一道九年级数学几何题

一道九年级数学几何题

由N往AE引垂线NF,交AE于F

∵DM⊥MN

∴∠NME+∠AMD=90°

∴∠NME=∠ADM

在△ADM与△FMN中

∵DM=MN,∠ADM=∠FMN,∠DAM=∠MFN=90°

∴△ADM≌△FMN

∴AM=FN,AD=FM

∵AD=AB=AM+BM=FM=BM+BF

∴AM=BF=FN

∴△BFN是等腰Rt△

∴∠NBF=45°=1/2∠CBE

∴BN平分∠CBE
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若题目按(2),(3)那样变化,命题亦成立

(2)只需由△BFN是等腰Rt△推出BF=FN

再由DM⊥MN推出△ADM∽△FMN

FN:AD=(FN+BM):(AD+BM)

计算得FN=AD,也就是两三角形全等,DM=MN

(3)△BFN是等腰Rt△推出BF=FN

DM=MN,由勾股定理

AD²+(AD+BE)²=FN²+(FN+BM)²

计算得AD=FN,推出△ADM≌△FMN,∠ADM=∠FMN

∠FMN+∠AMD=90°,DM⊥MN

(1)证明：过N点作BE的垂线NF交BE于F
∵DM⊥MN 且DM=MN ∴∠AMD+∠NMF=90°
又∵∠NMF+∠MNF=90°
∴∠AMD=∠MNF
又∵∠DAM=∠MFN=90°,DM=MN
∴由角角边定理可以得出结论：△DAM≌△MFN
∴DA=MF=AB,AM=FN；
∴DA-AM=AB-AM=MB；∴AM=AB-MB=MF-MB=BF；
∴FN=BF,又∵NF⊥BE
∴△BNF为等边直角三角形，∴∠NBF=45°,
∴∠NBC=90°-∠NBF=45°=∠NBF
∴BN平分∠CBE
在其他条件成立的情况下，(2)（3）结论同样成立

过N点作NF⊥AE交于F
在△ADM和△NMF中,∵∠MDA=∠NMF=90°-∠AMD,且MD=MN
∴△ADM≌△NMF ∴AM=NF MF=AD
∴NF=BF 则∠NBF=45°∴BN平分∠CBE
(2)、（3）也成立，证法一个思路。

(1)过N作NP⊥BE交BE于P，∵MN⊥MD，∴∠DMN=90°，∴∠DMA+∠NME=90°
又∵∠DMA+∠MDA=90°，∴∠NME=∠MDA，又∵MN=MD,∴△AMD≌△PNM(AAS)
∴AM=PN,AD=PM,又∵AD=AB，∴PM=AB，∴AM=BP，∴BP=PN，∴△BPN为等腰直角三角形，∴∠NBE=∠NBC=45°，即BN平分∠CBE。
（2）在AD上取一点P，使AP=AM，所以PD=BM，同时∠NME=∠MDA，又因为BN平分∠CBE，所以∠MBN=135°，又因为∠APM=45°，所以∠DPM=135°，所以△DPM=△MBN（ASA），所以MN=MD
（3）和第二问类似，也要证△DPM=△MBN，不过要用SSA，之后得到∠NME=∠MDA，并证出MN⊥MD

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