Question

18．如圖1，在四邊形ABCD中，∠CDB=2∠ABD，∠ABC=105°，∠A=∠C=45°．
（1）求∠ABD；
（2）求證：CD=AB；
（3）如圖2，過點(diǎn)C作CF⊥BD于點(diǎn)E，交AB于點(diǎn)F，若AB=3$\sqrt{3}$，則BF+BE=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$．

Answer 1

分析 （1）由四邊形內(nèi)角和定理求出∠ADC=165°，設(shè)∠ABD=y，則∠CDB=2y，∠ADB=135°-y，得出方程135°-y+2y=165°，解方程即可；
（2）作DM⊥AB于E，BN⊥CD于F，設(shè)DN=x，證出△BCN是等腰直角三角形，得出CN=BN，求出∠DBN=30°，由含30°角的直角三角形的性質(zhì)得出BD=2DN=2x，求出BN=CN=$\sqrt{3}$x，得出CD=x+$\sqrt{3}$x，同理得出AB=AM+BM=x+$\sqrt{3}$x，即可得出結(jié)果CD=AB；
（3）由（2）得：x+$\sqrt{3}$x=3$\sqrt{3}$，求出x=$\frac{9-3\sqrt{3}}{2}$，得出BD=9-3$\sqrt{3}$，由含30°角的直角三角形的性質(zhì)得出DE=$\frac{1}{2}$CD=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，得出BE=BD-DE=9-$\frac{9\sqrt{3}}{2}$，由三角函數(shù)求出BF=6$\sqrt{3}$-9，即可得出結(jié)果．

解答 （1）解：∵∠ABC=105°，∠A=∠C=45°，
∴∠ADC=360°-45°-45°-105°=165°，
設(shè)∠ABD=y，則∠CDB=2y，∠ADB=180°-45°-y=135°-y，
∴135°-y+2y=165°，
解得：y=30°，
即∠ABD=30°；
（2）證明：作DM⊥AB于M，BN⊥CD于N，如圖所示：
設(shè)DN=x，
∵BN⊥CD，∠C=45°，
∴∠CBN=∠C=45°，
∴△BCN是等腰直角三角形，
∴CN=BN，
∵∠CDB=2×30°=60°，
∴∠DBN=30°，
∴BD=2DN=2x，
∴BN=CN=$\sqrt{3}$x，
∴CD=x+$\sqrt{3}$x，
∵DM⊥AB，
∴DM=$\frac{1}{2}$BD=x，BM=$\sqrt{3}$DM=$\sqrt{3}$x，
∵∠A=45°，
∴△ADM是等腰直角三角形，
∴AM=DM=x，
∴AB=AM+BM=x+$\sqrt{3}$x，
∴CD=AB；
（3）解：由（2）得：CD=AB=3$\sqrt{3}$，x+$\sqrt{3}$x=3$\sqrt{3}$，
解得：x=$\frac{9-3\sqrt{3}}{2}$，
∴BD=9-3$\sqrt{3}$，
∵CF⊥BD，
∴∠DCE=90°-60°=30°，
∴DE=$\frac{1}{2}$CD=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
∴BE=BD-DE=9-$\frac{9\sqrt{3}}{2}$，
∵∠ABD=30°，
∴BF=$\frac{BE}{cos30°}$=6$\sqrt{3}$-9，
∴BF+BE=6$\sqrt{3}$-9+9-$\frac{9\sqrt{3}}{2}$=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$；
故答案為：$\frac{3\sqrt{3}}{2}$．

點(diǎn)評 本題考查了勾股定理、等腰直角三角形的判定和性質(zhì)、含有30°角的直角三角形的性質(zhì)；解題的關(guān)鍵是作輔助線DM、BN，構(gòu)造直角三角形是解決問題的關(guān)鍵．