Question

1．如圖3，在等腰△ABC中，AB=AC，D是BC邊上任一點(diǎn)，連接AD，過點(diǎn)B作BE∥AC，且AD=DE，連接DE．
（1）求證：∠E=∠BAD；
（2）當(dāng)D為BC中點(diǎn)時(shí)，作DF⊥AC于點(diǎn)F，作AH⊥BF分別交BF、DF于點(diǎn)H、G，求證：G為DF的中點(diǎn)；
（3）設(shè)DE交AB于點(diǎn)M，若$\frac{AM}{BM}=\frac{8}{3}$，在（2）的條件下，請(qǐng)直接寫出：cos∠C的值為$\frac{\sqrt{5}}{5}$．

Answer 1

分析 （1）如圖3中，DP⊥EB，DQ⊥AB垂足分別為P、Q，只要證明△ADQ≌△EDP即可．
（2）如圖4中取BF中點(diǎn)M，連接DM、MG、DH，只要證明MG∥BD即可．
（3）如圖5中，作BH⊥AC于H，DR⊥AE于R，交AB于K，由A、E、B、D四點(diǎn)共圓得∠AEB=90°，先證明四邊形AEBH是矩形，設(shè)AK=BK=KD=11k，由KD∥BE得$\frac{KM}{BM}=\frac{KD}{EB}=\frac{5}{6}$，用k表示出EB、AH、BH、CH、BC，在RT△BCH中可以求出cos∠C．

解答 （1）證明：如圖3中，作DP⊥EB，DQ⊥AB垂足分別為P、Q，
∵BE∥AC，
∴∠C=∠PBC，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C，
∴∠ABC=∠PBC，
∵DP⊥EB，DQ⊥AB，
∴PD=DQ，∠AQD=∠EPD=90°，
在RT△ADQ和RT△EDP中，
$\left\{\begin{array}{l}{AD=ED}\\{DQ=DP}\end{array}\right.$，
∴△ADQ≌△EDP，
∴∠E=∠BAD．
（2）如圖4中取BF中點(diǎn)M，連接DM、MG、DH、AE．
∵BD=DC，BM=MF，
∴DM∥AC，
∵DF⊥AC，AG⊥BF
∴∠MDF=∠DFC=90°=∠MHG，
∴∠MDG+∠MHG=180°，
∴D、M、H、G四點(diǎn)共圓，
∴∠DGM=∠MHD，
∵∠BDA=∠AHM=90，
∴A、B、D、H四點(diǎn)共圓，
∴∠BAD=∠MHD=∠MGD，
∵AB=AC，BD=DC，
∴∠BAD=∠DAC，
∵∠DAC+∠C=90°，∠CDF+∠C=90°，
∴∠DAC=∠CDF
∴∠CDF=∠MGD，
∴MG∥BD，
∵FM=MB，
∴FG=DG即點(diǎn)G是DF中點(diǎn)．
（3）如圖5中，作BH⊥AC于H，DR⊥AE于R，交AB于K．
∵∠BED=∠BAD，
∴A、E、B、D四點(diǎn)共圓，
∴∠AEB+∠ADB=180°，∵∠ADB=90°，
∴∠AEB=90°，
∵BE∥AC，
∴∠AEB+∠EAC=180°，
∴∠EAC=90°，
∵∠AEB=∠EAH=∠AHB=90°，
∴四邊形AEBH是矩形，
∴BE=AH，
∵∠ERD=∠EAC=90°，
∴DR∥AC，
∵BD=DC，
∴AK=BK=KD，設(shè)AK=BK=KD=11k，
∵AM：BM=8：3，
∴AM=16k，BM=6k，MK=5k，
∵KD∥BE，
∴$\frac{KM}{BM}=\frac{KD}{EB}=\frac{5}{6}$，
∴$EB=\frac{66}{5}k$=AH，
∴BH=$\sqrt{A{B}^{2}-A{H}^{2}}$=$\frac{88}{5}k$，CH=CA-AH=$\frac{44}{5}k$，
∴BC=$\sqrt{B{H}^{2}+C{H}^{2}}$=$\frac{44\sqrt{5}}{5}k$，
∴cos∠C=$\frac{CH}{BC}$=$\frac{\sqrt{5}}{5}$．
故答案為$\frac{\sqrt{5}}{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)、四點(diǎn)共圓的判定和性質(zhì)、矩形的判定和性質(zhì)，綜合性比較強(qiáng)，添加輔助線構(gòu)造全等三角形是解決問題的關(guān)鍵，學(xué)會(huì)用方程的思想去思考問題，屬于中考?jí)狠S題．