Question

17．在△ABC中，AB=AC，D為射線BC上一點(diǎn)，DB=DA，E為射線AD上一點(diǎn)，且AE=CD，連接BE．
（1）如圖1，若∠ADB=120°，AC=2$\sqrt{3}$，求DE的長(zhǎng)；
（2）如圖2，若BE=2CD，連接CE并延長(zhǎng)交AB于點(diǎn)F，求證：CF=3EF；
（3）如圖3，若BE⊥AD，垂足為點(diǎn)E，猜想AE，BE，BD之間的數(shù)量關(guān)系，直接寫(xiě)出關(guān)系式．

Answer 1

分析 （1）由等腰三角形的性質(zhì)可求得∠ABD=∠C=∠BAD=30°，則可求得∠CAD=90°，在Rt△ACD中可求得AD，則可求得DE；
（2）過(guò)A作AG∥BC，交CF的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，可證明△ABE≌△CAD，再證得△AGE是等腰三角形，可證得結(jié)論；
（3）取BE中點(diǎn)M，延長(zhǎng)AM至N，使MN=AM，連接BN，EN，由條件可證明△ABN≌△ACD，再由勾股定理即可求得AE、BE、BD之間的數(shù)量關(guān)系．

解答 （1）解：
∵DA=DB，∠ADB=120°，
∴∠ABC=∠BAD=30°，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C=30°，
∴∠CAD=90°，
在RtACD中，tan30°=$\frac{AD}{AC}$，
∴AD=2$\sqrt{3}$×$\frac{\sqrt{3}}{3}$=2，AE=CD=2AD=4
∴DE=AE-AD=CD-AD=4-2=2；
（2）證明：
如圖，過(guò)A作AG∥BC，

∵DB=DA，AB=AC，
∴∠BAD=∠ABC，∠ABC=∠ACB，
∴∠BAD=∠ACB，
∵AE=CD，
在△ABE和△CAD中
$\left\{\begin{array}{l}{AB=AC}\\{∠BAE=∠ACD}\\{AE=CD}\end{array}\right.$
∴△ABE≌△CAD（SAS），
∴BE=AD，
∵BE=2CD，
∴AD=2CD=2AE，
∴AE=DE，
∵AG∥BC，
∴∠G=∠DCE，∠GAE=∠CDE，
在△AGE和△DCE中
$\left\{\begin{array}{l}{∠G=∠DCE}\\{∠AEG=∠CED}\\{AE=DE}\end{array}\right.$
∴△AGE≌△DCE（AAS），
∴GE=CE，AG=CD=AE，
∴△AGE為等腰三角形，
∴∠GAF=∠ABC=∠BAD，
∴F為GE的中點(diǎn)，
∴CE=EG=2EF，
∴CF=3EF；
（3）如圖3，

取BE中點(diǎn)M，延長(zhǎng)AM至N，使MN=AM，連接BN，EN，
∴四邊形ABNE是平行四邊形，
∴AE∥BN，
∴∠NBC=∠D，BN=AE=CD，
∵AB=AC，DB=DA，
∴∠ABC=∠ACB=∠BAD，
∴∠BAC=∠D=∠NBC，
∵∠ABN=∠NBC+∠ABC，
∠ACD=∠BAC+∠ABC，
∴∠ABN=∠ACD，
在△ABN和△ACD中
$\left\{\begin{array}{l}{BN=CD}\\{∠ABN=∠ACD}\\{AB=AC}\end{array}\right.$
∴△ABN≌△ACD（SAS），
∴BD=AD=AN=2AM，
∵BE⊥AD，
∴AE²+ME²=AM²，
∴AE²+（$\frac{1}{2}$BE）²=（$\frac{1}{2}$AN）²，
∴AE²+$\frac{1}{4}$BE²=$\frac{1}{4}$BD²．

點(diǎn)評(píng) 本題為三角形的綜合應(yīng)用，涉及等腰三角形的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、平行四邊形的判定和性質(zhì)等知識(shí)．在（1）中求得∠CAD=90°是解題的關(guān)鍵，在（2）中構(gòu)造全等三角形，證得CE=2EF是解題的關(guān)鍵，在（3）中構(gòu)造全等三角形，利用勾股定理找到線段之間的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．本題考查知識(shí)點(diǎn)較多，綜合性較強(qiáng)，難度較大．