题目内容

4．探究：如图1，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠ABC=45°，过点B的直线MN∥AC，D为BC边上一点，连接AD，作DE⊥AD交MN于点E，作DF⊥BC交AB于点F，求证：AD=DE．
应用：如图2，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠ABC=30°，过点B的直线MN∥AC，D为BC边上一点，连接AD，作DE⊥AD交MN于点E，作DF⊥BC交AB于点F，直接写出线段DE与AD的数量关系，不用证明．

分析 （1）首先证得∠BDE=∠ADF，以及∠EBD=∠AFD，再得出△BDE≌△FDA（ASA），求出即可；
（2）首先过点D作DG⊥BC，交AB于点G，进而得出∠EBD=∠AGD，证出△BDE∽△GDA即可得出答案；

解答 （1）证明：如图1，则有∠BDE+∠FDE=90°，
∵DE⊥AD，
∴∠FDE+∠ADF=90°，
∴∠BDE=∠ADF，
∵∠BAC=90°，∠ABC=45°，
∴∠C=45°，
∵MN∥AC，
∴∠EBD=180°-∠C=135°，
∵∠BFD=45°，DF⊥BC，
∴∠BFD=45°，BD=DF，
∴∠AFD=135°，
∴∠EBD=∠AFD，
在△BDE和△FDA中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠EBD=∠AFD}\\{BD=DF}\\{∠BDE=∠ADF}\end{array}\right.$，
∴△BDE≌△FDA（ASA），
∴AD=DE；

（2）解：DE=$\sqrt{3}$AD，
理由：如图2，则有∠BDE+∠FDE=90°，
∵DE⊥AD，
∴∠FDE+∠ADF=90°，
∴∠BDE=∠ADF，
∵∠BAC=90°，∠ABC=30°，
∴∠C=60°，
∵MN∥AC，
∴∠EBD=180°-∠C=120°，
∵∠ABC=30°，DF⊥BC，
∴∠BFD=60°，
∴∠AFD=120°，
∴∠EBD=∠AFD，
∴△BDE∽△FDA
∴$\frac{AD}{DE}$=$\frac{DF}{BD}$，
在Rt△BDF中，
$\frac{DF}{BD}$=tan30°=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴DE=$\sqrt{3}$AD．

点评 此题主要考查了全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质，得出△EBD∽△AFD是解题关键．

练习册系列答案
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