Question

10．如圖1，在等腰直角△ABC和△DCE中，AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠DCE=90°．

（1）求證：△ACD≌△BCE；
（2）如圖2，將△DCE繞點C順時針旋轉n°（0＜n＜45），使點A、D、E在同一直線上，AF平分∠BAE交CE延長線與F，探究AB、DE、EF之間的數(shù)量關系；
（3）如圖3，在正方形ABCD中，CD=$\sqrt{2}$．若點P滿足PD=1，且∠BPD=90°，請直接寫出點A到BP的距離$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$或$\frac{\sqrt{3}+1}{2}$．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)兩邊及其夾角對應相等的兩個三角形全等即可判斷．
（2）結論：AB-DE=$\sqrt{2}$EF，首先證明CA=CF，再根據(jù)EF=CF-CE=CA-CE，得$\sqrt{2}$EF=$\sqrt{2}$CA-$\sqrt{2}$CE，由此即可證明．
（3）如圖3中，以D為圓心1為半徑作⊙D，過點B作⊙D的切線BP、BP′，連接BD，作AE⊥BP′于E，AF⊥BP于F．求出BE、AF即可解決問題．

解答 （1）證明：如圖1中，

∵∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
$\left\{\begin{array}{l}{AC=CB}\\{∠ACD=∠BCE}\\{CD=CE}\end{array}\right.$，
∴△ACD≌△BCE．

（2）結論：AB-DE=$\sqrt{2}$EF，
理由：如圖2中，

∵CD=CE，∠DCE=90°，
∴∠CED=45°，DE=$\sqrt{2}$CE，
∵CA=CB，∠ACB=90°，
∴∠CAB=45°，AB=$\sqrt{2}$CA，
∵∠CED=∠F+∠EAF，
∴∠F=45°-∠EAF，
∵∠CAF=∠CAB-∠FAB=45°-∠FAB，
∵∠EAF=∠FAB，
∴∠CAF=∠F，
∴CA=CF，
∵EF=CF-CE=CA-CE，
∴$\sqrt{2}$EF=$\sqrt{2}$CA-$\sqrt{2}$CE=AB-DE．
∴AB-DE=$\sqrt{2}$EF．

（3）如圖3中，以D為圓心1為半徑作⊙D，過點B作⊙D的切線BP、BP′，連接BD，作AE⊥BP′于E，AF⊥BP于F．

∵四邊形ABCD是正方形，CD=BC=AB=AD=$\sqrt{2}$，
∴BD=$\sqrt{2}$DC=2，∠ABC=90°，
在Rt△PBD中，∵∠BPD=90°，BD=2，DP=1，
∴∠PBD=30°，同理∠P′BD=30°，
∴∠ABE=∠CBP=15°，
在△ABE和△BAF中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠AEB=∠AFB}\\{∠EAB=∠FBA=75°}\\{AB=BA}\end{array}\right.$，
∴△ABE≌△BAF，
∴∠ABE=∠OAB=15°，
∴∠AOE=∠FOB=30°，
∴AO=OB=2AE，設AE=a，則AO=OB=2a，EO=$\sqrt{3}$a，
∴EB=AF=2a+$\sqrt{3}$a，
∵AB²=AE²+BE²，
∴2=a²+（2a+$\sqrt{3}$a）²，
∴a=$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$（負根已經(jīng)舍棄），
∴AE=$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$，AF=BE=2a+$\sqrt{3}$a=$\frac{\sqrt{3}+1}{2}$．
故答案為$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$或$\frac{\sqrt{3}+1}{2}$．

點評 本題考查四邊形綜合題、全等三角形的判定和性質、等腰三角形的判定和性質、勾股定理、圓等知識，解題的關鍵是靈活運用這些知識，學會利用圓的切線的性質解決問題，屬于中考壓軸題．