Question

3．如圖、直角梯形ABCD中、AB∥CD、∠D=90°、DE⊥CB于E、連接AE，F(xiàn)E垂直AE交CD于F．
（1）求證：△AED∽△FEC；
（2）求證：AB=DF；
（3）若AD=CD．$\frac{{S}_{△AEB}}{{S}_{△DEF}}$=2，則$\frac{AB}{CD}$=$\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)條件可以得出∠EFC=∠EAD，∠CEF=∠AED，進(jìn)而可以證明△AED∽△FEC．
（2）根據(jù)條件可以證明A、D、F、B、A四點(diǎn)共圓，由∠BEA=∠FED，推出結(jié)論．
（3）設(shè)AB=a，CD=b，通過(guò)輔助線，利用方程的思想，解決問(wèn)題．

解答 解：（1）∵DE⊥BC，EF⊥AE，
∴∠BED=∠CED=90°，
∵∠2+∠3=90°，∠2+∠CEF=90°，
∴∠CEF=∠3，
∵∠AEF=∠ADF=90°
∴∠6+∠4=180°，∵∠5+∠6=180°，
∴∠5=∠4，
∴△ADE∽△FEC．
（2）∵∠1+∠3=90°，∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠2，
∵AB∥CD，∠ADC=90°，
∴∠BAD+∠ADC=180°，∴∠BAD=90°，
∵∠BED+∠BAD=180°，
∴四邊形ABCD四點(diǎn)共圓，
∵∠AEF+∠ADF=180°，
∴四邊形AEFD四點(diǎn)共圓，
∴A、B、E、F、D五點(diǎn)共圓，
∵∠1=∠2，
∴AB=DF．
（3）作CN⊥AB交AB的延長(zhǎng)線于N，過(guò)點(diǎn)E作EG⊥AN垂足為G交CD于H，延長(zhǎng)DE交CN于M．
∵$\frac{{S}_{△ABE}}{{S}_{△EDF}}$=$\frac{\frac{1}{2}•AB•EG}{\frac{1}{2}•DF•EH}$=2，AB=FD，
∴EG=2EH，
∵GB∥CH，
∴△EGB∽△EHC，
∴$\frac{EG}{EH}=\frac{EB}{EC}=2$，設(shè)EC=a，AB=x，CD=y，則EB=2a，
∵∠NCD=∠ADC=∠DAN=90°，
∴四邊形ADCN是矩形，
∵AD=DC
∴四邊形ADCN是正方形，
∴AN=CN=CD=y，NB=y-x，
∵∠NCB+∠CMD=90°，∠CMD+∠MDC=90°
∴∠NCB=∠MDC，∵CN=CD，
∴△CNB≌△DCM，
∴CM=BN=y-x，DM=BC=3a，
∵∠MCD=∠MEC，∠CME=∠CMD，
∴△MCE∽△MDC，
∴$\frac{MC}{MD}=\frac{CE}{CD}$，
∴$\frac{y-x}{3a}=\frac{a}{y}$，
∴y²-xy=3a²     ①
∵CM²+CD²=MD²，
∴（y-x）²+y²=9a²    ②
由①②消去a得x²+xy-y²=0
∴x=$\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$y，（或x=$\frac{-1-\sqrt{5}}{2}$y舍棄）
∴$\frac{x}{y}=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$，
∴$\frac{AB}{CD}=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了直角梯形的性質(zhì)、正方形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、以及四點(diǎn)共圓的判定，綜合性比較強(qiáng)，用方程的思想是解決第三個(gè)問(wèn)題的關(guān)鍵．