Question

12．△ABC中AD、BE是三角形的高，交點(diǎn)為F，AD=BD．
（1）求證：AF+CD=BD；
（2）連接DE，過點(diǎn)D作GH⊥DE交BE于G，交AC的延長線于H．AF=1，CD=3，AC=5，S_△ADE：S_△EDC=4：21，求△GEH的面積．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)已知條件得到∠ADB=∠ADC=∠BEC=90°，由余角的性質(zhì)得到∠DBF=∠DAC，推出△BDF≌△ADC，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到DF=CD，等量代換即可得到結(jié)論；
（2）根據(jù)S_△ADE：S_△EDC=4：21，于是得到AE：CE=4：21，求得AE=$\frac{4}{5}$，CE=$\frac{21}{5}$，根據(jù)勾股定理得到EF=$\sqrt{A{F}^{2}-A{E}^{2}}$=$\frac{3}{5}$，由余角的性質(zhì)得到∠FDE=∠HDC，推出△DEF≌△CDH，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到CH=EF=$\frac{3}{5}$，DE=DH，根據(jù)使用直角三角形的判定得到∠DEH=∠H=45°，即可得到結(jié)論．

解答 （1）證明：∵AD、BE是三角形的高，
∴∠ADB=∠ADC=∠BEC=90°，
∴∠DBF+∠C=∠C+∠DAC=90°，
∴∠DBF=∠DAC，
在△BDF與△ADC中，$\left\{\begin{array}{l}{∠BDF=∠ADC}\\{BD=AD}\\{∠DBF=∠DAC}\end{array}\right.$，
∴△BDF≌△ADC，
∴DF=CD，
∵BD=AD=AF+DF，
∴BD=AF+CD；

（2）解：∵S_△ADE：S_△EDC=4：21，
∴AE：CE=4：21，
∵AC=5，
∴AE=$\frac{4}{5}$，CE=$\frac{21}{5}$，
∵BE⊥AC，
∴EF=$\sqrt{A{F}^{2}-A{E}^{2}}$=$\frac{3}{5}$，
∵AD⊥BC，DE⊥GH，
∴∠ADC=∠EDH=90°，
∴∠FDE=∠HDC，∵∠GED+∠DEH=∠DEH+∠H=90°，
∴∠FED=∠H，
由（1）知，CD=DF，
在△EFD與△CDH中，$\left\{\begin{array}{l}{∠EDF=∠CDH}\\{∠FED=∠H}\\{DF=CD}\end{array}\right.$，
∴△DEF≌△CDH，
∴CH=EF=$\frac{3}{5}$，DE=DH，
∴∠DEH=∠H=45°，
∴∠EGH=45°，
∵EH=CE+CH=$\frac{24}{5}$，
∴△GEH的面積=$\frac{1}{2}$×（$\frac{24}{5}$）²=$\frac{288}{25}$．

點(diǎn)評 本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，三角形的面積的計(jì)算，勾股定理，熟練掌握全等三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．