Question

1．如图3，在等腰△ABC中，AB=AC，D是BC边上任一点，连接AD，过点B作BE∥AC，且AD=DE，连接DE．
（1）求证：∠E=∠BAD；
（2）当D为BC中点时，作DF⊥AC于点F，作AH⊥BF分别交BF、DF于点H、G，求证：G为DF的中点；
（3）设DE交AB于点M，若$\frac{AM}{BM}=\frac{8}{3}$，在（2）的条件下，请直接写出：cos∠C的值为$\frac{\sqrt{5}}{5}$．

Answer 1

分析 （1）如图3中，DP⊥EB，DQ⊥AB垂足分别为P、Q，只要证明△ADQ≌△EDP即可．
（2）如图4中取BF中点M，连接DM、MG、DH，只要证明MG∥BD即可．
（3）如图5中，作BH⊥AC于H，DR⊥AE于R，交AB于K，由A、E、B、D四点共圆得∠AEB=90°，先证明四边形AEBH是矩形，设AK=BK=KD=11k，由KD∥BE得$\frac{KM}{BM}=\frac{KD}{EB}=\frac{5}{6}$，用k表示出EB、AH、BH、CH、BC，在RT△BCH中可以求出cos∠C．

解答 （1）证明：如图3中，作DP⊥EB，DQ⊥AB垂足分别为P、Q，
∵BE∥AC，
∴∠C=∠PBC，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C，
∴∠ABC=∠PBC，
∵DP⊥EB，DQ⊥AB，
∴PD=DQ，∠AQD=∠EPD=90°，
在RT△ADQ和RT△EDP中，
$\left\{\begin{array}{l}{AD=ED}\\{DQ=DP}\end{array}\right.$，
∴△ADQ≌△EDP，
∴∠E=∠BAD．
（2）如图4中取BF中点M，连接DM、MG、DH、AE．
∵BD=DC，BM=MF，
∴DM∥AC，
∵DF⊥AC，AG⊥BF
∴∠MDF=∠DFC=90°=∠MHG，
∴∠MDG+∠MHG=180°，
∴D、M、H、G四点共圆，
∴∠DGM=∠MHD，
∵∠BDA=∠AHM=90，
∴A、B、D、H四点共圆，
∴∠BAD=∠MHD=∠MGD，
∵AB=AC，BD=DC，
∴∠BAD=∠DAC，
∵∠DAC+∠C=90°，∠CDF+∠C=90°，
∴∠DAC=∠CDF
∴∠CDF=∠MGD，
∴MG∥BD，
∵FM=MB，
∴FG=DG即点G是DF中点．
（3）如图5中，作BH⊥AC于H，DR⊥AE于R，交AB于K．
∵∠BED=∠BAD，
∴A、E、B、D四点共圆，
∴∠AEB+∠ADB=180°，∵∠ADB=90°，
∴∠AEB=90°，
∵BE∥AC，
∴∠AEB+∠EAC=180°，
∴∠EAC=90°，
∵∠AEB=∠EAH=∠AHB=90°，
∴四边形AEBH是矩形，
∴BE=AH，
∵∠ERD=∠EAC=90°，
∴DR∥AC，
∵BD=DC，
∴AK=BK=KD，设AK=BK=KD=11k，
∵AM：BM=8：3，
∴AM=16k，BM=6k，MK=5k，
∵KD∥BE，
∴$\frac{KM}{BM}=\frac{KD}{EB}=\frac{5}{6}$，
∴$EB=\frac{66}{5}k$=AH，
∴BH=$\sqrt{A{B}^{2}-A{H}^{2}}$=$\frac{88}{5}k$，CH=CA-AH=$\frac{44}{5}k$，
∴BC=$\sqrt{B{H}^{2}+C{H}^{2}}$=$\frac{44\sqrt{5}}{5}k$，
∴cos∠C=$\frac{CH}{BC}$=$\frac{\sqrt{5}}{5}$．
故答案为$\frac{\sqrt{5}}{5}$．

点评 本题考查全等三角形的判定和性质、四点共圆的判定和性质、矩形的判定和性质，综合性比较强，添加辅助线构造全等三角形是解决问题的关键，学会用方程的思想去思考问题，属于中考压轴题．