Question

12．如圖1，在△ABC中，AB=AC，點(diǎn)E是BC上一點(diǎn)，點(diǎn)D是AE上一點(diǎn)，且∠BDE=∠BAC，CF∥BD，交AE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F．
（1）探究線段AD與CF的數(shù)量關(guān)系．
（2）若將“AB=AC，點(diǎn)E是BC上一點(diǎn)，點(diǎn)D是AE上一點(diǎn)”改為“AB=kAC，點(diǎn)E是BC延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，點(diǎn)D是EA延長(zhǎng)線上一點(diǎn)”，其他條件不變，如圖2，若AD=n，AF=m，∠BAC=α，求BD的長(zhǎng)（用含m，n，k，α的式子表示）

Answer 1

分析 （1）在線段AE上取一點(diǎn)M，使得CM=CF，由∠BDE=∠BAC得，∠DBA+∠BAD=∠CAE+∠BAD，故∠DBA=∠CAE，再由CF∥BD，推出∠ADB=∠AMC，即可證明△ABD≌△CAM，得出結(jié)論AD=CF；
（2）作∠CGF=∠D=α=∠BAC，點(diǎn)G在DF的延長(zhǎng)線上，先判定△DAB∽△GCA，得到CG=$\frac{1}{k}$AD=$\frac{n}{k}$，再作CH⊥FG于H，則GF=2HG，得到GF=2HG=2×cosα×$\frac{n}{k}$，進(jìn)而得出AG=AF+FG=m+2×cosα×$\frac{n}{k}$，最后根據(jù)△DAB∽△GCA，得出BD=k×AG=k（m+2×cosα×$\frac{n}{k}$）=km+2ncosα即可．

解答 解：（1）結(jié)論：AD=CF，
理由如下：在線段AE上取一點(diǎn)M，使得CM=CF，連接CM，
∵CF∥BD，
∴∠BDF=∠F，
∵CM=CF，
∴∠F=∠CMF=∠BDF，
∴∠ADB=∠AMC，
∵∠BDE=∠BAC，
∴∠DBA+∠BAD=∠CAE+∠BAD，
∴∠DBA=∠CAE，
在△ABD和△CAM中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠ADB=∠CMA}\\{∠DBA=∠CAM}\\{AB=CA}\end{array}\right.$，
∴△ABD≌△CAM（AAS），
∴AD=CM，
∵CM=CF，
∴AD=CF；

（2）如圖2，作∠CGF=∠D=α=∠BAC，點(diǎn)G在DF的延長(zhǎng)線上，
∵∠DAB+∠CAG=180°-α，∠GCA+∠CAG=180°-α，
∴∠DAB=∠GCA，
∴△DAB∽△GCA，
∴$\frac{AD}{CG}$=$\frac{AB}{AC}$=k，即CG=$\frac{1}{k}$AD=$\frac{n}{k}$，
∵CF∥DB，
∴∠CFG=∠CGF=α，
∴CF=CG，
作CH⊥FG于H，則GF=2HG，
∵Rt△CHG中，cos∠CGH=$\frac{HG}{CG}$，
即HG=cos∠CGH×CG=cosα×$\frac{n}{k}$，
∴GF=2HG=2×cosα×$\frac{n}{k}$，
∴AG=AF+FG=m+2×cosα×$\frac{n}{k}$，
∵△DAB∽△GCA，
∴$\frac{BD}{AG}$=$\frac{AB}{AC}$=k，
∴BD=k×AG=k（m+2×cosα×$\frac{n}{k}$）=km+2ncosα．

點(diǎn)評(píng) 本題屬于相似形綜合題，主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、銳角三角函數(shù)的定義等知識(shí)的綜合應(yīng)用，解決問(wèn)題的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造全等三角形和相似三角形，根據(jù)全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等以及相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例進(jìn)行推導(dǎo)計(jì)算．解題時(shí)注意等腰三角形具有三線合一的性質(zhì)．