Question

3．如圖1，四邊形ABCD中，AB=BC，BE⊥AD，垂足為E，∠BCD-ABE=90°，過點(diǎn)C作CF∥AD，交對(duì)角線BD于點(diǎn)F．
（1）求證：CF=CD；
（2）若將“AB=BC”改為“AB=k•BC（k為常數(shù)，且k＞0）”，其它條件不變（如圖2），求$\frac{CF}{CD}$的值（用含k的式子表示）．

Answer 1

分析 （1）過B作BQ⊥DC于Q，求出∠Q=∠BEA=90°，∠ABE=∠CBQ，根據(jù)AAS推出△BEA≌△BQC，求出BE=BQ，根據(jù)角平分線性質(zhì)得出∠ADB=∠CDB，推出∠CFD=∠CDF即可；
（2）過B作BQ⊥DC交DC的延長線于H，連接AC，由BE⊥AD，得到∠ABE=90°-∠A，由于∠BCD-∠ABE=90°，于是得到∠BCD=90°+∠ABE=180°-∠A=180°-∠BCH，得到∠BCH=∠A，推出A，B，C，D四點(diǎn)共圓，于是得到∠BAC=∠CDF，∠ACB=∠ADB，證得△ABC～△DCF，即可得到結(jié)果．

解答 （1）證明：過B作BQ⊥DC于Q，
∵BE⊥AD，
∴∠Q=∠BEA=90°，
∴∠BCD-90°=∠QBC，
∵∠BCD-∠ABE=90°，
∴∠ABE=∠CBQ，
在△BEA和△BQC中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠ABE=∠CBQ}\\{∠BEA=∠Q}\\{AB=BC}\end{array}\right.$，
∴△BEA≌△BQC（AAS），
∴BE=BQ，
∵BE⊥AD，BQ⊥DC，
∴∠ADB=∠CDB，
∵CF∥AD，
∴∠CFD=∠ADB，
∴∠CFD=∠CDF，
∴CF=CD；

（2）解：過B作BQ⊥DC交DC的延長線于H，連接AC，
∵BE⊥AD，
∴∠ABE=90°-∠A，
∵∠BCD-∠ABE=90°，
∴∠BCD=90°+∠ABE=180°-∠A=180°-∠BCH，
∴∠BCH=∠A，∴A，B，C，D四點(diǎn)共圓，
∴∠BAC=∠CDF，∠ACB=∠ADB，
∵CF∥AD，
∴∠CFD=∠ADB=∠ACB，
∴△ABC～△DCF，
∴$\frac{CF}{CD}=\frac{BC}{AB}=\frac{BC}{k•BC}=\frac{1}{k}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了全等三角形的性質(zhì)和判定，角平分線性質(zhì)，平行線性質(zhì)，等腰三角形的判定的應(yīng)用，解此題的關(guān)鍵是推出∠ADB=∠CDB，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等，對(duì)應(yīng)角相等，