Question

18．如图，在等腰三角形ABC中，AB=AC，点D是BC边上一点，BD＜CD，点E是BD的中点，矩形EFGH的边EF在BC上，CF=AH，GH经过点A，AB、AC分别交HE、GF于点M、N．
（1）求证：△AHM≌△CFN；
（2）判断四边形AMDN的形状，并说明理由；
（3）若EF=8，HE=4，AD⊥MD，求线段AD的长．

Answer 1

分析 （1）利用等腰三角形的性质和矩形的性质得到∠B=∠C，∠HAM=∠C，证明△AHM≌△CFN；
（2）四边形AMDN是平行四边形，理由如下：AHM≌△CFN，得到AM=CN，证明BM=DM=AN，DM∥AN，利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，即可解答；
（3）过点A作AP⊥BC于P，先利用等腰三角形的性质和矩形的性质求出BP=CP=$\frac{1}{2}$BC，AH=EP，AP=HE=4，再根据四边形AMDN是平行四边形和勾股定理求出AB=4$\sqrt{5}$．设EM=x，由tan∠B=$\frac{ME}{BE}=\frac{AP}{BP}$，求出BE=2x．DE=BE=2x． 在Rt△BEM中，利用勾股定理求出BM=$\sqrt{{x}^{2}+（2x）^{2}}=\sqrt{5}x$=DM．所以AM=AB-BM=4$\sqrt{5}$-$\sqrt{5}$x，
在Rt△APD中，表示出AD²=AP²+DP²=4²+（8-4x）²．当AD⊥MD时，在Rt△AMD中，AD²+MD²=AM²．即：${4}^{2}+（8-4x）^{2}+（\sqrt{5}x）^{2}=（4\sqrt{5}-\sqrt{5}x）^{2}$，
解得：x=$\frac{3}{2}$．最后再利用勾股定理求出AD即可．

解答 解：（1）∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵四边形EFGH是矩形．
∴GH∥BC，∠H=∠CFN=90°，
∴∠B=∠HAM
∴∠HAM=∠C，
在△AHM和△CFN中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠H=∠CFN}\\{∠HAM=∠C}\\{AH=CF}\end{array}\right.$
∴△AHM≌△CFN．            
（2）四边形AMDN是平行四边形，理由如下：
∵△AHM≌△CFN．
∴AM=CN．                          
又AB=AC．
∴AB-AM=AC-CN
即BM=AN．                             
∵点E是线段BD的中点，∠MED=90°．
∴BM=DM．                             
∴DM=AN，∠MDB=∠B．
∴∠MDB=∠C．                            
∴DM∥AN．
∴四边形AMDN是平行四边形．                 
（3）如图，过点A作AP⊥BC于P，则BP=CP=$\frac{1}{2}$BC，AH=EP，AP=HE=4．  

∵四边形AMDN是平行四边形．
∴DN=AM=CN．
∴DF=CF．                                                 
∵EF=8．
∴BC=BD+CD=2ED+2DF=16．
∴BP=$\frac{1}{2}$BC=8．
∴AB=$\sqrt{{8}^{2}+{4}^{2}}$=4$\sqrt{5}$．
设EM=x，由tan∠B=$\frac{ME}{BE}=\frac{AP}{BP}$，得$\frac{x}{BE}=\frac{4}{8}$，即BE=2x．
∴DE=BE=2x．                                               
则DP=BP-BD=8-4x，在Rt△BEM中，BM=$\sqrt{{x}^{2}+（2x）^{2}}=\sqrt{5}x$=DM．
∴AM=AB-BM=4$\sqrt{5}$-$\sqrt{5}$x，
在Rt△APD中，AD²=AP²+DP²=4²+（8-4x）²．
当AD⊥MD时，在Rt△AMD中，AD²+MD²=AM²．
即：${4}^{2}+（8-4x）^{2}+（\sqrt{5}x）^{2}=（4\sqrt{5}-\sqrt{5}x）^{2}$，
解得：x=$\frac{3}{2}$．
∴AD=$\sqrt{{4}^{2}+（8-4×\frac{3}{2}）^{2}}=2\sqrt{5}$．

点评 本题考查了等腰三角形的性质、全等三角形的性质定理与判定定理、平行四边形的性质定理与判定定理、矩形的性质定理、勾股定理，解决本题的关键是熟记等腰三角形的性质、全等三角形的性质定理与判定定理、平行四边形的性质定理与判定定理、矩形的性质定理，在（3）中的关键是作出辅助线，利用勾股定理解决问题．