Question

13．如圖1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D為直線CB上一點(diǎn)，且滿足CD=CA，連接AD，過點(diǎn)C作CE⊥AB于點(diǎn)E．
（1）若AB=10，CD=CA=6，則BD=2，CE=$\frac{24}{5}$；
（2）如圖2，若點(diǎn)F是線段CE延長線上一點(diǎn)，連接FD，若∠F=45°，求證：AE=EF；
（3）如圖3，設(shè)直線CE與直線AD交于點(diǎn)G，在線段CD的延長線上取一點(diǎn)H，使得DH=CB，連接HG交直線AB于點(diǎn)I，若∠CGH=∠B，請直接寫出線段AC和AI之間的數(shù)量關(guān)系（不需要證明）．

Answer 1

分析 （1）先利用勾股定理求出BC，再利用S_△ABC=$\frac{1}{2}$•AC•BC=$\frac{1}{2}$•AB•CE，求出CE，即可解決問題．
（2）如圖2中，連接AF，證明A、C、D、F四點(diǎn)共圓，推出∠AFE=∠CDA=45°，即可證明．
（3）結(jié)論：AC=$\sqrt{3}$AI．作AF⊥AD交BC于F，作AN⊥AC交CG于N，延長CA交GH于M．想辦法證明∠B=∠H=∠CGH=30°，△AIM是等邊三角形即可解決問題．

解答 （1）解：如圖1中，

∵∠ACB=90°，CD=CA=6，AB=10，
∴BC=$\sqrt{A{B}^{2}-A{C}^{2}}$=$\sqrt{1{0}^{2}-{6}^{2}}$=8，
∴BD=BC-CD=8-6=2，
∵S_△ABC=$\frac{1}{2}$•AC•BC=$\frac{1}{2}$•AB•CE，
∴CE=$\frac{AC•BC}{AB}$=$\frac{24}{5}$，
故答案為2，$\frac{24}{5}$．

（2）如圖2中，連接AF，

∵∠ACB=90°，CA=CD，
∴∠CAD=∠CDA=∠F=45°，
∴A、C、D、F四點(diǎn)共圓，
∴∠AFE=∠CDA=45°，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴AE=EF．

（3）如圖3中，結(jié)論：AC=$\sqrt{3}$AI．

理由：作AF⊥AD交BC于F，
∵AC=CD，AC⊥CD，
∴∠3=∠5=∠4=45°，∠HDG=∠CAG=∠AFB=135°，
∵AC⊥BC，CE⊥AB，
∴∠6+∠7=∠7+∠B=90°，
∴∠6=∠B，∵∠CAG=∠AFB，
∴△ABF∽△GCA，
∴$\frac{FB}{FC}$=$\frac{AD}{AG}$，
∵AC=FC．FA=AD，
∴$\frac{FB}{FC}$=$\frac{AD}{AG}$，
∴$\frac{FB}{FC}$+1=$\frac{AD}{AG}$+1，
∴$\frac{FB+FC}{FC}$=$\frac{AD+AG}{AG}$，
∴$\frac{BC}{FC}$=$\frac{DG}{AG}$，
∵DH=BC，F(xiàn)C=AC，
∴$\frac{DH}{AC}$=$\frac{DG}{AG}$，即$\frac{DH}{DG}$=$\frac{AC}{AG}$，∵∠HDG=∠CAG，
∴△DHG∽△ACG，
∴∠1=∠2，∠H=∠6=∠B，
∵∠CGH=∠B，
∵∠7=∠H+∠CGH=2∠B，∠7+∠B=90°，
∴3∠B=90°，
∴∠B=∠6=∠H=∠CGH=30°，
作AN⊥AC交CG于N，延長CA交GH于M．
則AC=$\sqrt{3}$AN，
∵∠1=∠2，AG=AG，∠AMG=∠ANG=120°，
∴△AGN≌△AGM，
∴AN=AM，
∵∠8=∠H+∠B=60°，∠MAI=∠CAB=60°，
∴∠8=∠MAI=60°，
∴△AIM是等邊三角形，
∴AI=AM=AN，
∴AC=$\sqrt{3}$AI．

點(diǎn)評 本題考查三角形綜合題、四點(diǎn)共圓、相似三角形的判定和性質(zhì)等邊三角形的判定和性質(zhì)、直角三角形30度角的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加輔助線，構(gòu)造相似三角形解決問題，證明∠B=30°，是本題的突破點(diǎn)，題目比較難，屬于中考壓軸題．