Question

6．如图1，在等腰Rt△ABC中，AC=BC，D为边BC上一动点，过B作BE⊥AD于E，过D作DF⊥AB于F．

（1）当∠CAD=∠BAD时，求证：AD=2BE；
（2）如图2，当D在边BC上运动时，AD交CF于M，BD与EF交于N，求证：tan∠BAD=$\frac{DM•NB}{DN•MA}$．

Answer 1

分析 （1）连接CE，由等腰三角形的性质得出∠BAC=∠ABC=45°，证明A、B、E、C四点共圆，由圆周角定理得出$\widehat{CE}=\widehat{BE}$，由圆心角、弧、弦之间的关系得出CE=BE，由圆周角定理得出∠AEC=∠ABC=45°，取AD的中点G，连接CG，由直角三角形斜边上的中线性质得出CG=$\frac{1}{2}$AD=CG，由等腰三角形的性质得出∠ACG=∠CAD=22.5°，由三角形的外角性质证出∠CGE=∠AEC，得出CG=CE，因此CG=BE，即可得出AD=2BE；
（2）过点D作PQ∥AB，交CF于点P，交EF于点Q；证明A、C、D、F四点共圆，由圆周角定理得出∠CFD=∠DAC，同理可证∠EFD=∠DBE=∠DAF，证出∠PFD=∠QFD，得出tan∠PFD=tan∠QFD，因此$\frac{PD}{FD}$=$\frac{QD}{FD}$，得出PD=QD；证出△BDF为等腰直角三角形，DF=BF；证明△DPM∽△AFM，得出$\frac{DM}{MA}$=$\frac{DP}{AF}$；同理可证：$\frac{DN}{NB}$=$\frac{DQ}{BF}$=$\frac{DQ}{DF}$，得出$\frac{DM}{MA}•\frac{NB}{DN}$=$\frac{DF}{AF}$，即可得出结论．

解答 （1）证明：连接CE，如图1所示：
∵等腰Rt△ABC中，AC=BC，
∴∠BAC=∠ABC=45°，
∵BE⊥AD，
∴∠AEB=90°=∠ACB，
∴A、B、E、C四点共圆，
∵∠CAD=∠BAD，
∴∠CAD=∠BAD=$\frac{1}{2}$∠BAC=22.5°，$\widehat{CE}=\widehat{BE}$，
∴CE=BE，∠AEC=∠ABC=45°，
取AD的中点G，连接CG，
∴CG=$\frac{1}{2}$AD=CG，
∴∠ACG=∠CAD=22.5°，
∴∠CGE=∠CAD+∠ACG=45°=∠AEC，
∴CG=CE，
∴CG=BE，
∴AD=2BE；
（2）证明：过点D作PQ∥AB，交CF于点P，交EF于点Q；如图2所示：
∵DF⊥AB，∠ACD=90°，
∴∠ACD+∠AFD=180°，
∴A、C、D、F四点共圆，
∴∠CFD=∠DAC，同理可证∠EFD=∠DBE=∠DAF，而∠CAD=∠EBD，
∴∠PFD=∠QFD，
∴tan∠PFD=tan∠QFD，
即$\frac{PD}{FD}$=$\frac{QD}{FD}$，
∴PD=QD；由∠DBF=45°，DF⊥BF知：
△BDF为等腰直角三角形，DF=BF；
∵DP∥AF，
∴△DPM∽△AFM，
∴$\frac{DM}{MA}$=$\frac{DP}{AF}$；
同理可证：$\frac{DN}{NB}$=$\frac{DQ}{BF}$=$\frac{DQ}{DF}$，
∴$\frac{DM}{MA}•\frac{NB}{DN}$=$\frac{DF}{AF}$，
∵tan∠BAD=tan∠DAF=$\frac{DF}{AF}$，
∴tan∠BAD=$\frac{DM•NB}{DN•MA}$．

点评 本题是四边形综合题目，考查了等腰直角三角形的性质、四点共圆、圆周角定理、直角三角形斜边上的中线性质、相似三角形的判定与性质等知识；证明四点共圆，运用圆周角定理得出相等的角和相等的弧是解决问题的突破口．