Question

18．已知等腰直角△ABC中，AC=BC，AF平分∠CAB交BC于F，BD⊥AD于D．
（1）如圖1，求證：BD=CD；
（2）如圖2，過C作CE⊥AD于E，求證：BD=$\sqrt{2}$DE；
（3）求$\frac{DF}{AF}$的值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)∠ACB=∠ADB=90°，得出A，B，C，D四點(diǎn)共圓，根據(jù)圓周角定理和等腰三角形的判定即可得到結(jié)論；
（2）延長AC，BD交于點(diǎn)M，得到△ADM≌△ABD，作出BD=DM，AM=AB，由（1）證得A，B，C，D四點(diǎn)共圓，由圓周角定理推出CD=BD，由于CE∥BM，于是得到$\frac{CE}{DM}=\frac{AC}{AM}=\frac{AC}{AB}=\frac{1}{\sqrt{2}}$，求出∠ECD=∠ECF+∠FCD=∠DAB+∠DAC=45°于是得到結(jié)論；
（3）由于△AFC≌△BCM，得到AF=BM=2BD，推出△ADB∽BDF，得到$\frac{DF}{BD}=\frac{BD}{AD}$，通過化簡得到$\frac{2DF}{AF}+2-\frac{AF}{DF}$=0，設(shè)$\frac{DF}{AF}$=x，解方程2x+2-$\frac{1}{x}$=0，即可得到結(jié)果．

解答 解：（1）∵∠ACB=∠ADB=90°，
∴A，B，C，D四點(diǎn)共圓，
∴∠DCB=∠DAB，∠DAC=∠DBC，
∴∠DCB=∠DBC，
∴BD=CD；

（2）延長AC，BD交于點(diǎn)M，
在△AMD與△ADB中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠MAD=∠BAD}\\{AD=AD}\\{∠ADM=∠ADB}\end{array}\right.$，
∴△ADM≌△ABD，
∴BD=DM，AM=AB，
由（1）證得A，B，C，D四點(diǎn)共圓，
∵∠CAD=∠BAD，
∴$\widehat{CD}$=$\widehat{BD}$，
∴CD=BD，
∵CE⊥AD，
∴CE∥BM，
∴$\frac{CE}{DM}=\frac{AC}{AM}=\frac{AC}{AB}=\frac{1}{\sqrt{2}}$，
∴∠ECD=∠ECF+∠FCD=∠DAB+∠DAC=45°
∴DE=CE，∵DM=DB，∴$\frac{CE}{MD}=\frac{DE}{BD}=\frac{1}{\sqrt{2}}$，
∴BD=$\sqrt{2}$DE；

（3）在△AFC與△BCM中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠CAF=∠CBM}\\{AC=BC}\\{∠ACF=∠BCM=90°}\end{array}\right.$，
∴△AFC≌△BCM，
∵∠DAB=∠DBF，∠ADB=∠BDF，
∴△ADB∽BDF，
∴$\frac{DF}{BD}=\frac{BD}{AD}$，即：$\frac{2DF}{2BD}=\frac{2BD}{DF+AD}$，
∴2DF（DF+AF）=AF²，
∴2DF²+2DF•AF=AF²=0，
∴$\frac{2DF}{AF}+2-\frac{AF}{DF}$=0，
設(shè)$\frac{DF}{AF}$=x，
∴2x+2-$\frac{1}{x}$=0，
解得：x=$\sqrt{3}$-1，
∴$\frac{DF}{AF}$=$\sqrt{3}$-1．
∴AF=BM=2BD，
∵∠DAB=∠DBF，∠ADB=∠BDF，
∴△ADB∽BDF，
∴$\frac{DF}{BD}=\frac{BD}{AD}$，即：$\frac{2DF}{2BD}=\frac{2BD}{DF+AD}$，
∴2DF（DF+AF）=AF²，
∴2DF²+2DF•AF=AF²=0，
∴$\frac{2DF}{AF}+2-\frac{AF}{DF}$=0，
設(shè)$\frac{DF}{AF}$=x，
∴2x+2-$\frac{1}{x}$=0，
解得：x=$\sqrt{3}$-1，
∴$\frac{DF}{AF}$=$\sqrt{3}$-1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)．全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，四點(diǎn)共圓，圓周角定理，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．