7. 如图,在△ABD中,AC⊥BD,垂足为C,点E在AC上,连接BE,DE,DE的延长线交AB于点F,DE=AB,∠CAD=45°.
(1) 求证:DF⊥AB.
(2) 利用图中阴影部分面积完成勾股定理的证明.
已知:如图,在△ABC中,∠ACB=90°,BC=a,AC=b,AB=c.
求证:$a^2+b^2=c^2$.

(1) 证明：
∵ $AC ⊥ BD$，$∠ CAD=45°$，
∴ $∠ ACD=90°$，$AC=DC$。
在$\mathrm{Rt}△ ACB$和$\mathrm{Rt}△ DCE$中，
$\begin{cases}AB=DE \\AC=DC\end{cases}$
∴ $\mathrm{Rt}△ ACB ≌ \mathrm{Rt}△ DCE$（HL）。
∴ $∠ BAC=∠ EDC$。
∵ $∠ EDC + ∠ DEC=90°$，$∠ DEC=∠ AEF$，
∴ $∠ BAC + ∠ AEF=90°$，
∴ $∠ AFE=90°$，即$DF ⊥ AB$。
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(2) 证明：
由$\mathrm{Rt}△ ACB ≌ \mathrm{Rt}△ DCE$，得$CE=BC=a$。
阴影部分面积：
$S_{\mathrm{阴影}}=S_{△ BCE} + S_{△ ACD}=\frac{1}{2}a^2 + \frac{1}{2}b^2$。
∵ $DF ⊥ AB$，$DE=AB=c$，
∴ $S_{△ ABD}=\frac{1}{2}AB · DF=\frac{1}{2}c · (EF + DE)=\frac{1}{2}c · EF + \frac{1}{2}c^2$。
又$S_{△ ABE}=\frac{1}{2}AB · EF=\frac{1}{2}c · EF$，且点$B$到$AE$的距离为$BC=a$，
∴ $S_{△ ABE}=\frac{1}{2}AE · BC=\frac{1}{2}(AC - CE) · a=\frac{1}{2}a(b - a)$。
同时$S_{△ ABD}=\frac{1}{2}BD · AC=\frac{1}{2}(BC + CD) · b=\frac{1}{2}b(a + b)$，
将$S_{△ ABE}$代入得：
$\frac{1}{2}a(b - a) + \frac{1}{2}c^2 = \frac{1}{2}b(a + b)$
两边同乘2，化简得：
$ab - a^2 + c^2 = ab + b^2$
整理得：$a^2 + b^2 = c^2$。

【分析】
我们分两小问梳理解题思路：
(1) 要证DF⊥AB，即需证明∠AFE=90°。首先从已知条件AC⊥BD、∠CAD=45°入手，可得△ACD是等腰直角三角形，推出AC=DC；结合已知DE=AB，可通过HL定理证明Rt△ACB≌Rt△DCE，得到∠BAC=∠EDC；再利用直角三角形两锐角互余、对顶角相等的性质，推导得∠BAC+∠AEF=90°，即可推出∠AFE=90°，完成垂直的证明。
(2) 用面积法证明勾股定理，首先利用(1)中的全等结论得CE=BC=a，先将阴影部分面积拆为△BCE和△ACD的面积和，得到S阴影=$\frac{1}{2}a^2+\frac{1}{2}b^2$；再通过阴影部分面积也等于$S_{△ ABD} - S_{△ ABE}$的关系，分别用两种方式表示△ABD和△ABE的面积，代入后化简消去同类项，即可得到$a^2+b^2=c^2$的结论。
【解析】
(1) 证明：
∵ $AC ⊥ BD$，$∠ CAD=45°$，
∴ $∠ ACD=90°$，$AC=DC$。
在$\mathrm{Rt}△ ACB$和$\mathrm{Rt}△ DCE$中，
$\begin{cases}AB=DE \\AC=DC\end{cases}$
∴ $\mathrm{Rt}△ ACB ≌ \mathrm{Rt}△ DCE$（HL）。
∴ $∠ BAC=∠ EDC$。
∵ $∠ EDC + ∠ DEC=90°$，$∠ DEC=∠ AEF$，
∴ $∠ BAC + ∠ AEF=90°$，
∴ $∠ AFE=90°$，即$DF ⊥ AB$。
(2) 证明：
由$\mathrm{Rt}△ ACB ≌ \mathrm{Rt}△ DCE$，得$CE=BC=a$，已知AC=b，AB=DE=c。
阴影部分面积：
$S_{\mathrm{阴影}}=S_{△ BCE} + S_{△ ACD}=\frac{1}{2}a^2 + \frac{1}{2}b^2$。
∵ $DF ⊥ AB$，$DE=AB=c$，
∴ $S_{△ ABD}=\frac{1}{2}AB · DF=\frac{1}{2}c · (EF + DE)=\frac{1}{2}c · EF + \frac{1}{2}c^2$。
又$S_{△ ABE}=\frac{1}{2}AB · EF=\frac{1}{2}c · EF$，且点$B$到$AE$的距离为$BC=a$，
∴ $S_{△ ABE}=\frac{1}{2}AE · BC=\frac{1}{2}(AC - CE) · a=\frac{1}{2}a(b - a)$。
同时$S_{△ ABD}=\frac{1}{2}BD · AC=\frac{1}{2}(BC + CD) · b=\frac{1}{2}b(a + b)$，
将$S_{△ ABE}$代入得：
$\frac{1}{2}a(b - a) + \frac{1}{2}c^2 = \frac{1}{2}b(a + b)$
两边同乘2，化简得：
$ab - a^2 + c^2 = ab + b^2$
整理得：$a^2 + b^2 = c^2$。
【答案】
(1) DF⊥AB，得证；
(2) $a^2+b^2=c^2$，得证。
【知识点】
1. 直角三角形全等判定
2. 直角三角形性质
3. 面积法证明勾股定理
【点评】
本题将三角形全等证明与勾股定理证明结合，既考查了直角三角形全等的判定及性质应用，又考查了等面积法的灵活运用。解题的关键是先通过全等得到边角的等量关系，再利用面积的不同表示方式建立等式推导结论，能有效锻炼几何逻辑推理能力和转化思维。
【难度系数】
0.65