Question

10．如图1，在△ABC中BD⊥AC于点D，在线段DA上取点E使得ED=CD，DF平分∠ADB交AB于点F，连接EF．
（1）若AB=4$\sqrt{5}$，BC=$\sqrt{17}$，AD=8，求CD的长；
（2）若BD+ED=$\sqrt{2}$DF，求证：FB=FE且FB⊥FE；
（3）如图2，在（2）的情况下，若∠ABC=90°，求$\frac{AB}{BC}$的值

Answer 1

分析 （1）先判断出∠ADB=∠CDB=90°，再用勾股定理求出BD，进而用勾股定理求出CD；
（2）过点F作FH⊥FD，得出BD=HE，再判断出△EHF≌△BDF，即可得出EF=BF，∠EFH=∠BFD，进而判断出EF⊥BF
（3）过点D作DG⊥AB，判断出EF∥DG∥CB，进而得出FG=BG，即可得出EF=2FG，再判断出∠FDG=∠A，进而得出△AEF∽△DFG，即可判断出AE=2DF=2BD，进而得出ED=（$\sqrt{2}$-1）BD，AD=（$\sqrt{2}$+1）BD，即可．

解答 解：（1）∵BD⊥AC，
∴∠ADB=∠CDB=90°，
在Rt△ADB中，AB=4$\sqrt{5}$，AD=8，
∴BD=$\sqrt{A{B}^{2}-A{D}^{2}}$=4，
在Rt△CDB中，BC=$\sqrt{17}$，BD=4，
∴CD=$\sqrt{B{C}^{2}-B{D}^{2}}$=1，
（2）如图1，

由（1）知，∠ADB=∠CDB=90°，
∵DF平分∠ADB，
∴∠BDF=∠ADF=45°，
过点F作FH⊥FD，
∴∠DFH=90°，
∴△DFH是等腰直角三角形，
∴∠FHD=45°，DH=$\sqrt{2}$DF=$\sqrt{2}$FH，
∵BD+ED=$\sqrt{2}$DF，
∴BD+DE=DH=HE+DE，
∴BD=HE，
在△EHF和△BDF中，$\left\{\begin{array}{l}{HE=BD}\\{∠EHF=∠BDF}\\{FH=FD}\end{array}\right.$，
∴△EHF≌△BDF，
∴EF=BF，∠EFH=∠BFD，
∴∠BFE=∠BFD+∠DFE=∠EFH+∠DFE=∠DFH=90°，
∴EF⊥BF；
（3）如图2，

过点D作DG⊥AB，
由（2）知，EF⊥AB
∵∠ABC=90°，
∴BC⊥AB，
∴EF∥DG∥CB，
∴$\frac{FG}{GB}=\frac{DE}{CD}$，
∵CD=DE，
∴FG=BG，
∴EF=BF=2FG，
∵DG⊥BF，
∴BD=DF，∠FDG=∠BDG，
∵CB∥DG，
∴∠BDG=∠CBD，
∴∠FDG=∠CBD，
∵∠CBD+∠ABD=90°，
∴∠FDG+∠ABD=90°，
∵∠ABD+∠A=90°，
∴∠FDG=∠A，
∵∠AFE=∠DGF=90°，
∴△AEF∽△DFG，
∴$\frac{AE}{DF}=\frac{EF}{FG}$=$\frac{2FG}{FG}$=2，
∴AE=2DF=2BD，
∵BD+ED=$\sqrt{2}$DF=$\sqrt{2}$BD，
∴ED=（$\sqrt{2}$-1）BD，
∴AD=AE+DE=2BD+（$\sqrt{2}$-1）BD=（$\sqrt{2}$+1）BD，
在Rt△ABC中，tanA=$\frac{BC}{AB}$，
在Rt△ADB中，tanA=$\frac{BD}{AD}$，
∴$\frac{AB}{BC}=\frac{AD}{BD}$=$\frac{（\sqrt{2}+1）BD}{BD}$=$\sqrt{2}$+1．

点评 此题是三角形综合题，主要考查了勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判断和性质，锐角三角函数，解本题的关键是（2）判断出△EHF≌△BDF，（3）判断出AE=2DF=2BD，作出辅助线是解本题的难点，是一道中等难度的中考常考题．