Question

6．如圖1，在等腰Rt△ABC中，AC=BC，D為邊BC上一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)B作BE⊥AD于E，過(guò)D作DF⊥AB于F．

（1）當(dāng)∠CAD=∠BAD時(shí)，求證：AD=2BE；
（2）如圖2，當(dāng)D在邊BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，AD交CF于M，BD與EF交于N，求證：tan∠BAD=$\frac{DM•NB}{DN•MA}$．

Answer 1

分析 （1）連接CE，由等腰三角形的性質(zhì)得出∠BAC=∠ABC=45°，證明A、B、E、C四點(diǎn)共圓，由圓周角定理得出$\widehat{CE}=\widehat{BE}$，由圓心角、弧、弦之間的關(guān)系得出CE=BE，由圓周角定理得出∠AEC=∠ABC=45°，取AD的中點(diǎn)G，連接CG，由直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)得出CG=$\frac{1}{2}$AD=CG，由等腰三角形的性質(zhì)得出∠ACG=∠CAD=22.5°，由三角形的外角性質(zhì)證出∠CGE=∠AEC，得出CG=CE，因此CG=BE，即可得出AD=2BE；
（2）過(guò)點(diǎn)D作PQ∥AB，交CF于點(diǎn)P，交EF于點(diǎn)Q；證明A、C、D、F四點(diǎn)共圓，由圓周角定理得出∠CFD=∠DAC，同理可證∠EFD=∠DBE=∠DAF，證出∠PFD=∠QFD，得出tan∠PFD=tan∠QFD，因此$\frac{PD}{FD}$=$\frac{QD}{FD}$，得出PD=QD；證出△BDF為等腰直角三角形，DF=BF；證明△DPM∽△AFM，得出$\frac{DM}{MA}$=$\frac{DP}{AF}$；同理可證：$\frac{DN}{NB}$=$\frac{DQ}{BF}$=$\frac{DQ}{DF}$，得出$\frac{DM}{MA}•\frac{NB}{DN}$=$\frac{DF}{AF}$，即可得出結(jié)論．

解答 （1）證明：連接CE，如圖1所示：
∵等腰Rt△ABC中，AC=BC，
∴∠BAC=∠ABC=45°，
∵BE⊥AD，
∴∠AEB=90°=∠ACB，
∴A、B、E、C四點(diǎn)共圓，
∵∠CAD=∠BAD，
∴∠CAD=∠BAD=$\frac{1}{2}$∠BAC=22.5°，$\widehat{CE}=\widehat{BE}$，
∴CE=BE，∠AEC=∠ABC=45°，
取AD的中點(diǎn)G，連接CG，
∴CG=$\frac{1}{2}$AD=CG，
∴∠ACG=∠CAD=22.5°，
∴∠CGE=∠CAD+∠ACG=45°=∠AEC，
∴CG=CE，
∴CG=BE，
∴AD=2BE；
（2）證明：過(guò)點(diǎn)D作PQ∥AB，交CF于點(diǎn)P，交EF于點(diǎn)Q；如圖2所示：
∵DF⊥AB，∠ACD=90°，
∴∠ACD+∠AFD=180°，
∴A、C、D、F四點(diǎn)共圓，
∴∠CFD=∠DAC，同理可證∠EFD=∠DBE=∠DAF，而∠CAD=∠EBD，
∴∠PFD=∠QFD，
∴tan∠PFD=tan∠QFD，
即$\frac{PD}{FD}$=$\frac{QD}{FD}$，
∴PD=QD；由∠DBF=45°，DF⊥BF知：
△BDF為等腰直角三角形，DF=BF；
∵DP∥AF，
∴△DPM∽△AFM，
∴$\frac{DM}{MA}$=$\frac{DP}{AF}$；
同理可證：$\frac{DN}{NB}$=$\frac{DQ}{BF}$=$\frac{DQ}{DF}$，
∴$\frac{DM}{MA}•\frac{NB}{DN}$=$\frac{DF}{AF}$，
∵tan∠BAD=tan∠DAF=$\frac{DF}{AF}$，
∴tan∠BAD=$\frac{DM•NB}{DN•MA}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是四邊形綜合題目，考查了等腰直角三角形的性質(zhì)、四點(diǎn)共圓、圓周角定理、直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)；證明四點(diǎn)共圓，運(yùn)用圓周角定理得出相等的角和相等的弧是解決問(wèn)題的突破口．