Question

18．如圖，在四邊形ABCD中，AD=CD，∠ADC=90°，N為DC的延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，AN⊥BD于點(diǎn)M，交BC于點(diǎn)E，且∠BAN=45°，下列結(jié)論：
①∠CBD=45°；②$\sqrt{2}$BD-AB=BC；③若BE=2CE，則S_△BCD=6S_△CEN．
其中結(jié)論正確的個(gè)數(shù)有（　�。�

• A． 0個(gè)
• B． 1個(gè)
• C． 2個(gè)
• D． 3個(gè)

Answer 1

分析 ①正確．由△DOC∽△AOB，推出$\frac{DO}{AO}$=$\frac{CO}{OB}$，推出$\frac{DO}{CO}$=$\frac{AO}{OB}$，由∠DOA=∠COB，推出△AOD∽△BOC，推出∠CBO=∠DAO=45°即可．
②正確．如圖2中，將△DCB繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到△DAK．只要證明K、A、B共線，△KDB是等腰直角三角形，即可解決問(wèn)題．
③正確．如圖3中，作DH⊥BC于H，DK⊥BA于K，NG⊥BC于G．設(shè)EC=a，BE=2a，則AB=BE=2a，BD=$\frac{AB+BC}{\sqrt{2}}$=$\frac{5\sqrt{2}}{2}$a，AM=BM=$\sqrt{2}$a，DM=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$a，想辦法求出DH、NG即可解決問(wèn)題．

解答 解：①正確．理由：如圖1中，連接AC．

∵DA=DC，∠ADC=90°，
∴∠DCO=∠DAC=45°，
∵AN⊥BD，∠BAN=45°，
∴∠OBA=∠DCO=45°，∵∠DOC=∠AOB，
∴△DOC∽△AOB，
∴$\frac{DO}{AO}$=$\frac{CO}{OB}$，
∴$\frac{DO}{CO}$=$\frac{AO}{OB}$，
∵∠DOA=∠COB，
∴△AOD∽△BOC，
∴∠CBO=∠DAO=45°，即∠CBD=45°．
②正確．理由：如圖2中，將△DCB繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到△DAK．

∵∠ADC+∠ABC=180°，
∴∠DAB+∠DCB=180°，
∵∠DAK=∠DCB，
∴∠DAK+∠DAB=180°，
∴K、A、B共線，
∵∠K=∠DBC=∠DBK=45°，
∴△KDB是等腰直角三角形，
∴BK=$\sqrt{2}$BD，
∵BK=AK+AB=BC+AB，
∴$\sqrt{2}$BD=AB+BC，即$\sqrt{2}$BD-AB=BC．
③正確．理由：如圖3中，作DH⊥BC于H，DK⊥BA于K，NG⊥BC于G．設(shè)EC=a，BE=2a，則AB=BE=2a，BD=$\frac{AB+BC}{\sqrt{2}}$=$\frac{5\sqrt{2}}{2}$a，AM=BM=$\sqrt{2}$a，DM=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$a，

∵∠DBH=∠DBK，DK⊥BA，DH⊥BC，
∴DK=DH，∵DA=DC，
∴△DKA≌△DHC（HL），
∴AK=CH，BK=BH=$\frac{5}{2}$a，AK=CH=$\frac{1}{2}$a，
∴AD=DC=$\sqrt{（\frac{5}{2}a）^{2}+（\frac{1}{2}a）^{2}}$=$\frac{\sqrt{26}}{2}$a，
由△DMN∽△AMD，得$\frac{DN}{AD}$=$\frac{DM}{AM}$，
∴DN=$\frac{3}{4}$$\sqrt{26}$a，CN=$\frac{\sqrt{26}}{4}$，
∵NG∥DH，
∴$\frac{NG}{DH}$=$\frac{CN}{DC}$，
∴NG=$\frac{5}{4}$a，
∴$\frac{{S}_{△BDC}}{{S}_{△CEN}}$=$\frac{\frac{1}{2}•3a•\frac{5}{2}a}{\frac{1}{2}•a•\frac{5}{4}a}$=$\frac{1}{6}$，
∴S_△BCD=6S_△CEN．
故選D．

點(diǎn)評(píng) 本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、等腰直角三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、平行線分線段成比例定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造相似三角形或全等三角形解決問(wèn)題，屬于中考選擇題中的壓軸題．