Question

10．如圖，在△ABC中，∠BAD=∠DAC，DF⊥AB，DM⊥AC，AB=16cm，AF=10cm，AC=14cm，動(dòng)點(diǎn)E以2cm/s的速度從A點(diǎn)向F點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)G以1cm/s的速度從C點(diǎn)向A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，當(dāng)一個(gè)點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一個(gè)點(diǎn)隨之停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t．
（1）求S_△ABD：S_△ACD；
（2）求證：在運(yùn)動(dòng)過程中，無論t取何值，都有S_△AED=2S_△DGC；
（3）當(dāng)t取何值時(shí)，△DFE與△DMG全等；
（4）若BD=8，求CD．

Answer 1

分析 （1）由于AD是角平分線，則DF=DM，S_△ABD：S_△ACD=AB：AC；
（2）由于DF=DM，所以S_△AED與S_△DGC之比就等于AE與CG之比，而AE與CG之比為2；
（3）只需讓EF=MG即可；
（4）由$\frac{AB}{AC}=\frac{BD}{CD}$可直接求出；

解答 解：（1）∵∠BAD=∠DAC，DF⊥AB，DM⊥AC，
∴DF=DM，
∵${S}_{△ABD}=\frac{1}{2}DF•AB$，${S}_{△ACD}=\frac{1}{2}DM•AC$
∴$\frac{{S}_{△ABD}}{{S}_{△ACD}}=\frac{AB}{AC}=\frac{8}{7}$；
（2）∵${S}_{△AED}=\frac{1}{2}DF•AE$，${S}_{△DGC}=\frac{1}{2}DM•CG$，
∴$\frac{{S}_{△AED}}{{S}_{△DGC}}=\frac{AE}{CG}$，
∵點(diǎn)E以2cm/s的速度從A點(diǎn)向F點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)G以1cm/s的速度從C點(diǎn)向A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，
∴AE=2t，CG=t．
∴$\frac{AE}{CG}=2$，
∴$\frac{{S}_{△AED}}{{S}_{△DGC}}=2$
∴在運(yùn)動(dòng)過程中，不管t取何值，都有S_△AED=2S_△DGC；
（3）∵∠BAD=∠DAC，AD=AD，DF=DM，
∴△ADF≌△ADM．
∴AF=AM=10．
∵點(diǎn)E以2cm/s的速度從A點(diǎn)向F點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)G以1cm/s的速度從C點(diǎn)向A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，當(dāng)一個(gè)點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一個(gè)點(diǎn)隨之停止運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，
∴EF=AF-AE=10-2t，CG=t．
∴0＜t＜5．
①當(dāng)M在線段CG上時(shí)，MG=CG-（AC-AM）=t-4．
當(dāng)EF=MG時(shí)△DFE與△DMG全等時(shí)．
∴10-2t=t-4．
解得 t=$\frac{14}{3}$．
②當(dāng)M在線段CG延長線上時(shí)，MG=4-t．
∴10-2t=4-t．
解得t=6（舍去）．
③當(dāng)E在BF上時(shí)，2t-10=t-4，解得t=6，符合題意，
∴當(dāng) t=$\frac{14}{3}$s或6s時(shí)，△DFE 與△DMG 全等．
（4）過點(diǎn)A作AN⊥BC交BC于N，如圖，

由（1）得∴$\frac{{S}_{△ABD}}{{S}_{△ACD}}=\frac{AB}{AC}=\frac{8}{7}$；
又∵${S}_{△ABD}=\frac{1}{2}BD•AN$，${S}_{△ACD}=\frac{1}{2}CD•AN$
∴$\frac{{S}_{△ABD}}{{S}_{△ACD}}=\frac{BD}{CD}=\frac{8}{7}$；
又∵BD=8，
∴CD=7．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了角平分線的性質(zhì)、等積變換、全等三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，難度適中．在涉及到面積比例問題時(shí)，高相同則面積之比等于底之比，底相同則面積之比等于高之比．本題的解答過程實(shí)際完成了對(duì)角平分線比例定理的推導(dǎo)和應(yīng)用．