Question

11．已知AC，EC分別是四邊形ABCD和EFCG的對(duì)角線，點(diǎn)E在△ABC內(nèi)，∠CAE+∠CBE=90°．

（1）如圖①，當(dāng)四邊形ABCD和EFCG均為正方形時(shí)，連接BF．
（i）求證：△CAE∽△CBF；
（ii）若BE=1，AE=2，求CE的長(zhǎng)；
（2）如圖②，當(dāng)四邊形ABCD和EFCG均為矩形，且$\frac{AB}{BC}$=$\frac{EF}{FC}$=k時(shí)，若BE=1，AE=2，CE=3，求k的值；
（3）如圖③，當(dāng)四邊形ABCD和EFCG均為菱形，且∠DAB=∠GEF=45°時(shí)，設(shè)BE=m，AE=n，CE=p，試探究m，n，p三者之間滿足的等量關(guān)系．（直接寫出結(jié)果，不必寫出解答過程）

Answer 1

分析 （1）（i）首先根據(jù)四邊形ABCD和EFCG均為正方形，可得$\frac{AC}{BC}=\frac{CE}{CF}=\sqrt{2}$，∠ACE=∠BCF；然后根據(jù)相似三角形判定的方法，推得△CAE∽△CBF即可．
（ii）首先根據(jù)△CAE∽△CBF，判斷出∠CAE=∠CBF，再根據(jù)∠CAE+∠CBE=90°，判斷出∠EBF=90°；然后在Rt△BEF中，根據(jù)勾股定理，求出EF的長(zhǎng)度，再根據(jù)CE、EF的關(guān)系，求出CE的長(zhǎng)是多少即可．
（2）首先根據(jù)相似三角形判定的方法，判斷出△ACE∽△BCF，即可判斷出$\frac{AE}{BF}=\frac{AC}{BC}=\sqrt{{k}^{2}+1}$，據(jù)此求出BF的長(zhǎng)度是多少；然后判斷出∠EBF=90°，在Rt△BEF中，根據(jù)勾股定理，求出EF的值是多少，進(jìn)而求出k的值是多少即可．
（3）首先根據(jù)∠DAB=45°，可得∠ABC=180°-45°=135°，在△ABC中，根據(jù)勾股定理可求得AB²、BC²，AC²之間的關(guān)系，EF²、FC²，EC²之間的關(guān)系；然后根據(jù)相似三角形判定的方法，判斷出△ACE∽△BCF，即可用n表示出BF的值；最后判斷出EBF=90°，在Rt△BEF中，根據(jù)勾股定理，判斷出m，n，p三者之間滿足的等量關(guān)系即可．

解答 （1）（i）證明：∵四邊形ABCD和EFCG均為正方形，
∴$\frac{AC}{BC}=\frac{CE}{CF}=\sqrt{2}$，
∴∠ACB=∠ECF=45°，
∴∠ACE=∠BCF，
在△CAE和△CBF中，
$\left\{\begin{array}{l}{\frac{AC}{BC}=\frac{CE}{CF}=\sqrt{2}}\\{∠ACE=∠BCF}\end{array}\right.$，
∴△CAE∽△CBF．

（ii）解：∵△CAE∽△CBF，
∴∠CAE=∠CBF，$\frac{AE}{BF}=\frac{AC}{BC}$，
又∵∠CAE+∠CBE=90°，
∴∠CBF+∠CBE=90°，
∴∠EBF=90°，
又∵$\frac{AE}{BF}=\frac{AC}{BC}=\sqrt{2}$，AE=2
∴$\frac{2}{BF}=\sqrt{2}$，
∴$BF=\sqrt{2}$，
∴EF²=BE²+BF²=${1}^{2}{+（\sqrt{2}）}^{2}$=3，
∴EF=$\sqrt{3}$，
∵CE²=2EF²=6，
∴CE=$\sqrt{6}$．

（2）如圖②，連接BF，
∵$\frac{AB}{BC}$=$\frac{EF}{FC}$=k，
∴BC=a，AB=ka，F(xiàn)C=b，EF=kb，
∴AC=$\sqrt{{AB}^{2}{+BC}^{2}}=\sqrt{{{k}^{2}a}^{2}{+a}^{2}}=a\sqrt{{k}^{2}+1}$，
CE=$\sqrt{{EF}^{2}{+FC}^{2}}$=$\sqrt{{{k}^{2}b}^{2}{+b}^{2}}=b\sqrt{{k}^{2}+1}$，
∴$\frac{AC}{BC}=\frac{EC}{FC}=\sqrt{{k}^{2}+1}$，∠ACE=∠BCF，
在△ACE和△BCF中，
$\left\{\begin{array}{l}{\frac{AC}{BC}=\frac{EC}{FC}=\sqrt{{k}^{2}+1}}\\{∠ACE=∠BCF}\end{array}\right.$，
∴△ACE∽△BCF，
∴$\frac{AE}{BF}=\frac{AC}{BC}=\sqrt{{k}^{2}+1}$，∠CAE=∠CBF，
又∵AE=2，
∴$\frac{2}{BF}=\sqrt{{k}^{2}+1}$，
∴BF=$\frac{2}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$，
∵∠CAE=∠CBF，∠CAE+∠CBE=90°，
∴∠CBE+∠CBF=90°，
∴∠EBF=90°，
∴EF²=BE²+BF²=1$+\frac{4}{{k}^{2}+1}$，
∵$\frac{EC}{FC}=\sqrt{{k}^{2}+1}$，
∴$\frac{CE}{EF}$=$\frac{\sqrt{{k}^{2}+1}}{k}$，CE=3，
∴EF=$\frac{3k}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$，
∴1$+\frac{4}{{k}^{2}+1}{=（\frac{3k}{\sqrt{{k}^{2}+1}}）}^{2}=\frac{{9k}^{2}}{{k}^{2}+1}$，
∴${k}^{2}=\frac{5}{8}$，
解得k=±$\frac{\sqrt{10}}{4}$，
∵$\frac{AB}{BC}$=$\frac{EF}{FC}$=k＞0，
∴k=$\frac{\sqrt{10}}{4}$．

（3）連接BF，同理可得∠EBF=90°，過C點(diǎn)作CH⊥AB延長(zhǎng)線于H，
∵四邊形ABCD為菱形，
∴AB=BC，設(shè)AB=BC=x，
∵∠CBH=∠DAB=45°，∴BH=CH=$\frac{\sqrt{2}}{2}$x，
∴AC²=AH²+CH²=（x+$\frac{\sqrt{2}}{2}$x）²+（$\frac{\sqrt{2}}{2}$x）²，=（2+$\sqrt{2}$）x²，
∴AB²：BC²：AC²=1：1：（2+$\sqrt{2}$），
同理可得EF²：FC²：EC²=1：1：（2+$\sqrt{2}$），
∴EF²=$\frac{E{C}^{2}}{2+\sqrt{2}}$=$\frac{{p}^{2}}{2+\sqrt{2}}$，
在△ACE和△BCF中，
$\left\{\begin{array}{l}{\frac{AC}{BC}=\frac{EC}{FC}=\sqrt{2+\sqrt{2}}}\\{∠ACE=∠BCF}\end{array}\right.$，
∴△ACE∽△BCF，
∴$\frac{A{E}^{2}}{B{F}^{2}}$=$\frac{A{C}^{2}}{B{C}^{2}}$=2+$\sqrt{2}$，∠CAE=∠CBF，
又∵AE=n，
∴${BF}^{2}=\frac{{AE}^{2}}{2+\sqrt{2}}=\frac{{n}^{2}}{2+\sqrt{2}}$，
∵∠CAE=∠CBF，∠CAE+∠CBE=90°，
∴∠CBE+∠CBF=90°，
∴∠EBF=90°，
∴EF²=BE²+BF²，
∴$\frac{{p}^{2}}{2+\sqrt{2}}{=m}^{2}+\frac{{n}^{2}}{2+\sqrt{2}}$，
∴（2$+\sqrt{2}$）m²+n²=p²，
即m，n，p三者之間滿足的等量關(guān)系是：（2$+\sqrt{2}$）m²+n²=p²．

點(diǎn)評(píng) （1）此題主要考查了四邊形綜合題，考查了分析推理能力，考查了空間想象能力，考查了數(shù)形結(jié)合方法的應(yīng)用，要熟練掌握．
（2）此題還考查了相似三角形的判定和性質(zhì)的應(yīng)用，要熟練掌握．
（3）此題還考查了直角三角形的性質(zhì)和應(yīng)用，以及勾股定理的應(yīng)用，要熟練掌握．