题目内容
（2013•门头沟区一模）已知：在△ABC中，AB=AC，点D为BC边的中点，点F是AB边上一点，点E在线段DF的延长线上，点M在线段DF上，且∠BAE=∠BDF，∠ABE=∠DBM．
（1）如图1，当∠ABC=45°时，线段DM与AE之间的数量关系是
（2）如图2，当∠ABC=60°时，线段DM与AE之间的数量关系是
（3）①如图3，当∠ABC=α（0°＜α＜90°）时，线段DM与AE之间的数量关系是
②在（2）的条件下延长BM到P，使MP=BM，连结CP，若AB=7，AE=2
，求sin∠ACP的值．
（1）如图1，当∠ABC=45°时，线段DM与AE之间的数量关系是
AE=
MD
| 2 |
AE=
MD
；| 2 |
（2）如图2，当∠ABC=60°时，线段DM与AE之间的数量关系是
AE=2MD
AE=2MD
；（3）①如图3，当∠ABC=α（0°＜α＜90°）时，线段DM与AE之间的数量关系是
DM=cosα•AE
DM=cosα•AE
；②在（2）的条件下延长BM到P，使MP=BM，连结CP，若AB=7，AE=2
| 7 |
分析：（1）首先连接AD，由AB=AC，∠ABC=45°，易得AB=
BD，又由∠BAE=∠BDM，∠ABE=∠DBM，可证得△ABE∽△DBM，根据相似三角形的对应边成比例，即可得AE=
DM；
（2）由∠ABC=60°及△DBM∽△ABE，根据相似三角形的对应边成比例，即可求得MD=
AE，继而可得AE=2MD；
（3）①由△DBM∽△ABE，根据相似三角形的对应边成比例，即可得DM=cosαAE；
②首先连接AD，EP，设AD交CP于N，根据题意易证得△ABC是等边三角形，△ABE∽△DBM，继而可证得△BEP为等边三角形，然后在Rt△AEB中，利用余弦函数的定义求出cos∠EAB=
，得出cos∠PCB=
，再解Rt△ABD，求出AD=
，解Rt△NDC，得到CN=
，ND=
，则NA=
，然后过N作NH⊥AC，垂足为H．解Rt△ANH，求出NH=
AN=
，然后利用三角函数的定义，即可求得sin∠ACP的值．
| 1 |
| 2 |
| 2 |
（2）由∠ABC=60°及△DBM∽△ABE，根据相似三角形的对应边成比例，即可求得MD=
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| 2 |
（3）①由△DBM∽△ABE，根据相似三角形的对应边成比例，即可得DM=cosαAE；
②首先连接AD，EP，设AD交CP于N，根据题意易证得△ABC是等边三角形，△ABE∽△DBM，继而可证得△BEP为等边三角形，然后在Rt△AEB中，利用余弦函数的定义求出cos∠EAB=
2
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| 7 |
2
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| 7 |
7
| ||
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7
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7
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| 1 |
| 2 |
7
| ||
| 8 |
解答：
解：（1）如图1，连接AD．
∵AB=AC，BD=CD，
∴AD⊥BC．
又∵∠ABC=45°，
∴BD=AB•cos∠ABC，即AB=
BD．
∵∠BAE=∠BDM，∠ABE=∠DBM，
∴△ABE∽△DBM．
∴
=
，
∴AE=
MD；
（2）由（1）知△DBM∽△ABE，
∴
=
=cos∠ABC=cos60°=
，
∴MD=
AE，
∴AE=2MD；
（3）①由（1）知△DBM∽△ABE，
∴
=
=cos∠ABC=cosα，
∴DM=cosα•AE；
②如图2，连接AD，EP，设AD交CP于N．
∵AB=AC，∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形．
又∵D为BC的中点，
∴AD⊥BC，∠DAC=30°，BD=DC=
AB．
∵∠BAE=∠BDM，∠ABE=∠DBM，
∴△ABE∽△DBM，
∴
=
=2，∠AEB=∠DMB，
∴BE=2BM．
又∵BM=MP，
∴EB=BP．
∵∠EBM=∠ABC=60°，
∴△BEP为等边三角形，
∴EM⊥BP，
∴∠BMD=90°，
∴∠AEB=90°．
在Rt△AEB中，∠AEB=90°，AE=2
，AB=7，
∴cos∠EAB=
，cos∠PCB=cos∠EAB=
．
在Rt△ABD中，AD=AB•sin∠ABD=
，
在Rt△NDC中，CN=
=
，ND=
=
，
∴NA=AD-ND=
．
过N作NH⊥AC，垂足为H．
在Rt△ANH中，NH=
AN=
，
∴sin∠ACP=
=
．
故答案为AE=
MD；AE=2MD；DM=cosα•AE．
解：（1）如图1，连接AD．∵AB=AC，BD=CD，
∴AD⊥BC．
又∵∠ABC=45°，
∴BD=AB•cos∠ABC，即AB=
| 2 |
∵∠BAE=∠BDM，∠ABE=∠DBM，
∴△ABE∽△DBM．
∴
| AE |
| DM |
| AB |
| DB |
∴AE=
| 2 |
（2）由（1）知△DBM∽△ABE，
∴
| DM |
| AE |
| DB |
| AB |
| 1 |
| 2 |
∴MD=
| 1 |
| 2 |
∴AE=2MD；
（3）①由（1）知△DBM∽△ABE，
∴
| DM |
| AE |
| DB |
| AB |
∴DM=cosα•AE；
②如图2，连接AD，EP，设AD交CP于N．
∵AB=AC，∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形．
又∵D为BC的中点，
∴AD⊥BC，∠DAC=30°，BD=DC=
| 1 |
| 2 |
∵∠BAE=∠BDM，∠ABE=∠DBM，
∴△ABE∽△DBM，
∴
| BE |
| BM |
| AB |
| DB |
∴BE=2BM．
又∵BM=MP，
∴EB=BP．
∵∠EBM=∠ABC=60°，
∴△BEP为等边三角形，
∴EM⊥BP，
∴∠BMD=90°，
∴∠AEB=90°．
在Rt△AEB中，∠AEB=90°，AE=2
| 7 |
∴cos∠EAB=
2
| ||
| 7 |
2
| ||
| 7 |
在Rt△ABD中，AD=AB•sin∠ABD=
7
| ||
| 2 |
在Rt△NDC中，CN=
| DC |
| cos∠NCD |
7
| ||
| 4 |
| CN2-CD2 |
7
| ||
| 4 |
∴NA=AD-ND=
7
| ||
| 4 |
过N作NH⊥AC，垂足为H．
在Rt△ANH中，NH=
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7
| ||
| 8 |
∴sin∠ACP=
| NH |
| CN |
| ||
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故答案为AE=
| 2 |
点评：此题考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理、等边三角形的判定与性质以及三角函数等知识．此题综合性较强，难度较大，解题的关键是准确作出辅助线，掌握转化思想与数形结合思想的应用．
练习册系列答案
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