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13.在Rt△ABC中,∠ABC=90°,∠BAC的平分線AD交BC于點D
(l)如圖1,過點B作BE⊥AC于點E,BE與AD相交于點F,當AD=6,BF=2$\sqrt{3}$時,求線段AB的長度;
(2)如圖2.過點B作BE⊥AC于點E,BE與AD相交于點F,在線段AF上取點G,使FG=DF,連接BG.過點F作FH⊥AD交BG于點H,連接DH交BE于點I,求證:BD=2IF.
(3)如圖3,若∠BCA=60°,作∠BCA=∠MCB交AD的延長線于M,過M作MN⊥MA交AB的延長線上于N點,猜想線段ND與線段AB之間有怎樣的數量關系,請直接寫出結論(不需證明)

分析 (1)首先證明BD=BF,在Rt△在Rt△ABD中,根據AB=$\sqrt{A{D}^{2}-B{D}^{2}}$計算即可.
(2)如圖2中,作BK∥DG交DH的延長線于K,連接KG.首先證明四邊形BFGK是平行四邊形,再證明IF是△DKG的中位線,由此即可證明.
(3)如圖3中,作MK⊥AC于K,MF⊥BC于K,ME⊥AN于E.首先證明△MFD≌△MEN,推出MN=MD,推出∠MDN=45°,由∠BDA=75°,推出∠NDB=180°-45°-75°=60°,設BD=a.則DN=2a,在AB上取一點P,使得PD=PA,則∠DPB=30°,PD=PA=2a,BP=$\sqrt{3}$a,可得AB=(2+$\sqrt{3}$)a,由此即可解決問題.

解答 (1)解:如圖1中,

∵BE⊥AC,
∴∠BEC=∠ABC=90°,
∴∠C+∠CBE=90°,∠ABE+∠CBE=90°,
∴∠C=∠ABE,
∵AD平分∠BAC,
∴∠DAB=∠DAC,
∵∠BDF=∠C+∠DAC,∠BFD=∠DAB+∠ABE,
∴BD=BF=2$\sqrt{3}$,
在Rt△ABD中,AB=$\sqrt{A{D}^{2}-B{D}^{2}}$=$\sqrt{{6}^{2}-(2\sqrt{3})^{2}}$=2$\sqrt{6}$.

(2)證明:如圖2中,作BK∥DG交DH的延長線于K,連接KG.

∵FH垂直平分DG,
∴HD=HG,
∴∠HDG=∠HGD,
∴∠HBK=∠HGD,∠HKB=∠HDG,
∴∠HBK=∠HKB,
∴BH=HK,∵∠DHB=∠KHG,
∴△BDH≌△KGH,
∴BD=KG,∵DG=GD,DK=BG,
∴△BDG≌△KGD,
∴∠BDG=∠KGD,
∵∠BDF=∠BFD,
∴∠BFD=∠KGD,
∴BF∥KG,∵BK∥FG,'
∴四邊形BFGK是平行四邊形,
∴BF=GK=BD,
∵DF=FG,FI∥GK,
∴DI=IK,
∴GK=2IF,
∴BD=2IF.

(3)解:結論:∴$\frac{AB}{DN}$=$\frac{2+\sqrt{3}}{2}$.理由如下,
如圖3中,作MK⊥AC于K,MF⊥BC于K,ME⊥AN于E.

∵∠MAE=∠MAK,
∴ME=MK,
∵∠MCK=∠MCB=60°,
∴MK=MF,
∴ME=MF,
∴∠MBE=∠MBF=45°,
∵∠NMD=∠EEMF=90°,
∴∠NME=∠DMF,∵∠MFD=∠MEN,ME=MF,
∴△MFD≌△MEN,
∴MN=MD,
∴∠MDN=45°,
∵∠BDA=75°,
∴∠NDB=180°-45°-75°=60°,設BD=a.則DN=2a,
在AB上取一點P,使得PD=PA,則∠DPB=30°,PD=PA=2a,BP=$\sqrt{3}$a,
∴AB=(2+$\sqrt{3}$)a,
∴$\frac{AB}{DN}$=$\frac{(2+\sqrt{3})a}{2a}$=$\frac{2+\sqrt{3}}{2}$.

點評 本題考查三角形綜合題、全等三角形的判定和性質、平行四邊形的判定和性質、等腰直角三角形的判定和性質,直角三角形30度角性質等知識,解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題,學會添加常用輔助線,構造全等三角形解決問題,學會用轉化的首先思考問題,屬于中考壓軸題.

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