Question

15．如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，D为BC的中点，E为斜边AB上一点，且AE=2EB，CE与AD交于点F，连接DE．
（1）求AF：FD；
（2）求证：CE⊥AD；
（3）求证：∠ADC=∠BDE．

Answer 1

分析 （1）作CG∥DE交AB于G，交AD于H，根据三角形中位线的性质求得AG=GE=EB=$\frac{1}{3}$AB，进而求得AH=HD，设AK=BK=1，则CK=1，AC=BC=$\sqrt{2}$，根据中位线的性质得出CH=2DE-$\frac{1}{2}$DE=$\frac{3}{2}$DE，FH=$\frac{3}{2}$FD，从而求得$\frac{AF}{FD}$=$\frac{4}{1}$；
（2）由CG∥DE，得出$\frac{HF}{FD}$=$\frac{CH}{DE}$=$\frac{3}{2}$，进而求得CF=$\frac{3}{5}$CE，作CK⊥AB于K，根据勾股定理求得CE=$\frac{\sqrt{10}}{3}$，求得CF=$\frac{3}{5}$×$\frac{\sqrt{10}}{3}$=$\frac{\sqrt{10}}{5}$，由CF²+AF²=AC²，证得△ACF是直角三角形，从而证得CE⊥AD；
（3）根据平行线的性质和等腰三角形的性质求得即可．

解答 （1）解：作CG∥DE交AB于G，交AD于H，
∵CD=BD，
∴BE=EG，
∵AE=2EB，
∴AG=GE=EB=$\frac{1}{3}$AB，
∴AH=HD，
∴CH=$\frac{1}{2}$AD，
设AK=BK=1，则CK=1，AC=BC=$\sqrt{2}$，
∵CG∥DE，CD=BD，
∴CG=2DE，
∵AG=GE，
∴GH=$\frac{1}{2}$DE，
∴CH=2DE-$\frac{1}{2}$DE=$\frac{3}{2}$DE，
∴$\frac{CH}{DE}$=$\frac{3}{2}$，
∵CG∥DE，
∴$\frac{HF}{FD}$=$\frac{CH}{DE}$=$\frac{3}{2}$，
∴FH=$\frac{3}{2}$FD，
∵AH=HD=FH+FD=$\frac{5}{2}$FD，
∴AF=AH+FH=4FD，
∴$\frac{AF}{FD}$=$\frac{4}{1}$；
（2）证明：∵CG∥DE，
∴$\frac{CF}{FE}$=$\frac{CH}{DE}$=$\frac{3}{2}$，
∴$\frac{CF}{CE}$=$\frac{3}{5}$，
∴CF=$\frac{3}{5}$CE，
作CK⊥AB于K，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AK=BK=1，
∵AE=$\frac{4}{3}$，
∴EK=$\frac{4}{3}$-1=$\frac{1}{3}$，
∴CE=$\sqrt{C{K}^{2}+E{K}^{2}}$=$\frac{\sqrt{10}}{3}$，
∴CF=$\frac{3}{5}$×$\frac{\sqrt{10}}{3}$=$\frac{\sqrt{10}}{5}$，
∵AC=BC=$\sqrt{2}$
∴DC=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴AD=$\sqrt{A{C}^{2}+D{C}^{2}}$=$\frac{\sqrt{10}}{2}$，
∵$\frac{AF}{FD}$=$\frac{4}{1}$；
∴$\frac{AF}{AD}$=$\frac{4}{5}$，
∴AF=$\frac{2\sqrt{10}}{5}$，
∵CF²+AF²=（$\frac{\sqrt{10}}{5}$）²+（$\frac{2\sqrt{10}}{5}$）²=2=AC²，
∴△ACF是直角三角形，
∴CE⊥AD；
（3）证明：由（1）可知A=DH，
∴CH=DH，
∴∠GCD=∠ADC，
∵CG∥DE，
∴∠BDE=∠GCD，
∴∠ADC=∠BDE．

点评 本题考查了等腰三角形的判定和性质三角形中位线的判定和性质，勾股定理以及勾股定理的逆定理的应用，平行线的性质，直角三角形斜边中线的性质等，作出辅助线，构建三角形的中位线是解题的关键．