Question

1．點(diǎn)B，C，E在同一直線上，點(diǎn)A，D在直線CE同側(cè)，AB=AC，EC=ED，∠BAC=∠CED=70°，直線AE，BD交于點(diǎn)F．
（1）如圖（1），求證：△BCD∽△ACE，并求∠AFB的度數(shù)；
（2）如圖（1）中的△ABC繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)一定角度，得圖（2），求∠AFB的度數(shù)；
（3）拓展：如圖（3），矩形ABCD和矩形DEFG中，AB=1，AD=ED=$\sqrt{3}$，DG=3，直線AG，BF交于點(diǎn)H，請(qǐng)直接寫出∠AHB的度數(shù)．

Answer 1

分析 （1）由題意易得△ABC∽△EDC，進(jìn)一步證得△BCD∽△ACE，進(jìn)而可得∠AFB=∠CBD+∠AEC=∠CAE+∠AEC=∠ACB=55°，同理可得，∠AFB的大��；
（2）由題意易得△ABC∽△EDC，進(jìn)一步證得△BCD∽△ACE，可求得∠AFB=∠BDC+∠CDE+∠DEF=∠CDE+∠CED，代入數(shù)據(jù)求大��；
（3）根據(jù)矩形的性質(zhì)得到∠BAD=∠ADC=∠EDG=∠E=90°，根據(jù)勾股定理得到BD=$\sqrt{A{B}^{2}+A{D}^{2}}$=2，DF=$\sqrt{D{E}^{2}+E{F}^{2}}$=2$\sqrt{3}$，根據(jù)三角函數(shù)的定義得到∠ADB=∠FDG=30°，推出△ADG∽△BDF，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到∠GAD=∠FBD，推出A，B，D，H四點(diǎn)共圓，根據(jù)圓周角定理即可得到結(jié)論．

解答 解：（1）∵AB=AC，EC=ED，∠BAC=∠CED=70°，
∴∠ACB=∠DCE=$\frac{1}{2}$（180°-70°）=55°，
∴△ABC∽△EDC，
∴$\frac{AC}{BC}=\frac{CD}{CE}$，
∵∠CBD=∠CAE，
∴△BCD∽△ACE；
∴∠AFB=180°-∠CAE-∠BAC-∠ABD，
=180°-∠BAC-∠ABC，
=∠ACB，
∴∠AFB=55°；

（2）∵AB=AC，EC=ED，∠BAC=∠CED，
∴∠ACB=∠DCE=$\frac{1}{2}$（180°-70°）=55°，
∴△ABC∽△EDC，
∴$\frac{BC}{CE}=\frac{AC}{CD}$，
∵∠BCD=∠ACE，
∴△BCD∽△ACE，
∴∠CBD=∠CAE，
∴∠BDC=∠AEC，
∴∠AFB=∠BDC+∠CDE+∠DEF，
=∠CDE+∠CED=180°-∠DCE，
∵AB=AC，EC=ED，∠BAC=∠DEC=70，
∴∠DCE=90°-$\frac{1}{2}$×70°=55°，
∴∠AFB=180°-55°=125°；

（3）連接BD，DF，
在矩形ABCD和矩形DEFG中，
∵∠BAD=∠ADC=∠EDG=∠E=90°，
∵AB=1，AD=ED=$\sqrt{3}$，DG=3，
∴BD=$\sqrt{A{B}^{2}+A{D}^{2}}$=2，DF=$\sqrt{D{E}^{2}+E{F}^{2}}$=2$\sqrt{3}$，
∴tan∠ADB=$\frac{AB}{AD}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，tan∠FDG=$\frac{GF}{DG}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴∠ADB=∠FDG=30°，
∴$\frac{AD}{BD}=\frac{DG}{DF}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∵∠ADG=90°+∠ADE，∠BDF=∠ADB+∠ADE+∠EDF=30°+∠ADE+90°-30°=90°+∠ADE，
∴∠ADG=∠BDF，
∴△ADG∽△BDF，
∴∠GAD=∠FBD，
∴A，B，D，H四點(diǎn)共圓，
∴∠AHB=∠ADB=30°．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，勾股定理，解題時(shí)應(yīng)根據(jù)圖形旋轉(zhuǎn)的變化規(guī)律，探究?jī)蓚�(gè)角之間的數(shù)量關(guān)系．并且本題突出考查從特殊與一般的數(shù)學(xué)思想和實(shí)驗(yàn)研究的能力，讓學(xué)生經(jīng)歷了動(dòng)手操作、觀察猜想、合情推理、歸納證明等全過(guò)程，題目的難度不�。�