BE⊥AC于點E，BE與AD相交于點F，在線段AF上取點G，使FG=DF，連接BG．過點F作FH⊥AD交BG于點H，連接DH交BE于點I，求證：BD=2IF．
（3）如圖3，若∠BCA=60°，作∠BCA=∠MCB交AD的延長線于M，過M作MN⊥MA交AB的延長線上于N點，猜想線段ND與線段AB之間有怎樣的數(shù)量關(guān)系，請直接寫出結(jié)論（不需證明）

Answer 1

分析 （1）首先證明BD=BF，在Rt△在Rt△ABD中，根據(jù)AB=$\sqrt{A{D}^{2}-B{D}^{2}}$計算即可．
（2）如圖2中，作BK∥DG交DH的延長線于K，連接KG．首先證明四邊形BFGK是平行四邊形，再證明IF是△DKG的中位線，由此即可證明．
（3）如圖3中，作MK⊥AC于K，MF⊥BC于K，ME⊥AN于E．首先證明△MFD≌△MEN，推出MN=MD，推出∠MDN=45°，由∠BDA=75°，推出∠NDB=180°-45°-75°=60°，設(shè)BD=a．則DN=2a，在AB上取一點P，使得PD=PA，則∠DPB=30°，PD=PA=2a，BP=$\sqrt{3}$a，可得AB=（2+$\sqrt{3}$）a，由此即可解決問題．

解答 （1）解：如圖1中，

∵BE⊥AC，
∴∠BEC=∠ABC=90°，
∴∠C+∠CBE=90°，∠ABE+∠CBE=90°，
∴∠C=∠ABE，
∵AD平分∠BAC，
∴∠DAB=∠DAC，
∵∠BDF=∠C+∠DAC，∠BFD=∠DAB+∠ABE，
∴BD=BF=2$\sqrt{3}$，
在Rt△ABD中，AB=$\sqrt{A{D}^{2}-B{D}^{2}}$=$\sqrt{{6}^{2}-（2\sqrt{3}）^{2}}$=2$\sqrt{6}$．

（2）證明：如圖2中，作BK∥DG交DH的延長線于K，連接KG．

∵FH垂直平分DG，
∴HD=HG，
∴∠HDG=∠HGD，
∴∠HBK=∠HGD，∠HKB=∠HDG，
∴∠HBK=∠HKB，
∴BH=HK，∵∠DHB=∠KHG，
∴△BDH≌△KGH，
∴BD=KG，∵DG=GD，DK=BG，
∴△BDG≌△KGD，
∴∠BDG=∠KGD，
∵∠BDF=∠BFD，
∴∠BFD=∠KGD，
∴BF∥KG，∵BK∥FG，'
∴四邊形BFGK是平行四邊形，
∴BF=GK=BD，
∵DF=FG，F(xiàn)I∥GK，
∴DI=IK，
∴GK=2IF，
∴BD=2IF．

（3）解：結(jié)論：∴$\frac{AB}{DN}$=$\frac{2+\sqrt{3}}{2}$．理由如下，
如圖3中，作MK⊥AC于K，MF⊥BC于K，ME⊥AN于E．

∵∠MAE=∠MAK，
∴ME=MK，
∵∠MCK=∠MCB=60°，
∴MK=MF，
∴ME=MF，
∴∠MBE=∠MBF=45°，
∵∠NMD=∠EEMF=90°，
∴∠NME=∠DMF，∵∠MFD=∠MEN，ME=MF，
∴△MFD≌△MEN，
∴MN=MD，
∴∠MDN=45°，
∵∠BDA=75°，
∴∠NDB=180°-45°-75°=60°，設(shè)BD=a．則DN=2a，
在AB上取一點P，使得PD=PA，則∠DPB=30°，PD=PA=2a，BP=$\sqrt{3}$a，
∴AB=（2+$\sqrt{3}$）a，
∴$\frac{AB}{DN}$=$\frac{（2+\sqrt{3}）a}{2a}$=$\frac{2+\sqrt{3}}{2}$．

點評 本題考查三角形綜合題、全等三角形的判定和性質(zhì)、平行四邊形的判定和性質(zhì)、等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形30度角性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題，學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，學(xué)會用轉(zhuǎn)化的首先思考問題，屬于中考壓軸題．