Question

13．在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠BAC的平分线AD交BC于点D
（l）如图1，过点B作BE⊥AC于点E，BE与AD相交于点F，当AD=6，BF=2$\sqrt{3}$时，求线段AB的长度；
（2）如图2．过点B作BE⊥AC于点E，BE与AD相交于点F，在线段AF上取点G，使FG=DF，连接BG．过点F作FH⊥AD交BG于点H，连接DH交BE于点I，求证：BD=2IF．
（3）如图3，若∠BCA=60°，作∠BCA=∠MCB交AD的延长线于M，过M作MN⊥MA交AB的延长线上于N点，猜想线段ND与线段AB之间有怎样的数量关系，请直接写出结论（不需证明）

Answer 1

分析 （1）首先证明BD=BF，在Rt△在Rt△ABD中，根据AB=$\sqrt{A{D}^{2}-B{D}^{2}}$计算即可．
（2）如图2中，作BK∥DG交DH的延长线于K，连接KG．首先证明四边形BFGK是平行四边形，再证明IF是△DKG的中位线，由此即可证明．
（3）如图3中，作MK⊥AC于K，MF⊥BC于K，ME⊥AN于E．首先证明△MFD≌△MEN，推出MN=MD，推出∠MDN=45°，由∠BDA=75°，推出∠NDB=180°-45°-75°=60°，设BD=a．则DN=2a，在AB上取一点P，使得PD=PA，则∠DPB=30°，PD=PA=2a，BP=$\sqrt{3}$a，可得AB=（2+$\sqrt{3}$）a，由此即可解决问题．

解答 （1）解：如图1中，

∵BE⊥AC，
∴∠BEC=∠ABC=90°，
∴∠C+∠CBE=90°，∠ABE+∠CBE=90°，
∴∠C=∠ABE，
∵AD平分∠BAC，
∴∠DAB=∠DAC，
∵∠BDF=∠C+∠DAC，∠BFD=∠DAB+∠ABE，
∴BD=BF=2$\sqrt{3}$，
在Rt△ABD中，AB=$\sqrt{A{D}^{2}-B{D}^{2}}$=$\sqrt{{6}^{2}-（2\sqrt{3}）^{2}}$=2$\sqrt{6}$．

（2）证明：如图2中，作BK∥DG交DH的延长线于K，连接KG．

∵FH垂直平分DG，
∴HD=HG，
∴∠HDG=∠HGD，
∴∠HBK=∠HGD，∠HKB=∠HDG，
∴∠HBK=∠HKB，
∴BH=HK，∵∠DHB=∠KHG，
∴△BDH≌△KGH，
∴BD=KG，∵DG=GD，DK=BG，
∴△BDG≌△KGD，
∴∠BDG=∠KGD，
∵∠BDF=∠BFD，
∴∠BFD=∠KGD，
∴BF∥KG，∵BK∥FG，'
∴四边形BFGK是平行四边形，
∴BF=GK=BD，
∵DF=FG，FI∥GK，
∴DI=IK，
∴GK=2IF，
∴BD=2IF．

（3）解：结论：∴$\frac{AB}{DN}$=$\frac{2+\sqrt{3}}{2}$．理由如下，
如图3中，作MK⊥AC于K，MF⊥BC于K，ME⊥AN于E．

∵∠MAE=∠MAK，
∴ME=MK，
∵∠MCK=∠MCB=60°，
∴MK=MF，
∴ME=MF，
∴∠MBE=∠MBF=45°，
∵∠NMD=∠EEMF=90°，
∴∠NME=∠DMF，∵∠MFD=∠MEN，ME=MF，
∴△MFD≌△MEN，
∴MN=MD，
∴∠MDN=45°，
∵∠BDA=75°，
∴∠NDB=180°-45°-75°=60°，设BD=a．则DN=2a，
在AB上取一点P，使得PD=PA，则∠DPB=30°，PD=PA=2a，BP=$\sqrt{3}$a，
∴AB=（2+$\sqrt{3}$）a，
∴$\frac{AB}{DN}$=$\frac{（2+\sqrt{3}）a}{2a}$=$\frac{2+\sqrt{3}}{2}$．

点评 本题考查三角形综合题、全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形30度角性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的首先思考问题，属于中考压轴题．