Question

14．如圖一，平行四邊形ABCD，點(diǎn)M為AD的中點(diǎn)，過(guò)D點(diǎn)任意作一直線分別交BM、BC的延長(zhǎng)線于E、F點(diǎn)，AF與BE交于N點(diǎn)．
（1）若CF=$\frac{1}{4}$BC，則$\frac{MD}{BF}$的值為$\frac{2}{5}$，$\frac{DE}{DF}$的值為$\frac{2}{3}$；
（2）求證：MN•EB=BN•ME；
（3）如圖二，平行四邊形ABCD中，若AB⊥BC，證明：∠EAD=∠FAD．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)平行四邊形ABCD，點(diǎn)M為AD的中點(diǎn)，得到DM=$\frac{1}{2}$AD=$\frac{1}{2}$BC，又CF=$\frac{1}{4}$BC，所以BF=BC+CF=BC+$\frac{1}{4}BC=\frac{5}{4}BC$，所以$\frac{MD}{BF}=\frac{\frac{1}{2}BC}{\frac{5}{4}BC}=\frac{2}{5}$；再根據(jù)AD∥BC，
所以得到$\frac{MD}{BF}=\frac{DE}{EF}=\frac{2}{5}$，所以$\frac{DE}{EF-DE}=\frac{2}{5-2}$，即$\frac{DE}{DF}=\frac{2}{3}$．
（2）由四邊形ABCD是矩形，得到AD∥BC，進(jìn)而得到△AMN∽△BFN，△EDM∽△EBF，所以$\frac{MN}{BN}=\frac{AM}{BF}，\frac{EM}{EB}=\frac{MD}{BF}$，因?yàn)锳M=MD，所以$\frac{MN}{BN}=\frac{EM}{EB}$，即可得到結(jié)論．
（2）延長(zhǎng)EA、FB交于點(diǎn)R，如圖2，由三角形相似可證到$\frac{AM}{BR}=\frac{EM}{EB}，\frac{EM}{EB}=\frac{DM}{BF}$，再由AM=MD可得BR=BF，再由垂直平分線的性質(zhì)可得到AR=AF，結(jié)合AD∥BC就可得∠EAD=∠FAD．

解答 解：（1）∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∵點(diǎn)M為AD的中點(diǎn)，
∴DM=$\frac{1}{2}$AD=$\frac{1}{2}$BC，
∵CF=$\frac{1}{4}$BC，
∴BF=BC+CF=BC+$\frac{1}{4}BC=\frac{5}{4}BC$，
∴$\frac{MD}{BF}=\frac{\frac{1}{2}BC}{\frac{5}{4}BC}=\frac{2}{5}$，
∵AD∥BC，
∴$\frac{MD}{BF}=\frac{DE}{EF}=\frac{2}{5}$，
∴$\frac{DE}{EF-DE}=\frac{2}{5-2}$，
即$\frac{DE}{DF}=\frac{2}{3}$．
故答案為：$\frac{2}{5}$，$\frac{2}{3}$．
（2）證明：∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴△AMN∽△BFN，△EDM∽△EBF，
∴$\frac{MN}{BN}=\frac{AM}{BF}，\frac{EM}{EB}=\frac{MD}{BF}$，
∵AM=MD，
∴$\frac{MN}{BN}=\frac{EM}{EB}$，
∴MN•EB=BN•ME．
（3）證明：延長(zhǎng)EA、FB交于點(diǎn)R，如圖二，

∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD∥BC．
∴△EAM∽△ERB，△EDM∽△EFB．
∴$\frac{AM}{BR}=\frac{EM}{EB}，\frac{EM}{EB}=\frac{DM}{BF}$，
∴$\frac{AM}{BR}=\frac{DM}{BF}$，
∵AM=MD，
∴BR=BF，
∵AB⊥BC，
∴AR=AF，
∴∠R=∠AFR，
∵AD∥BC，
∴∠EAD=∠R，∠FAD=∠AFR，
∴∠EAD=∠FAD．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、垂直平分線的性質(zhì)．本題在解決問(wèn)題的過(guò)程中，用已有的經(jīng)驗(yàn)得到角相等，用割補(bǔ)法和整體思想求出三角形的面積，綜合性強(qiáng)，有一定的難度．而由平行線（矩形的性質(zhì)）、角平分線（結(jié)論）聯(lián)想到構(gòu)造等腰三角形是解決第（3）小題的關(guān)鍵．