题目内容
18．已知△ABC是等腰直角三角形，∠A=90°，过点B在∠ABC内作线段BD交AC于点E，过点C作CD⊥BD（1）如图1所示，若∠ABD=30°，AB=3，求CD．
（2）如图2所示，若线段BD平分∠ABC，取AC的中点F，连接DF、AD，求证：AE=2DF．
（3）如图3所示，连接AD，若BD=$\frac{7}{2}$$\sqrt{2}$，AD=3，求$\frac{DE+CE}{CD}$的值．
分析 （1）在Rt△ABE中，根据AB=3=AC，∠ABE=30°，求得AE=$\sqrt{3}$，BE=2$\sqrt{3}$，CE=3-$\sqrt{3}$，再判定△ABE∽△DCE，得到$\frac{CD}{BA}$=$\frac{CE}{BE}$，据此求得CD的长；
（2）延长CD和BA交于点G，先判定△GBD≌△CBD（ASA），得到D是GC的中点，再判定△ABE≌△ACG（ASA），得到AE=AG，最后根据三角形中位线定理，得出AG=2DF，即可得到AE=2DF；
（3）延长BA和CD交于点M，过A作AN⊥BD于N，判定△BDM∽△CAM，进而得到△ADM∽△CBM，求得∠MDA=∠ABC=45°=∠ADN，再根据BD=$\frac{7}{2}$$\sqrt{2}$，AD=3，得到AN和BN的长，最后根据△ABN∽△ECD，得出$\frac{ED}{CD}$=$\frac{3}{4}$，即可得到Rt△CDE中存在$\frac{DE+CE}{CD}$=2．
解答 
解：（1）如图1，在Rt△ABE中，∵AB=3=AC，∠ABE=30°，
∴AE=$\sqrt{3}$，BE=2$\sqrt{3}$，
∴CE=3-$\sqrt{3}$，
∵CD⊥BD，∠A=90°，∠AEB=∠DEC，
∴△ABE∽△DCE，
∴$\frac{CD}{BA}$=$\frac{CE}{BE}$，即$\frac{CD}{3}$=$\frac{3-\sqrt{3}}{2\sqrt{3}}$，
解得CD=$\frac{3\sqrt{3}-3}{2}$；
（2）如图2，延长CD和BA交于点G，
∵BD平分∠ABC，CD⊥BD，
∴∠GBD=∠CBD，∠BDG=∠BDC，
又∵BD=BD，
∴△GBD≌△CBD（ASA），
∴GD=CD，即D是GC的中点，
∵CD⊥BD，∠A=90°，∠AEB=∠DEC，
∴∠ABE=∠ACG，∠BAE=∠CAG=90°，
又∵AB=AC，
∴△ABE≌△ACG（ASA），
∴AE=AG，
∵F是AC的中点，D是GC的中点，
∴DF是△ACG的中位线，
∴AG=2DF，
∴AE=2DF；
（3）如图3，延长BA和CD交于点M，过A作AN⊥BD于N，
∵∠BDM=∠CAM=90°，∠M=∠M，
∴△BDM∽△CAM，
∴$\frac{DM}{AM}$=$\frac{BM}{CM}$，即$\frac{DM}{BM}$=$\frac{AM}{CM}$，
∵∠M=∠M，
∴△ADM∽△CBM，
∴∠MDA=∠ABC=45°=∠ADN，
∵AD=3，
∴等腰直角三角形ADN中，AN=DN=$\frac{3}{2}\sqrt{2}$，
∴BN=$\frac{7}{2}\sqrt{2}$-$\frac{3}{2}\sqrt{2}$=2$\sqrt{2}$，
∵∠ABN=∠ECD，∠ANB=∠EDC=90°，
∴△ABN∽△ECD，
∴$\frac{AN}{BN}$=$\frac{ED}{CD}$，即$\frac{\frac{3}{2}\sqrt{2}}{2\sqrt{2}}$=$\frac{ED}{CD}$，
∴$\frac{ED}{CD}$=$\frac{3}{4}$，
设ED=3k，CD=4k，则Rt△CDE中，CE=5k，
∴$\frac{DE+CE}{CD}$=$\frac{3k+5k}{4k}$=2．
点评 本题属于三角形综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角形中位线定理以及勾股定理的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形和相似三角形，利用全等三角形的对应边相等以及相似三角形的对应边成比例进行求解．
名校课堂系列答案
如图，将长方形ABC沿着对角线BD折叠，使点C落在C′处，BC′交AD于点E．
已知：如图，△ABC中，点P，Q分别是∠BAC的平分线AD，边AB上的两个动点，∠C=α，BC=6．| A． | 正数 | B． | 负数 | C． | 非负数 | D． | 非正数 |
如图，已知AB=AC，AE=AF，BE与CF交于点D，