Question

12．如圖（1），在△ABC中，點D、E分別在AB、AC上，連接DE，線段BE、CD相交于點O．
（1）若∠DCB=∠EBC=$\frac{1}{2}$∠A，求證：$\frac{OC}{OD}$=$\frac{AB}{AE}$；
（2）在（1）的條件下，求證：BD=CE；
（3）如圖（2），CD⊥AB，DE⊥AC，∠A=45°，BD=$\frac{1}{2}$CD，點M為DE中點，連接BM、CM，求證：BM⊥CM．

Answer 1

分析 （1）由∠DCB=∠EBC=$\frac{1}{2}$∠A，得出∠BOD=∠COE=2∠DCB=∠A，即可判斷出△BOD∽△BAE，得出$\frac{OB}{AB}=\frac{OD}{AE}$，而OB=OC，即可得出結論；
（2）先構造出，△BOF≌△COE得出CF=CE，∠F=∠OEC，再判斷出，∠BDF=∠CEO，進而得出BF=BD，即可得出結論；
（3）先根據垂直和∠A=45°，根據勾股定理依次求出DE=CE=2x，CD=AD=2$\sqrt{2}$x，即可得出BC=$\sqrt{10}$x，再構造出△DFM≌△ECM，根據勾股定理依次求出EF=2$\sqrt{2}$x，FG=$\sqrt{2}$x，BG=2$\sqrt{2}$x，即可得出BF=$\sqrt{10}$x，即：BF=BC，最后利用等腰三角形的三線合一即可結論．

解答 證明：（1）∵∠DCB=∠EBC，
∴∠BOD=∠COE=2∠DCB，
∵∠DCB=$\frac{1}{2}$∠A，
∴∠A=2∠DCB，
∴∠BOD=∠A，
∵∠DBO=∠EBA，
∴△BOD∽△BAE，
∴$\frac{OB}{AB}=\frac{OD}{AE}$，
∵∠DCB=∠EBC，
∴OB=OC．
∴$\frac{OC}{AB}=\frac{OD}{AE}$，
∴$\frac{OC}{OD}$=$\frac{AB}{AE}$；

（2）如圖1，延長CD至F使OF=OE，
在△BOF和△COE中，$\left\{\begin{array}{l}{OF=OE}\\{∠BOF=∠COE}\\{OB=OC}\end{array}\right.$，
∴△BOF≌△COE（SAS），
∴CF=CE，∠F=∠OEC，
由（1）知，∠BOD=∠A，
∵∠BOD+∠DOE=180°，
∴∠A+∠DOE=180°，
根據四邊形的內角和得，∠ADO+∠AEO=180°，
∵∠AEO+∠CEO=180°，
∴∠ADO=∠CEO，
∵∠ADO=∠BDF，
∴∠BDF=∠CEO，
∵∠F=∠OEC，
∴∠BDF=∠F，
∴BF=BD，
∵CF=CE，
∴BD=CE；

（3）如圖2，設AE=2x，
∵DE⊥AC，
∴∠AED=∠CED=90°，
在Rt△ADE中，∠A=45°，
∴∠ADE=∠A=45°，DE=AE=2x，AD=$\sqrt{2}$AE=2$\sqrt{2}$x，
∵CD⊥AB，
∴∠BDC=∠ADC=90°，
∴∠CDE=90°-∠ADE=45°=∠ADE，
∵DE⊥AC，
∴CE=AC=2x，CD=AD=2$\sqrt{2}$x，
∵BD=$\frac{1}{2}$CD，
∴BD=$\sqrt{2}$x，
在Rt△BCD中，根據勾股定理得，BC=$\sqrt{B{D}^{2}+C{D}^{2}}$=$\sqrt{10}$x，
延長CM至F使MF=MC，
∵點M為DE中點，
∴DM=EM，
在△DFM和△ECM中，$\left\{\begin{array}{l}{DM=EM}\\{∠DMF=∠EMC}\\{MF=MC}\end{array}\right.$，
∴△DFM≌△ECM，
∴DF=CE=2x=DE，∠FDM=∠CEM=90°，
∴∠ADF=90°-∠ADE=45°=∠ADE，
連接EF，
∴EF⊥AB，FG=EG=DG=$\frac{1}{2}$EF，
在Rt△DEF中，EF=$\sqrt{2}$DE=2$\sqrt{2}$x，
∴FG=DG=$\sqrt{2}$x，
∵BD=$\sqrt{2}$x，
∴BG=BD+DG=2$\sqrt{2}$x
連接BF，在Rt△BFG中，FG=$\sqrt{2}$x，BG=2$\sqrt{2}$x，
根據勾股定理得，BF=$\sqrt{F{G}^{2}+B{G}^{2}}$=$\sqrt{10}$x，
∵BC=$\sqrt{10}$x，
∴BF=BC，
∵MF=MC，
∴BM⊥CM．

點評 此題是相似三角形的綜合題，主要考查了等腰直角三角形的性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理等知識點；（2）中構造出全等三角形△BOF≌△COE和（3）構造出全等三角形△DFM≌△ECM是解答關鍵．利用計算的方法得出BF=BC是解本題的難點．