Question

【題目】如圖1，在△ABC中，AB＝AC＝20，tanB＝，點(diǎn)D為BC邊上的動(dòng)點(diǎn)（D不與點(diǎn)B，C重合）．以D為頂點(diǎn)作∠ADE＝∠B，射線DE交AC邊于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)A作AF⊥AD交射線DE于點(diǎn)F，連接CF．

（1）求證：△ABD∽△DCE；

（2）當(dāng)DE∥AB時(shí)（如圖2），求AE的長(zhǎng)；

（3）點(diǎn)D在BC邊上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，是否存在某個(gè)位置，使得DF＝CF？若存在，求出此時(shí)BD的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

【答案】（1）詳見解析；（2）；（3）點(diǎn)D在BC邊上運(yùn)動(dòng) 的過(guò)程中，存在某個(gè)位置，使得DF＝CF，此時(shí)BD＝18．

【解析】

（1）根據(jù)兩角對(duì)應(yīng)相等的兩個(gè)三角形相似證明即可；

（2）解直角三角形求出BC，由△ABD∽△DCE，推出＝，可得DB＝＝＝，由DE∥AB，推出＝，求出AE即可；

（3）點(diǎn)D在BC邊上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，存在某個(gè)位置，使得DF＝CF.過(guò)點(diǎn)F作FH⊥BC于點(diǎn)H，過(guò)點(diǎn)A作AM⊥BC于點(diǎn)M，AN⊥FH于點(diǎn)N，則∠NHA＝∠AMH＝∠ANH＝90°，由△AFN∽△ADM，可得＝＝tan∠ADF＝tanB＝，推出CH＝CM－MH＝CM－AN＝16－9＝7，再利用等腰三角形的性質(zhì)，求出CD即可解決問題.

解：(1)∵AB＝AC，

∴∠B＝∠ACB．

∵∠ADE＋∠CDE＝∠B＋∠BAD，∠ADE＝∠B，

∴∠BAD＝∠CDE．

∴△ABD∽△DCE．

(2)過(guò)點(diǎn)A作AM⊥BC于點(diǎn)M．

在Rt△ABM中，設(shè)BM＝4k，則AM＝BM·tanB＝4k·＝3k．

由勾股定理，得：AB2＝AM2＋BM2，得：

202＝(3k)2＋(4k)2，解得：k＝4．

∵AB＝AC，AM⊥BC，

∴BC＝2BM＝8k＝32．

∵DE∥AB，

∴∠BAD＝∠ADE．

又∵∠ADE＝∠B，∠B＝∠ACB，

∴∠BAD＝∠ACB．

∵∠ABD＝∠CBA，

∴△ABD∽△CBA，

∴＝，則DB＝＝＝．

∵DE∥AB，

∴＝，

∴AE＝＝＝．

(3)點(diǎn)D在BC邊上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，存在某個(gè)位置，使得DF＝CF．

過(guò)點(diǎn)F作FH⊥BC于點(diǎn)H，過(guò)點(diǎn)A作AM⊥BC于點(diǎn)M，AN⊥FH于點(diǎn)N，則∠NHA＝∠AMH＝∠ANH＝90°．

∴四邊形AMHN為矩形．

∴∠MAN＝90°，MH＝AN．

∵AB＝AC，AM⊥BC，

∴BM＝CM＝BC＝×32＝16．

在Rt△ABM中，由勾股定理，得：AM＝＝＝12．

∵AN⊥FH，AM⊥BC，

∴∠ANF＝90°＝∠AMD．

∵∠DAF＝90°＝∠MAN，

∴∠NAF＝∠MAD，

∴△AFN∽△ADM．

∴＝＝tan∠ADF＝tanB＝．

∴AN＝AM＝×12＝9．

∴CH＝CM－MH＝CM－AN＝16－9＝7．

當(dāng)DF＝CF時(shí)，由點(diǎn)D不與點(diǎn)C重合時(shí)，可知△DFC為等腰三角形．

又∵FH⊥DC，

∴CD＝2CH＝14．

∴BD＝BC－CD＝32－14＝18．

∴點(diǎn)D在BC邊上運(yùn)動(dòng) 的過(guò)程中，存在某個(gè)位置，使得DF＝CF，此時(shí)BD＝18．