Question

9．如圖1，△ABC中，BE⊥AC于點(diǎn)E，AD⊥BC于點(diǎn)D，連接DE．
（1）若AB=BC，DE=1，BE=3，求△ABC的周長(zhǎng)；
（2）如圖2，若AB=BC，AD=BD，∠ADB的角平分線DF交BE于點(diǎn)F，求證：BF=$\sqrt{2}$DE；
（3）如圖3，若AB≠BC，AD=BD，將△ADC沿著AC翻折得到△AGC，連接DG、EG，請(qǐng)猜想線段AE、BE、DG之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．

Answer 1

分析 （1）由直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)得出DE=$\frac{1}{2}$AC=AE，AC=2DE=2，AE=1，由勾股定理求出AB，得出BC，即可得出結(jié)果；
（2）連接AF，由等腰三角形的性質(zhì)得出∠3=∠4，證出△ABD是等腰直角三角形，得出∠DAB=∠DBA=45°，∠3=22.5°，由ASA證明△ADF≌△BDF，得出AF=BF，∠2=∠3=22.5°，證出△AEF是等腰直角三角形，得出AF=$\sqrt{2}$AE，即可得出結(jié)論；
（3）作DH⊥DE交BE于H，先證明△ADE≌△BDH，得出DH=DE，AE=BH，證出△DHE是等腰直角三角形，得出∠DEH=45°，∠3=45°，由翻折的性質(zhì)得出DE=GE，∠3=∠4=45°，證出DH=GE，DH∥GE，證出四邊形DHEG是平行四邊形，得出DG=EH，即可得出結(jié)論．

解答 （1）解：如圖1所示：
∵AB=BC，BE⊥AC，
∴AE=CE，∠AEB=90°，
∵AD⊥BC，
∴∠ADC=90°，
∴DE=$\frac{1}{2}$AC=AE，
∴AC=2DE=2，AE=1，
∴AB=$\sqrt{{1}^{2}+{3}^{2}}$=$\sqrt{10}$，
∴BC=$\sqrt{10}$，
∴△ABC的周長(zhǎng)=AB+BC+AC=2$\sqrt{10}$+2；
（2）證明：連接AF，如圖2所示：
∵AB=BC，BE⊥AC，
∴∠3=∠4，
∵∠ADC=90°，AD=BD，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∴∠DAB=∠DBA=45°，
∴∠3=22.5°，
∵∠1+∠C=∠3+∠C=90°，
∴∠1=∠3=22.5°，
∵DF平分∠ABD，
∴∠ADF=∠BDF，
在△ADF和△BDF中，
$\left\{\begin{array}{l}{AD=BD}&{\;}\\{∠ADF=∠BDF}&{\;}\\{DF=DF}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△ADF≌△BDF（SAS），
∴AF=BF，∠2=∠3=22.5°，
∴∠EAF=∠1+∠2=45°，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴AF=$\sqrt{2}$AE，
∵DE=AE，
∴BF=$\sqrt{2}$DE；
（3）解：BE=DG+AE；理由如下：
作DH⊥DE交BE于H，如圖3所示：
∵BE⊥AC，AD⊥BC，
∴∠1+∠ACD=∠2+∠ACD=90°，
∴∠1=∠2，
∴∠ADE=90°-∠ADH=∠BDH，
在△ADE和△BDH中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠1=∠2}&{\;}\\{AD=BD}&{\;}\\{∠ADE=∠BDH}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△ADE≌△BDH（ASA），
∴DH=DE，AE=BH，
∴△DHE是等腰直角三角形，
∴∠DEH=45°，
∴∠3=90°-∠DEH=45°，
∵△ACD翻折至△ACG，
∴DE=GE，∠3=∠4=45°，
∴∠DEG=∠EDH=90°，DH=GE，
∴DH∥GE，
∴四邊形DHEG是平行四邊形，
∴DG=EH，
∴BE=EH+BH=DG+AE．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了勾股定理、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)、三角函數(shù)、平行四邊形的判定與性質(zhì)等知識(shí)；本題難度較大，綜合性強(qiáng)，特別是（2）（3）中，需要通過作輔助線證明三角形全等和平行四邊形才能得出結(jié)論．