Question

12．在△ABC中，以AB為斜邊，作直角△ABD，使點(diǎn)D落在△ABC內(nèi)，∠ADB=90°．
（1）如圖1，若AB=AC，∠DBA=60°，AD=7$\sqrt{3}$，點(diǎn)P、M分別為BC、AB邊的中點(diǎn)，連接PM，求線段PM的長；
（2）如圖2，若AB=AC，把△ABD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)一定角度，得到△ACE，連接ED并延長交BC于點(diǎn)P，求證：BP=CP；
（3）如圖3，若AD=BD，過點(diǎn)D的直線交AC于點(diǎn)E，交BC于點(diǎn)F，EF⊥AC，且AE=EC，請(qǐng)直接寫出線段BF、FC、AD之間的關(guān)系（不需要證明）．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)直角三角形30度角性質(zhì)求出AB，再根據(jù)三角形中位線定理即可求出PM．
（2）如圖2中，在ED上截取EQ=DP，連接CQ．首先證明△EQC≌△DPB，推出QC=PB，再證明QC=PC即可解決問題．
（3）結(jié)論：2AD²=FB²+CF²．如圖3中，連接AF交BD于N．由△AND∽△BNF，推出$\frac{AN}{BN}$=$\frac{DN}{NF}$，推出$\frac{AN}{DN}$=$\frac{BN}{NF}$，又∠ANB=∠DNF，推出△ANB∽△DNF，從∠DFN=∠ABD=45°，在RtABF中利用勾股定理即可證明．

解答 （1）解：如圖1中，

∵∠ADB=90°，∠DBA=60°，AD=7$\sqrt{3}$，
∴∠BAD=30°，
∴AB=2BD，設(shè)BD=a，則AB=2a，
∵AB²=BD²+AD²，
∴（2a）²=a²+（7$\sqrt{3}$）²，
∴a=7，
∴AB=AC=14，
∵AM=MB，PB=PC，
∴PM=$\frac{1}{2}$AC=7．

（2）證明：如圖2中，在ED上截取EQ=DP，連接CQ．

∵AD=AE，
∴∠1=∠2，
∵∠ADB=∠AEC=90°，
∴∠1+∠3=90°，∠2+∠4=90°，
∴∠3=∠4，
∵BD=EC，
∴△EQC≌△DPB，
∴CQ=BP，∠QCE=∠DBP，
∵∠CQP=∠3+∠QCE，∠CPQ=∠4+∠DBP，
∴∠CQP=∠CPQ，
∴CQ=PC，
∴PB=PC．

（3）結(jié)論：2AD²=FB²+CF²．
理由：如圖3中，連接AF交BD于N，連接CD延長至H．

∵EA=EC，EF⊥AC，
∴DA=DC，
∵∠ADB=90°，DA=DB，
∴DA=DC=DB，∴∠DBA=∠DAB=45°，AB=$\sqrt{2}$AD，
∴∠DAC=∠DCA，∠DBC=∠DCB，
∵∠ADH=∠DAC+∠ACD，∠BDH-∠DBC+∠DCB，
∴∠ADB=2∠ACD+2∠DCB=90°，
∴∠ACF=45°，
∵FA=FC，
∴∠FAC=∠FCA=45°，
∴∠AFC=90°
∵∠AND=∠BNF，∠ADN=∠BFN=90°，
∴△AND∽△BNF，
∴$\frac{AN}{BN}$=$\frac{DN}{NF}$，
∴$\frac{AN}{DN}$=$\frac{BN}{NF}$，∵∠ANB=∠DNF，
∴△ANB∽△DNF，
∴∠DFN=∠ABD=45°，
∵FE⊥AC，AE=EC，
∴FA=FC，∠AFE=∠CFE=45°，
∴∠AFC=∠AFB=90°，
∴AB²=BF²+AF²，
∴2AD²=BF²+CF²．

點(diǎn)評(píng) 本題考查幾何變換綜合題、全等三角形的判定和性質(zhì)．相似三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線構(gòu)造全等三角形解決問題，靈活應(yīng)用所學(xué)知識(shí)解決問題，屬于中考?jí)狠S題．