Question

（2013•道里區(qū)一模）如圖，在△ABC中，∠BCA=90°，BC=AC，點D為BA延長線上一點．∠DCE=90°，CD=CE，連接BE，點F在DE上，∠CBF與∠CDA互余．
（1）如圖1，求證：CD=

2

BF；
（2）如圖2，設(shè)CE交AB于點G，連接AF，若CG=2，BE=AF，求DE長．

Answer 1

分析：（1）證△DCA≌△ECB，推出∠DAC=∠CBE，求出∠CAD=∠CBE=135°，推出FD=FB，F(xiàn)B=FE，推出DF=EF，連接FC，得出△DCF是等腰直角三角形，根據(jù)勾股定理求出即可；
（2）由（1）中△CDA≌△CEB得出DA=BE，求出AD=AF，推出∠ADF=∠AFD，求出∠ADF=∠DCA=45°，作∠CDR=∠ADF，點R在CA上，由∠CDR=∠ADF=∠DCR=∠AFD得出△DCR∽△DFA，推出

CD

DF

=

DR

DA

，求出DR=

2

DA，設(shè)DA=x，則DR=

2

x，過D作DS⊥CA，交CA延長線于S，求出DS=SA，根據(jù)勾股定理求出DS=

2

2

DA，直角三角形得出sin∠DRS=

DS

DR

=

1

2

，求出∠DRS=30°，∠CDG=30°，在Rt△DCG中，DC=

3

CG=2

3

，在Rt△DCE中，DE²=CD²+CE²，代入求出即可．

解答：（1）證明：如圖1，
∵∠DCA+∠ACE=∠ECB+∠ACE=90°，
∴∠DCA=∠ECB．
在△DCA和△ECB中

CD=CE ∠DCA=∠BCE AC=BC

，
∴△DCA≌△ECB，
∴∠DAC=∠CBE．
∵AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠CAB=∠ABC=45°，
∴∠CAD=∠CBE=135°，
∴∠DBE=90°．
∵CD=CE，∠DCE=90°，
∴∠CDE=∠CED=45°，
∵∠CBF+∠CDA=90°，
∴∠FBD=∠FDB，
∴FD=FB，
∵∠DBE=90°，
∴∠BDF+∠DEB=90°，∠DBF+∠FBE=90°，
∴∠FBE=∠FEB，
∴FB=FE，
∴DF=EF，
連接FC，
∵CD=CE，∠DCE=90°，
∴CD=DF=EF，
∴△DCF是等腰直角三角形，
∵DC²=CF²+DF²，
∴DC=

2

CF=

2

BF；

（2）解：由（1）中△CDA≌△CEB，
∴DA=BE，
∵BE=AF，
∴AD=AF，
∴∠ADF=∠AFD，
在△DCF中，∠DFC=90°，DF=FC，
∴∠FDC=∠FCD=45°，
∵∠CAB=∠ADC+∠DCA=45°，
∴∠CDF=∠ADC+∠ADF=45°，
∴∠ADF=∠DCA，
作∠CDR=∠ADF，點R在CA上，由∠CDR=∠ADF=∠DCR=∠AFD，
∴△DCR∽△DFA，
∴

CD

DF

=

DR

DA

，
在Rt△CDF中，CD²=DF²+CF²，
∴CD=

2

DF，
∴DR=

2

DA，
設(shè)DA=x，則DR=

2

x，
過D作DS⊥CA，交CA延長線于S，
∵∠DAS=∠CAB=45°，∠DSA=90°，
∴∠SDA=∠DAS=45°，
∴DS=SA，
∵DA²=DS²+SA²，
∴DS=

2

2

DA，sin∠DRS=

DS

DR

=

2 2 x

2 x

=

1

2

，
∴∠DRS=30°，
∵∠DRS=∠DCR+∠RDC，
∴∠RDC=∠RCD=∠ADF=15°，
∴∠CDG=30°，
在Rt△DCG中，DC=

3

CG=2

3

，
在Rt△DCE中，DE²=CD²+CE²，
DE=

CD2+CE2

=

2

CD，
∴DE=2

6

．

點評：本題考查了等腰直角三角形的性質(zhì)和判定，勾股定理，相似三角形的性質(zhì)和判定，全等三角形的性質(zhì)和判定，解直角三角形等知識點的應(yīng)用，主要考查學生綜合運用性質(zhì)機械能推理和計算的能力，難度偏大．