Question

7．如图，己知△ABC中，AB=3，AC=4，BC=5，作∠ABC的角平分线交AC于D，以D为圆心，DA为半径作圆，与射线交于点E、F．有下列结论：
①△ABC是直角三角形；②⊙D与直线BC相切；③点E是线段BF的黄金分割点；④tan∠CDF=2．
其中正确的结论有（　　）

• A． 4个
• B． 3个
• C． 2个
• D． 1个

Answer 1

分析 由勾股定理的逆定理得出①正确；由角平分线的性质定理得出②正确；由全等三角形的性质得出MB=AB=3，证明△CDM∽△CBA，得出对应边成比例求出DM，根据勾股定理得出BD，求出EF²=BF•BE，得出③正确；由tan∠CDF=tan∠ADB=$\frac{AB}{AD}$=2，得出④正确，即可得出结论．

解答 解：∵3²+4²=5²，
∴AB²+AC²=AB²，
∴△ABC是直角三角形，∠BAC=90°，①正确；
作DM⊥BC于M，如图所示：
∵BD是∠ABC的平分线，
∴DM=DA，
∴⊙D与直线BC相切，
∴②正确；
∵∠BAC=∠DMC=90°，
在Rt△BDM和△BDA中，
$\left\{\begin{array}{l}{BD=BD}\\{DM=DA}\end{array}\right.$，
∴Rt△BDM≌△BDA（HL），
∴MB=AB=3，
∴CM=BC-MB=2，
∵∠C=∠C，
∴△CDM∽△CBA，
∴$\frac{DM}{AB}=\frac{CM}{AC}$，即$\frac{DM}{3}=\frac{2}{4}$，
解得：DM=$\frac{3}{2}$，
∴DF=DE=$\frac{3}{2}$，
∴BD=$\sqrt{A{B}^{2}++A{D}^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}+（\frac{3}{2}）^{2}}$=$\frac{3\sqrt{5}}{2}$，
∴BE=BD-DE=$\frac{3\sqrt{5}}{2}$-$\frac{3}{2}$，BF=BD+DF=$\frac{3\sqrt{5}}{2}$+$\frac{3}{2}$，
∵EF²=9，BF•BE=（$\frac{3\sqrt{5}}{2}$+$\frac{3}{2}$）（$\frac{3\sqrt{5}}{2}$-$\frac{3}{2}$）=9，
∴EF²=BF•BE，
∴点E是线段BF的黄金分割点，③正确；
∵tan∠CDF=tan∠ADB=$\frac{AB}{AD}$=$\frac{3}{\frac{3}{2}}$=2，
∴④正确；
正确的有4个．
故选：A．

点评 本题考查了切线的判定、角平分线的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、三角函数；熟练掌握切线的判定，证明三角形全等和三角形相似是解决问题③的关键．