13. 如图，∠A=∠B=90°,E是AB上一点,且AE=BC,∠1=∠2.
(1)Rt△ADE与Rt△BEC全等吗? 并说明理由；
(2)△CDE是不是直角三角形? 并说明理由.

解:(1)$\mathrm{Rt}△ ADE ≌ \mathrm{Rt}△ BEC$,理由如下:$\because ∠ 1=∠ 2, \therefore DE=CE$. 在$\mathrm{Rt}△ ADE$和$\mathrm{Rt}△ BEC$中,$\begin{cases} AE=BC, \\ DE=CE, \end{cases} \therefore \mathrm{Rt}△ ADE ≌ \mathrm{Rt}△ BEC(\mathrm{HL})$.
(2)$△ CDE$是直角三角形,理由如下:$\because \mathrm{Rt}△ ADE ≌ \mathrm{Rt}△ BEC$,
$\therefore ∠ ADE=∠ BEC. \because ∠ ADE+∠ AED=90°, \therefore ∠ BEC+∠ AED=90°. \therefore ∠ DEC=90°. \therefore △ CDE$是直角三角形.

【分析】
(1) 要判断两个直角三角形是否全等，先梳理已知条件：首先由∠1=∠2，根据等角对等边可得到DE=CE，题目还给出AE=BC，且两个三角形都是直角三角形，满足斜边和一条直角边对应相等，因此可以用HL定理证明全等。
(2) 要判断△CDE是不是直角三角形，只需证明它有一个内角是90°即可。借助第一问的全等结论，可得对应角∠ADE=∠BEC，结合Rt△ADE中两锐角互余，将角进行转化，即可推出∠DEC=90°，从而得出结论。
【解析】
(1) $\mathrm{Rt}△ ADE ≌ \mathrm{Rt}△ BEC$，理由如下：
$\because ∠ 1=∠ 2, \therefore DE=CE$。
在$\mathrm{Rt}△ ADE$和$\mathrm{Rt}△ BEC$中，
$\begin{cases} AE=BC, \\ DE=CE, \end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ ADE ≌ \mathrm{Rt}△ BEC(\mathrm{HL})$。
(2) $△ CDE$是直角三角形，理由如下：
$\because \mathrm{Rt}△ ADE ≌ \mathrm{Rt}△ BEC$，
$\therefore ∠ ADE=∠ BEC$。
$\because ∠ ADE+∠ AED=90°$，
$\therefore ∠ BEC+∠ AED=90°$，
$\therefore ∠ DEC=180°-(∠BEC+∠AED)=90°$，
$\therefore △ CDE$是直角三角形。
【答案】
(1) $\mathrm{Rt}△ ADE ≌ \mathrm{Rt}△ BEC$；
(2) $△ CDE$是直角三角形。
【知识点】
1. 直角三角形全等判定（HL）
2. 等角对等边
3. 全等三角形的性质
【点评】
本题是直角三角形相关的基础综合题，解题时先利用角相等得到边相等证明全等，再借助全等的性质进行角的转化推导角度，注意前一问的结论通常可作为后一问的已知条件使用。
【难度系数】
0.8

14. 我们把对角线互相垂直的四边形定义为垂美四边形.
(1)如图1,四边形ABCD为垂美四边形,若AB=a,BC=b,CD=c,DA=d,求证:$a^2+c^2=b^2+d^2$;
(2)如图2,在长方形ABCD中,AB=10,AE⊥BD分别交BD,BC于点F,E,AD:BE=4:1,求BE的长;
(3)在(2)的条件下,求AF的长.

解:(1)证明:$\because$ 四边形$ABCD$为垂美四边形,$\therefore AC ⊥ BD$. 在$\mathrm{Rt}△ AOB$中,由勾股定理,得$OA^2+OB^2=AB^2=a^2$. 在$\mathrm{Rt}△ COD$中,由勾股定理,得$OD^2+OC^2=CD^2=c^2. \therefore a^2+c^2=OA^2+OB^2+OD^2+OC^2$. 同理,得$b^2+d^2=OA^2+OB^2+OD^2+OC^2. \therefore a^2+c^2=b^2+d^2$.
(2)连接$DE$,设$BE=x$,$\because AD:BE=4:1$,$\therefore AD=BC=4x$,$EC=BC-BE=3x. \because AE ⊥ BD$,$\therefore$ 四边形$ABED$是垂美四边形.
$\therefore AB^2+DE^2=BE^2+AD^2. \because$ 四边形$ABCD$是长方形,$\therefore CD=AB=10$,$BC=AD$,$∠ C=90°. \therefore DE^2=CD^2+EC^2. \therefore 10^2+10^2+(3x)^2=x^2+(4x)^2$,解得$x=5$(负值舍去). $\therefore BE=5$.
(3)$\because BE=5$,$AD:BE=4:1$,$\therefore AD=20$. 在$\mathrm{Rt}△ ABD$中,由勾股定理,得$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=10\sqrt{5}. \because S_{△ ABD}=\frac{1}{2}AB· AD=\frac{1}{2}BD· AF, \therefore AF=\frac{AB· AD}{BD}=\frac{10×20}{10\sqrt{5}}=4\sqrt{5}$.

【分析】
(1) 已知垂美四边形的对角线互相垂直，因此对角线交点和四个顶点可构成四个直角三角形，我们只需分别在四个直角三角形中利用勾股定理表示出四边的平方，整理后即可证明等式成立。
(2) 要求BE的长，先连接DE，由AE⊥BD可判断四边形ABED是垂美四边形，可直接使用(1)中得到的垂美四边形性质；再结合矩形的性质，用含BE的代数式表示各边长度，结合勾股定理表示出DE²，代入性质列方程求解即可。
(3) AF是Rt△ABD斜边BD上的高，我们可以先利用勾股定理求出BD的长度，再利用三角形面积的两种计算方法（直角边乘积的一半、斜边乘斜边上高的一半）建立等式，即可求出AF的长度。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD为垂美四边形，
∴ $AC ⊥ BD$。
在$\mathrm{Rt}△ AOB$中，由勾股定理得：$OA^2+OB^2=AB^2=a^2$，
在$\mathrm{Rt}△ COD$中，由勾股定理得：$OD^2+OC^2=CD^2=c^2$，
两式相加得：$a^2+c^2=OA^2+OB^2+OD^2+OC^2$。
同理，在$\mathrm{Rt}△ BOC$和$\mathrm{Rt}△ DOA$中，$OB^2+OC^2=BC^2=b^2$，$OA^2+OD^2=AD^2=d^2$，
两式相加得：$b^2+d^2=OA^2+OB^2+OD^2+OC^2$，
∴ $a^2+c^2=b^2+d^2$。
(2) 解：连接$DE$，设$BE=x$，
∵ $AD:BE=4:1$，
∴ $AD=BC=4x$，$EC=BC-BE=3x$。
∵ $AE ⊥ BD$，
∴ 四边形$ABED$是垂美四边形，
根据(1)的结论可得：$AB^2+DE^2=BE^2+AD^2$。
∵ 四边形$ABCD$是长方形，
∴ $CD=AB=10$，$∠ C=90°$，
在$\mathrm{Rt}△ CDE$中，由勾股定理得：$DE^2=CD^2+EC^2=10^2+(3x)^2$，
代入垂美四边形的结论得：$10^2+10^2+(3x)^2=x^2+(4x)^2$，
整理得：$200+9x^2=17x^2$，即$x^2=25$，
解得$x=5$（负值舍去），
∴ $BE=5$。
(3) 解：
∵ $BE=5$，$AD:BE=4:1$，
∴ $AD=4×5=20$。
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，由勾股定理得：$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{10^2+20^2}=10\sqrt{5}$。
∵ $S_{△ ABD}=\frac{1}{2}AB· AD=\frac{1}{2}BD· AF$，
∴ $AF=\frac{AB· AD}{BD}=\frac{10×20}{10\sqrt{5}}=4\sqrt{5}$。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) $\boldsymbol{BE=5}$；(3) $\boldsymbol{AF=4\sqrt{5}}$
【知识点】
勾股定理；矩形的性质；新定义应用
【点评】
本题以新定义“垂美四边形”为载体，先推导垂美四边形的性质，再将性质迁移应用到矩形的计算中，考查了知识迁移能力和几何计算能力，第二问的解题关键是构造垂美四边形活用第一问的结论，第三问用面积法求高有效简化了计算过程。
【难度系数】
0.6