初中数学题——相似三角形
已知：如图，等腰△ABC中，AB=AC，AD⊥BC于D，CG∥AB，BG分别交AD、AC于E、F。求证：BE²=EF·EG
已知：AD是Rt△ABC中∠BAC的平分线，∠ACB=90°，EF是AD的垂直平分线交AD于M，EF、BC的延长线交于一点M。求证：（1）△AME∽△NMD （2）ND²=NC·NB
在△ABC中，AB=AC，高AD与BE交于H，EF⊥BC，垂足为F，延长AD到G，使DG=EF，M是AH的中点。求证：∠GBM=90°
要详解。希望会的人帮忙解答一下，谢谢了。急~
第一题：
连接ec，先证ec=be
然后因为∠1=∠2=∠3且∠cef是三角形ecg和efc的公共角
所以△ecg和△efc相似 ef/ec=ec/eg
得be²=ec²=ef·eg
第二题：
（1）：易知∠5=∠6
因为∠adc+∠1=90°，∠adc+∠4+90°所以∠1=∠4
所以∠2=∠1=∠4
∠5=∠6且∠2=∠4△AME∽△NMD
（2）：因为垂直平分线所以na=nd
∠1+∠7=∠adc，∠2=∠4
所以∠1+∠2+∠7=∠4+∠adc=90°
又因为∠nca=90°易证△nab相似△nca
nc/na=na/nb
得na²=nc·nb所以ND²=NC·NB
第三题：帮你找了两种做法
要证∠MBG=90°,只要证∆GBD~∆GMB,
即BG^2=DG×MG=DG(MD+DG)↔
BG^2=BD^2+DG^2=DG(MD+DG)=DG^2+DG×MD
↔BD^2=DG×MD=EF×1/2（AD+HD）
又BD^2=1/4 BC^2
AD+HD=DCtanC+BDcot∠BHD=1/2 BC（tanC+cotC）
EF=CE sinC=BCcosC sinC
EF×1/2 （AD+HD）=BC cosC sinC×1/2×1/2 BC（tanC+cotC）=
1/4 BC^2 （sin^2 （C）+ cos^2（C））=1/4 BC^2
故BD^2=EF×1/2（AD+HD），证毕！
设AB=a,BC=b则
因为AD⊥BC,由勾股定理得
AD =√ (AB^2-BD^2)=√[a^2-(b/2)^2]
因为AD⊥BC,BE⊥AC,由三角形面积公式得
BE=AD*BC/AC=b/a *√[a^2-(b/2)^2]
因为BE⊥AC,由勾股定理得
CE =√(BC^2-BE^2)=b^2/(2a)
由AD⊥BD,BE⊥EC易知△BDH与△BEC相似,所以
HD=BD*CE/BE=b^2* √[a^2-(b/2)^2]/{4*[a^2-(b/2)^2]}
所以
AH=AD-HD=(4*a^2-2b^2)* √[a^2-(b/2)^2]/{4*[a^2-(b/2)^2]}
由AM=MH知
MH=AH/2=(2*a^2-b^2)* √[a^2-(b/2)^2]/{4*[a^2-(b/2)^2]}
因为EF⊥BC,BE⊥EC,DG=EF,由三角形面积公式得
DG=EF=BE*CE/BC=b^2/(2*a^2) *√[a^2-(b/2)^2]
所以
MD=MH+HD=2*a^2* √[a^2-(b/2)^2]/{4*[a^2-(b/2)^2]}
所以
MD*DG=b^2/4=BD^2 (这是直角△斜边上的高的计算公式)
又因为BD⊥MG
所以△MBG是直角△
所以BG⊥BM
如果觉得直角△斜边高公式没学过,可以由
MD*DG=BD^2
证明△BDM与△GDB相似
所以∠MBD=∠BGD
又因为BD⊥MG
所以∠BDM=90度
所以∠MBG=∠MBD+∠GBD=∠BGD+∠GBD=180度-∠BDM=90度
所以BG⊥BM
1、
2、
（1）
证明：
∵∠ACB=90度
∴∠ADC十∠CAD=90度
∵EF垂直AD于M，∠AME=90度
∴∠AEM十∠BAD=90度
∵AD平分∠BAC
∴∠CAD=∠BAD
又∵∠NMD=∠AME
∴△AME∽△MND
（2）
证明：
连结DE、DF
∵EF是AD的垂直平分线
∴AE=DE，AF=DF
∴∠ADE=∠DAE，∠ADF=∠DAF
∵AD平分∠BAC
∴∠DAE=∠DAF
∴∠DAE=∠ADF，∠DAF=∠ADE
∴AB\\FD，AC\\ED
∴NB/ND=NE/NF，ND/NC=NE/NF
∴NB/ND=ND/NC
∴ND²=NC•NB
∵AB=AC，AD⊥BC，
∴AD是∠BAC的角平分线，
∴BE=CE，
∴∠EBC=∠ECB，
又∵∠ABC=∠ACB，
∴∠ABC-∠EBC=∠ACB-∠ECB，
即∠ABE=∠ACE，
又∵CG∥AB，
∴∠ABE=∠CGF，
∴∠CGF=∠FCE，
又∠FEC=∠CEG，
∴△CEF∽△GEC，
∴CE：EF=EG：CE，
即CE2=EF•EG，
又CE=BE，
∴BE2=EF•EG．