Question

19．已知在△ABC中，∠ABC=45°，過點C作CD⊥AB于點D，∠ACD=∠BDE，過點B作BE⊥AB交DE點E．
（1）如圖1，若BC=3，BE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，求AC的長；
（2）如圖2，過點C作CF⊥DE，點O是BC中點，求證∠CFO=45°；
（3）如圖3，在第（2）問的條件下，連接BF，若∠BFE=45°，直接寫出BF：FO：FC的值．

Answer 1

分析 （1）如圖1中，由△DBE△CDA，得AD=BE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，由BD²+DC²=BC²，BC=3，推出CD=BD=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，在Rt△ADC中，利用AC²=AD²+CD²，即可求出AC．
（2）如圖2中，連接DO交CF于G．只要證明△FGO∽△DGC，即可得到∠OFG=∠CDF=45°．
（3）如圖3中，作BG⊥DE于G．由△DGB≌△CFD，推出BG=DF，CF=DG，由∠BFE=45°，∠BGF=90°，推出∠GBF=∠GFB=45°，推出BG=FG=DF，推出CF=2FG，設BG=FG=a，則BF=$\sqrt{2}$a，CF=2a，由tan∠FBO=tan∠BDG=$\frac{BG}{DG}$=$\frac{1}{2}$，推出OF=$\frac{\sqrt{2}}{2}$a，由此即可解決問題．

解答 解：（1）如圖1中，

∵∠ABC=45°，過點C作CD⊥AB于點D，
∴∠DBC=∠DCB=45°，
∴DB=DC，
在△DBE和△CDA，
$\left\{\begin{array}{l}{∠BDE=∠ACD}\\{∠DBE=∠ADC}\\{DB=DC}\end{array}\right.$，
∴△DBE△CDA，
∴AD=BE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∵BD²+DC²=BC²，BC=3，
∴CD=BD=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，
在Rt△ADC中，∵AC²=AD²+CD²，
∴AC=$\sqrt{（\frac{\sqrt{2}}{2}）^{2}+（\frac{3\sqrt{2}}{2}）^{2}}$=$\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{9}{2}}$=$\sqrt{5}$．

（2）如圖2中，連接DO交CF于G．

∵DB=DC，BO=OC，
∴DO⊥BC，∠ODB=∠ODC，
∵CF⊥DE，
∴∠DFG=∠GOC，
∵∠DGF=∠OGC，
∴△DFG∽△COG，
∴$\frac{FG}{OG}$=$\frac{DG}{GC}$，
∴$\frac{FG}{DG}$=$\frac{OG}{GC}$，∵∠FGO=∠DGO，
∴△FGO∽△DGC，
∴∠OFG=∠CDG=45°，
∴∠OFC=45°．

（3）如圖3中，作BG⊥DE于G．

∵∠BDG+∠CDF=90°，∠CDF+∠DCF=90°，
∴∠BDG=∠DCF，
在△DGB和△CFD中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠BDG=∠DCF}\\{∠DGB=∠DFC}\\{DB=DC}\end{array}\right.$，
∴△DGB≌△CFD，
∴BG=DF，CF=DG，
∵∠BFE=45°，∠BGF=90°，
∴∠GBF=∠GFB=45°，
∴BG=FG=DF，
∴CF=2FG，設BG=FG=a，則BF=$\sqrt{2}$a，CF=2a，
∵∠BFG=∠OFE=45°，
∴∠BFO=90°，
∵∠FBD+∠FDB=∠BFG=45°，∠FBO+∠DBF=45°，
∴∠FBO=∠BDG，
∴tan∠FBO=tan∠BDG=$\frac{BG}{DG}$=$\frac{1}{2}$，
∴OF=$\frac{\sqrt{2}}{2}$a，
∴BF：OF：CF=$\sqrt{2}$a：$\frac{\sqrt{2}}{2}$a：2a=2：1：2$\sqrt{2}$．

點評 本題考查三角形綜合題、等腰直角三角形的性質、全等三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，學會利用參數(shù)解決問題，屬于中考壓軸題．