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26. (8分)如图1,在平面直角坐标系中,直线AB与x轴,y轴相交于A(6,0),B(0,2)两点,动点C在线段OA上(不与O,A重合),将线段CB绕着点C顺时针旋转90°得到CD,当点D恰好落在直线AB上时,过点D作DE⊥x轴于点E.
(1)求直线AB的解析式;
(2)如图2,将△BCD沿x轴正方向平移得到△B'C'D',当直线B'C'经过点D时,求点C'的坐标;
(3)若点P在y轴上,点Q在直线AB上,是否存在以C,D,P,Q为顶点的四边形是平行四边形?若存在,请直接写出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.
(1)求直线AB的解析式;
(2)如图2,将△BCD沿x轴正方向平移得到△B'C'D',当直线B'C'经过点D时,求点C'的坐标;
(3)若点P在y轴上,点Q在直线AB上,是否存在以C,D,P,Q为顶点的四边形是平行四边形?若存在,请直接写出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.
答案
26. 【点拨】本题考查用待定系数法求一次函数解析式,平移的性质,平行四边形的性质,旋转的性质,全等三角形的判定与性质,分类讨论思想.
【解析】(1)设直线AB的解析式为y = kx + b,
把A(6,0),B(0,2)代入得
$\begin{cases} 6k + b = 0, \\ b = 2, \end{cases}$ 解得 $\begin{cases} k = -\frac{1}{3}, \\ b = 2. \end{cases}$
∴ 直线AB的解析式为$y = -\frac{1}{3}x + 2$.
(2)设OC = m,则C(m,0).
∵ B(0,2),
∴ OB = 2.
∵ DE ⊥ x轴,
∴ ∠CED = 90°.
由旋转知BC = CD,∠BCD = 90°,
∴ ∠OCB + ∠ECD = 90°.
∵ ∠OCB + ∠OBC = 90°,
∴ ∠OBC = ∠ECD.
在△BOC和△CED中,$\begin{cases} ∠BOC = ∠CED, \\ ∠OBC = ∠ECD, \\ BC = CD, \end{cases}$
∴ △BOC ≅ △CED(AAS),
∴ CE = OB = 2,DE = OC = m,
∴ OE = OC + CE = m + 2,
∴ D(m + 2,m).
∵ 点D在直线AB上,
∴ $m = -\frac{1}{3}(m + 2) + 2$,
∴ m = 1,
∴ D(3,1),C(1,0).
如题图2,过点D作DH // OA交BC于点H.
设H(h,1),直线BC的解析式为y = k₁x + b₁,
把B(0,2),C(1,0)代入得$\begin{cases} b₁ = 2, \\ k₁ + b₁ = 0, \end{cases}$ 解得 $\begin{cases} k₁ = -2, \\ b₁ = 2. \end{cases}$
∴ 直线BC的解析式为y = -2x + 2,
∴ -2h + 2 = 1,
∴ $h = \frac{1}{2}$,
∴ $H(\frac{1}{2},1)$.
∵ 把$H(\frac{1}{2},1)$向右平移$\frac{5}{2}$个单位长度得到D(3,1),
∴ 把C(1,0)向右平移$\frac{5}{2}$个单位长度得到$C'(\frac{7}{2},0)$,
∴ 点C'的坐标为$(\frac{7}{2},0)$.
(3)存在.
设P(0,t),$Q(x,-\frac{1}{3}x + 2)$,由(2)知C(1,0),D(3,1),
①当CD为对角线时,0 + x = 1 + 3,
∴ x = 4,
∴ $-\frac{1}{3}x + 2 = -\frac{1}{3} × 4 + 2 = \frac{2}{3}$,
∴ $Q(4,\frac{2}{3})$;
②当CD为平行四边形的边时,有以下两种情况:
当PD为对角线时,1 + x = 0 + 3,
∴ x = 2,
∴ $-\frac{1}{3}x + 2 = -\frac{1}{3} × 2 + 2 = \frac{4}{3}$,
∴ $Q(2,\frac{4}{3})$;
当QD为对角线时,x + 3 = 0 + 1,
∴ x = -2,
∴ $-\frac{1}{3}x + 2 = -\frac{1}{3} × (-2) + 2 = \frac{8}{3}$,
∴ $Q(-2,\frac{8}{3})$.
综上所述,点Q的坐标为$(4,\frac{2}{3})$或$(2,\frac{4}{3})$或$(-2,\frac{8}{3})$.
【解析】(1)设直线AB的解析式为y = kx + b,
把A(6,0),B(0,2)代入得
$\begin{cases} 6k + b = 0, \\ b = 2, \end{cases}$ 解得 $\begin{cases} k = -\frac{1}{3}, \\ b = 2. \end{cases}$
∴ 直线AB的解析式为$y = -\frac{1}{3}x + 2$.
(2)设OC = m,则C(m,0).
∵ B(0,2),
∴ OB = 2.
∵ DE ⊥ x轴,
∴ ∠CED = 90°.
由旋转知BC = CD,∠BCD = 90°,
∴ ∠OCB + ∠ECD = 90°.
∵ ∠OCB + ∠OBC = 90°,
∴ ∠OBC = ∠ECD.
在△BOC和△CED中,$\begin{cases} ∠BOC = ∠CED, \\ ∠OBC = ∠ECD, \\ BC = CD, \end{cases}$
∴ △BOC ≅ △CED(AAS),
∴ CE = OB = 2,DE = OC = m,
∴ OE = OC + CE = m + 2,
∴ D(m + 2,m).
∵ 点D在直线AB上,
∴ $m = -\frac{1}{3}(m + 2) + 2$,
∴ m = 1,
∴ D(3,1),C(1,0).
如题图2,过点D作DH // OA交BC于点H.
设H(h,1),直线BC的解析式为y = k₁x + b₁,
把B(0,2),C(1,0)代入得$\begin{cases} b₁ = 2, \\ k₁ + b₁ = 0, \end{cases}$ 解得 $\begin{cases} k₁ = -2, \\ b₁ = 2. \end{cases}$
∴ 直线BC的解析式为y = -2x + 2,
∴ -2h + 2 = 1,
∴ $h = \frac{1}{2}$,
∴ $H(\frac{1}{2},1)$.
∵ 把$H(\frac{1}{2},1)$向右平移$\frac{5}{2}$个单位长度得到D(3,1),
∴ 把C(1,0)向右平移$\frac{5}{2}$个单位长度得到$C'(\frac{7}{2},0)$,
∴ 点C'的坐标为$(\frac{7}{2},0)$.
(3)存在.
设P(0,t),$Q(x,-\frac{1}{3}x + 2)$,由(2)知C(1,0),D(3,1),
①当CD为对角线时,0 + x = 1 + 3,
∴ x = 4,
∴ $-\frac{1}{3}x + 2 = -\frac{1}{3} × 4 + 2 = \frac{2}{3}$,
∴ $Q(4,\frac{2}{3})$;
②当CD为平行四边形的边时,有以下两种情况:
当PD为对角线时,1 + x = 0 + 3,
∴ x = 2,
∴ $-\frac{1}{3}x + 2 = -\frac{1}{3} × 2 + 2 = \frac{4}{3}$,
∴ $Q(2,\frac{4}{3})$;
当QD为对角线时,x + 3 = 0 + 1,
∴ x = -2,
∴ $-\frac{1}{3}x + 2 = -\frac{1}{3} × (-2) + 2 = \frac{8}{3}$,
∴ $Q(-2,\frac{8}{3})$.
综上所述,点Q的坐标为$(4,\frac{2}{3})$或$(2,\frac{4}{3})$或$(-2,\frac{8}{3})$.
解析
【分析】
本题分三小问逐步求解：
1. 求直线AB解析式：已知两点坐标，用待定系数法设解析式，代入A、B坐标解方程组得系数，即可得解析式。
2. 求点C'坐标：先设OC长度，利用旋转性质证△BOC与△CED全等，得到D点坐标，结合D在AB上求出C、D坐标；再求直线BC解析式，找到BC上与D同纵坐标的点H，计算H到D的水平平移距离，该距离即为C到C'的平移距离，从而得C'坐标。
3. 平行四边形存在性问题：分CD为对角线、CD为边两种大情况，边的情况再分两种对角线，利用平行四边形对角线中点坐标相等的性质，设P、Q坐标列方程求解，需全面分类讨论。
【解析】
(1) 设直线AB的解析式为$y = kx + b$，将$A(6,0)$、$B(0,2)$代入得：
$\begin{cases}6k + b = 0 \\ b = 2\end{cases}$，解得$\begin{cases}k = -\frac{1}{3} \\ b = 2\end{cases}$，故直线AB的解析式为$y = -\frac{1}{3}x + 2$。
(2) 设$OC = m$，则$C(m,0)$，$OB=2$。
∵ $DE⊥x$轴，
∴ $∠CED=90°$，由旋转得$BC=CD$，$∠BCD=90°$，
∴ $∠OCB + ∠ECD=90°$，又$∠OCB + ∠OBC=90°$，故$∠OBC=∠ECD$。
在△BOC和△CED中：
$\begin{cases}∠BOC=∠CED \\ ∠OBC=∠ECD \\ BC=CD\end{cases}$，
∴ △BOC≌△CED（AAS），
∴ $CE=OB=2$，$DE=OC=m$，
∴ $OE=OC+CE=m+2$，即$D(m+2, m)$。
∵ D在直线AB上，
∴ $m = -\frac{1}{3}(m+2) + 2$，解得$m=1$，故$D(3,1)$，$C(1,0)$。
求直线BC解析式：设为$y=k₁x + b₁$，代入$B(0,2)$、$C(1,0)$得$\begin{cases}b₁=2 \\ k₁ + b₁=0\end{cases}$，解得$\begin{cases}k₁=-2 \\ b₁=2\end{cases}$，即$y=-2x+2$。
过D作$DH//OA$交BC于H，H纵坐标为1，代入BC解析式得$1=-2h+2$，解得$h=\frac{1}{2}$，故$H(\frac{1}{2},1)$。
H向右平移到D的距离为$3 - \frac{1}{2} = \frac{5}{2}$，故$C(1,0)$向右平移$\frac{5}{2}$个单位得$C'(1 + \frac{5}{2}, 0)=(\frac{7}{2},0)$。
(3) 存在，设$P(0,t)$，$Q(x, -\frac{1}{3}x + 2)$，$C(1,0)$，$D(3,1)$。
①当CD为对角线时，中点坐标相等：$\frac{0 + x}{2} = \frac{1 + 3}{2}$，解得$x=4$，故$Q(4, \frac{2}{3})$；
②当CD为边时：
若PD为对角线：$\frac{0 + x}{2} = \frac{0 + 3}{2}$，解得$x=2$，故$Q(2, \frac{4}{3})$；
若QD为对角线：$\frac{x + 3}{2} = \frac{0 + 1}{2}$，解得$x=-2$，故$Q(-2, \frac{8}{3})$；
综上，Q的坐标为$(4, \frac{2}{3})$、$(2, \frac{4}{3})$、$(-2, \frac{8}{3})$。
【答案】
(1) $y = -\frac{1}{3}x + 2$；
(2) $C'(\frac{7}{2},0)$；
(3) 存在，Q的坐标为$(4,\frac{2}{3})$、$(2,\frac{4}{3})$、$(-2,\frac{8}{3})$。
【知识点】
待定系数法求一次函数，全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质
【点评】
本题是平面几何与一次函数结合的综合题，涉及旋转、平移、平行四边形等知识点，需运用全等三角形、坐标中点性质解题，分类讨论思想是关键，考察学生综合运用知识的能力。
【难度系数】
0.4
本题分三小问逐步求解：
1. 求直线AB解析式：已知两点坐标，用待定系数法设解析式，代入A、B坐标解方程组得系数，即可得解析式。
2. 求点C'坐标：先设OC长度，利用旋转性质证△BOC与△CED全等，得到D点坐标，结合D在AB上求出C、D坐标；再求直线BC解析式，找到BC上与D同纵坐标的点H，计算H到D的水平平移距离，该距离即为C到C'的平移距离，从而得C'坐标。
3. 平行四边形存在性问题：分CD为对角线、CD为边两种大情况，边的情况再分两种对角线，利用平行四边形对角线中点坐标相等的性质，设P、Q坐标列方程求解，需全面分类讨论。
【解析】
(1) 设直线AB的解析式为$y = kx + b$，将$A(6,0)$、$B(0,2)$代入得：
$\begin{cases}6k + b = 0 \\ b = 2\end{cases}$，解得$\begin{cases}k = -\frac{1}{3} \\ b = 2\end{cases}$，故直线AB的解析式为$y = -\frac{1}{3}x + 2$。
(2) 设$OC = m$，则$C(m,0)$，$OB=2$。
∵ $DE⊥x$轴，
∴ $∠CED=90°$，由旋转得$BC=CD$，$∠BCD=90°$，
∴ $∠OCB + ∠ECD=90°$，又$∠OCB + ∠OBC=90°$，故$∠OBC=∠ECD$。
在△BOC和△CED中：
$\begin{cases}∠BOC=∠CED \\ ∠OBC=∠ECD \\ BC=CD\end{cases}$，
∴ △BOC≌△CED（AAS），
∴ $CE=OB=2$，$DE=OC=m$，
∴ $OE=OC+CE=m+2$，即$D(m+2, m)$。
∵ D在直线AB上，
∴ $m = -\frac{1}{3}(m+2) + 2$，解得$m=1$，故$D(3,1)$，$C(1,0)$。
求直线BC解析式：设为$y=k₁x + b₁$，代入$B(0,2)$、$C(1,0)$得$\begin{cases}b₁=2 \\ k₁ + b₁=0\end{cases}$，解得$\begin{cases}k₁=-2 \\ b₁=2\end{cases}$，即$y=-2x+2$。
过D作$DH//OA$交BC于H，H纵坐标为1，代入BC解析式得$1=-2h+2$，解得$h=\frac{1}{2}$，故$H(\frac{1}{2},1)$。
H向右平移到D的距离为$3 - \frac{1}{2} = \frac{5}{2}$，故$C(1,0)$向右平移$\frac{5}{2}$个单位得$C'(1 + \frac{5}{2}, 0)=(\frac{7}{2},0)$。
(3) 存在，设$P(0,t)$，$Q(x, -\frac{1}{3}x + 2)$，$C(1,0)$，$D(3,1)$。
①当CD为对角线时，中点坐标相等：$\frac{0 + x}{2} = \frac{1 + 3}{2}$，解得$x=4$，故$Q(4, \frac{2}{3})$；
②当CD为边时：
若PD为对角线：$\frac{0 + x}{2} = \frac{0 + 3}{2}$，解得$x=2$，故$Q(2, \frac{4}{3})$；
若QD为对角线：$\frac{x + 3}{2} = \frac{0 + 1}{2}$，解得$x=-2$，故$Q(-2, \frac{8}{3})$；
综上，Q的坐标为$(4, \frac{2}{3})$、$(2, \frac{4}{3})$、$(-2, \frac{8}{3})$。
【答案】
(1) $y = -\frac{1}{3}x + 2$；
(2) $C'(\frac{7}{2},0)$；
(3) 存在，Q的坐标为$(4,\frac{2}{3})$、$(2,\frac{4}{3})$、$(-2,\frac{8}{3})$。
【知识点】
待定系数法求一次函数，全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质
【点评】
本题是平面几何与一次函数结合的综合题，涉及旋转、平移、平行四边形等知识点，需运用全等三角形、坐标中点性质解题，分类讨论思想是关键，考察学生综合运用知识的能力。
【难度系数】
0.4
27. (10分)如图1,在正方形ABCD中,E是线段CD上任意一点(不含端点),点F在射线BE上,且$CF = CB$,连接DF,过点D作$DH ⊥ DF$交BE于点H,连接CH.
(1)①若$∠ EBC = 20°$,求$∠ DFB$的度数;
②在整个运动过程中,$∠ DFB$的度数是否变化? 若变化,请说明理由;若不变,请求出它的度数;
(2)若$BC = 5$,当$CH // DF$时,求CH的长度;
(3)如图2,当$CH ⊥ BF$时,求证:$DE = CE$.
(1)①若$∠ EBC = 20°$,求$∠ DFB$的度数;
②在整个运动过程中,$∠ DFB$的度数是否变化? 若变化,请说明理由;若不变,请求出它的度数;
(2)若$BC = 5$,当$CH // DF$时,求CH的长度;
(3)如图2,当$CH ⊥ BF$时,求证:$DE = CE$.
答案
27. 【点拨】本题考查正方形的判定与性质,三角形内角和定理,矩形的判定与性质,等腰直角三角形的判定与性质,平行四边形的判定与性质,勾股定理.
【解析】(1)①
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ ∠BCD = 90°,CB = CD.
∵ CF = CB,∠EBC = 20°,
∴ ∠CFB = ∠EBC = 20°,CD = CF,
∴ ∠FCB = 180° - 2∠EBC = 180° - 2 × 20° = 140°,
∴ ∠FCE = ∠FCB - ∠BCD = 140° - 90° = 50°.
∵ CD = CF,
∴ ∠CFD = $\frac{1}{2} × (180° - ∠FCE) = \frac{1}{2} × (180° - 50°) = 65°$,
∴ ∠DFB = ∠CFD - ∠CFB = 65° - 20° = 45°.
②∠DFB的度数不变化,为45°.
理由如下:
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ ∠BCD = 90°,CB = CD.
∵ CF = CB,
∴ ∠CBF = ∠CFB. 设∠CBF = ∠CFB = x°,
∴ ∠FCE = 180° - ∠CBF - ∠CFB - ∠BCD = 180° - x° - x° - 90° = (90 - 2x)°.
易得CD = CF,
∴ ∠CFD = $\frac{1}{2}(180° - ∠FCE) = \frac{1}{2}[180° - (90 - 2x)°] = (45 + x)°$,
∴ ∠DFB = ∠CFD - ∠CFB = (45 + x)° - x° = 45°.
(2)如题图1,过点C作CK ⊥ CH交DF于点K,交BF于点T. 由(1)知∠DFB = 45°.
∵ DH ⊥ DF,
∴ ∠HDF = 90°.
∵ CH // DF,
∴ ∠DHC + ∠HDF = 180°,
∴ ∠DHC = 180° - ∠HDF = 90°,∠THC = ∠DFB = 45°.
∵ ∠DHC = ∠HDF = ∠HCK = 90°,
∴ 四边形DHCK是矩形,
∴ ∠DKC = 90°,CH = DK,
∴ △HCT和△KTF是等腰直角三角形,
∴ CH = CT,KT = KF.
∵ CD = CF,∠DKC = 90°,
∴ DK = KF,
∴ CT = CH = DK = KF.
设CT = CH = DK = KF = m,则CK = 2m.
在Rt△CDK中,$DK^2 + CK^2 = CD^2$,
∴ $m^2 + (2m)^2 = 5^2$,解得$m_1 = \sqrt{5},m_2 = -\sqrt{5}$(舍去),
∴ CH = $\sqrt{5}$.
(3)证明:如图,过点C作CM ⊥ CH,过点D作DM ⊥ CM于点M,交HF于点N,连接CN.
∵ ∠BCD = ∠HCM = 90°,
∴ ∠BCH = ∠DCM.
∵ CH ⊥ BF,
∴ ∠BHC = 90°,
∴ ∠M = ∠BHC = 90°.
在△BCH和△DCM中,$\begin{cases} ∠BHC = ∠M, \\ ∠BCH = ∠DCM, \\ BC = DC, \end{cases}$
∴ △BCH ≅ △DCM(AAS),
∴ CH = CM.
又
∵ ∠NHC = ∠HCM = ∠M = 90°,
∴ 四边形NHCM是正方形,
∴ CH = HN,∠HNM = 90°.
∵ ∠HDF = 90°,∠DFB = 45°,
∴ ∠DHF = 45°.
∵ ∠DNH = 90°,
∴ △DNH是等腰直角三角形,
∴ DN = HN,
∴ CH = DN.
∵ ∠CHN = ∠DNH = 90°,
∴ CH // DN,
∴ 四边形DHCN是平行四边形,
∴ DE = CE.
解析
【分析】本题是正方形背景下的几何综合题，需运用正方形、等腰三角形、全等三角形、平行四边形等相关知识解题。(1)①利用正方形性质及CF=CB=CD，通过等腰三角形内角和计算角度，进而求出∠DFB；②设角推导，证明∠DFB为定值45°；(2)作辅助线构造矩形、等腰直角三角形，结合勾股定理求解CH长度；(3)作辅助线构造全等三角形，证明四边形为正方形、平行四边形，从而得出DE=CE。
【解析】(1)①
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，CB=CD。
∵CF=CB，∠EBC=20°，
∴∠CFB=∠EBC=20°，CD=CF，
∴∠FCB=180°-2∠EBC=180°-2×20°=140°，
∴∠FCE=∠FCB-∠BCD=140°-90°=50°。
∵CD=CF，
∴∠CFD=1/2×(180°-∠FCE)=1/2×(180°-50°)=65°，
∴∠DFB=∠CFD-∠CFB=65°-20°=45°。
②∠DFB的度数不变化，为45°。理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，CB=CD。
∵CF=CB，
∴∠CBF=∠CFB，设∠CBF=∠CFB=x°，
∴∠FCE=180°-∠CBF-∠CFB-∠BCD=180°-x°-x°-90°=(90-2x)°。易得CD=CF，
∴∠CFD=1/2(180°-∠FCE)=1/2[180°-(90-2x)°]=(45+x)°，
∴∠DFB=∠CFD-∠CFB=(45+x)°-x°=45°。
(2)过点C作CK⊥CH交DF于点K，交BF于点T。由(1)知∠DFB=45°。
∵DH⊥DF，
∴∠HDF=90°。
∵CH//DF，
∴∠DHC+∠HDF=180°，
∴∠DHC=90°，∠THC=∠DFB=45°。
∵∠DHC=∠HDF=∠HCK=90°，
∴四边形DHCK是矩形，
∴∠DKC=90°，CH=DK，
∴△HCT和△KTF是等腰直角三角形，
∴CH=CT，KT=KF。
∵CD=CF，∠DKC=90°，
∴DK=KF，
∴CT=CH=DK=KF。设CT=CH=DK=KF=m，则CK=2m。在Rt△CDK中，DK²+CK²=CD²，
∴m²+(2m)²=5²，解得m₁=√5，m₂=-√5（舍去），
∴CH=√5。
(3)证明：过点C作CM⊥CH，过点D作DM⊥CM于点M，交HF于点N，连接CN。
∵∠BCD=∠HCM=90°，
∴∠BCH=∠DCM。
∵CH⊥BF，
∴∠BHC=90°，
∴∠M=∠BHC=90°。在△BCH和△DCM中，$\begin{cases} ∠BHC=∠M \\ ∠BCH=∠DCM \\ BC=DC \end{cases}$，
∴△BCH≌△DCM(AAS)，
∴CH=CM。又
∵∠NHC=∠HCM=∠M=90°，
∴四边形NHCM是正方形，
∴CH=HN，∠HNM=90°。
∵∠HDF=90°，∠DFB=45°，
∴∠DHF=45°。
∵∠DNH=90°，
∴△DNH是等腰直角三角形，
∴DN=HN，
∴CH=DN。
∵∠CHN=∠DNH=90°，
∴CH//DN，
∴四边形DHCN是平行四边形，
∴DE=CE。
【答案】27. 【点拨】本题考查正方形的判定与性质,三角形内角和定理,矩形的判定与性质,等腰直角三角形的判定与性质,平行四边形的判定与性质,勾股定理.
【解析】(1)①
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ ∠BCD = 90°,CB = CD.
∵ CF = CB,∠EBC = 20°,
∴ ∠CFB = ∠EBC = 20°,CD = CF,
∴ ∠FCB = 180° - 2∠EBC = 180° - 2 × 20° = 140°,
∴ ∠FCE = ∠FCB - ∠BCD = 140° - 90° = 50°.
∵ CD = CF,
∴ ∠CFD = $\frac{1}{2} × (180° - ∠FCE) = \frac{1}{2} × (180° - 50°) = 65°$,
∴ ∠DFB = ∠CFD - ∠CFB = 65° - 20° = 45°.
②∠DFB的度数不变化,为45°.
理由如下:
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ ∠BCD = 90°,CB = CD.
∵ CF = CB,
∴ ∠CBF = ∠CFB. 设∠CBF = ∠CFB = x°,
∴ ∠FCE = 180° - ∠CBF - ∠CFB - ∠BCD = 180° - x° - x° - 90° = (90 - 2x)°.
易得CD = CF,
∴ ∠CFD = $\frac{1}{2}(180° - ∠FCE) = \frac{1}{2}[180° - (90 - 2x)°] = (45 + x)°$,
∴ ∠DFB = ∠CFD - ∠CFB = (45 + x)° - x° = 45°.
(2)如题图1,过点C作CK ⊥ CH交DF于点K,交BF于点T. 由(1)知∠DFB = 45°.
∵ DH ⊥ DF,
∴ ∠HDF = 90°.
∵ CH // DF,
∴ ∠DHC + ∠HDF = 180°,
∴ ∠DHC = 180° - ∠HDF = 90°,∠THC = ∠DFB = 45°.
∵ ∠DHC = ∠HDF = ∠HCK = 90°,
∴ 四边形DHCK是矩形,
∴ ∠DKC = 90°,CH = DK,
∴ △HCT和△KTF是等腰直角三角形,
∴ CH = CT,KT = KF.
∵ CD = CF,∠DKC = 90°,
∴ DK = KF,
∴ CT = CH = DK = KF.
设CT = CH = DK = KF = m,则CK = 2m.
在Rt△CDK中,$DK^2 + CK^2 = CD^2$,
∴ $m^2 + (2m)^2 = 5^2$,解得$m_1 = \sqrt{5},m_2 = -\sqrt{5}$(舍去),
∴ CH = $\sqrt{5}$.
(3)证明:如图,过点C作CM ⊥ CH,过点D作DM ⊥ CM于点M,交HF于点N,连接CN.
∵ ∠BCD = ∠HCM = 90°,
∴ ∠BCH = ∠DCM.
∵ CH ⊥ BF,
∴ ∠BHC = 90°,
∴ ∠M = ∠BHC = 90°.
在△BCH和△DCM中,$\begin{cases} ∠BHC = ∠M, \\ ∠BCH = ∠DCM, \\ BC = DC, \end{cases}$
∴ △BCH ≅ △DCM(AAS),
∴ CH = CM.
又
∵ ∠NHC = ∠HCM = ∠M = 90°,
∴ 四边形NHCM是正方形,
∴ CH = HN,∠HNM = 90°.
∵ ∠HDF = 90°,∠DFB = 45°,
∴ ∠DHF = 45°.
∵ ∠DNH = 90°,
∴ △DNH是等腰直角三角形,
∴ DN = HN,
∴ CH = DN.
∵ ∠CHN = ∠DNH = 90°,
∴ CH // DN,
∴ 四边形DHCN是平行四边形,
∴ DE = CE.
【知识点】正方形性质与判定、等腰三角形性质、全等三角形判定
【点评】本题为几何综合压轴题，综合考查多个核心几何知识点，需掌握辅助线构造方法，逻辑推理要求较高，能有效区分学生的几何能力。
【难度系数】0.4
【解析】(1)①
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，CB=CD。
∵CF=CB，∠EBC=20°，
∴∠CFB=∠EBC=20°，CD=CF，
∴∠FCB=180°-2∠EBC=180°-2×20°=140°，
∴∠FCE=∠FCB-∠BCD=140°-90°=50°。
∵CD=CF，
∴∠CFD=1/2×(180°-∠FCE)=1/2×(180°-50°)=65°，
∴∠DFB=∠CFD-∠CFB=65°-20°=45°。
②∠DFB的度数不变化，为45°。理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，CB=CD。
∵CF=CB，
∴∠CBF=∠CFB，设∠CBF=∠CFB=x°，
∴∠FCE=180°-∠CBF-∠CFB-∠BCD=180°-x°-x°-90°=(90-2x)°。易得CD=CF，
∴∠CFD=1/2(180°-∠FCE)=1/2[180°-(90-2x)°]=(45+x)°，
∴∠DFB=∠CFD-∠CFB=(45+x)°-x°=45°。
(2)过点C作CK⊥CH交DF于点K，交BF于点T。由(1)知∠DFB=45°。
∵DH⊥DF，
∴∠HDF=90°。
∵CH//DF，
∴∠DHC+∠HDF=180°，
∴∠DHC=90°，∠THC=∠DFB=45°。
∵∠DHC=∠HDF=∠HCK=90°，
∴四边形DHCK是矩形，
∴∠DKC=90°，CH=DK，
∴△HCT和△KTF是等腰直角三角形，
∴CH=CT，KT=KF。
∵CD=CF，∠DKC=90°，
∴DK=KF，
∴CT=CH=DK=KF。设CT=CH=DK=KF=m，则CK=2m。在Rt△CDK中，DK²+CK²=CD²，
∴m²+(2m)²=5²，解得m₁=√5，m₂=-√5（舍去），
∴CH=√5。
(3)证明：过点C作CM⊥CH，过点D作DM⊥CM于点M，交HF于点N，连接CN。
∵∠BCD=∠HCM=90°，
∴∠BCH=∠DCM。
∵CH⊥BF，
∴∠BHC=90°，
∴∠M=∠BHC=90°。在△BCH和△DCM中，$\begin{cases} ∠BHC=∠M \\ ∠BCH=∠DCM \\ BC=DC \end{cases}$，
∴△BCH≌△DCM(AAS)，
∴CH=CM。又
∵∠NHC=∠HCM=∠M=90°，
∴四边形NHCM是正方形，
∴CH=HN，∠HNM=90°。
∵∠HDF=90°，∠DFB=45°，
∴∠DHF=45°。
∵∠DNH=90°，
∴△DNH是等腰直角三角形，
∴DN=HN，
∴CH=DN。
∵∠CHN=∠DNH=90°，
∴CH//DN，
∴四边形DHCN是平行四边形，
∴DE=CE。
【答案】27. 【点拨】本题考查正方形的判定与性质,三角形内角和定理,矩形的判定与性质,等腰直角三角形的判定与性质,平行四边形的判定与性质,勾股定理.
【解析】(1)①
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ ∠BCD = 90°,CB = CD.
∵ CF = CB,∠EBC = 20°,
∴ ∠CFB = ∠EBC = 20°,CD = CF,
∴ ∠FCB = 180° - 2∠EBC = 180° - 2 × 20° = 140°,
∴ ∠FCE = ∠FCB - ∠BCD = 140° - 90° = 50°.
∵ CD = CF,
∴ ∠CFD = $\frac{1}{2} × (180° - ∠FCE) = \frac{1}{2} × (180° - 50°) = 65°$,
∴ ∠DFB = ∠CFD - ∠CFB = 65° - 20° = 45°.
②∠DFB的度数不变化,为45°.
理由如下:
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ ∠BCD = 90°,CB = CD.
∵ CF = CB,
∴ ∠CBF = ∠CFB. 设∠CBF = ∠CFB = x°,
∴ ∠FCE = 180° - ∠CBF - ∠CFB - ∠BCD = 180° - x° - x° - 90° = (90 - 2x)°.
易得CD = CF,
∴ ∠CFD = $\frac{1}{2}(180° - ∠FCE) = \frac{1}{2}[180° - (90 - 2x)°] = (45 + x)°$,
∴ ∠DFB = ∠CFD - ∠CFB = (45 + x)° - x° = 45°.
(2)如题图1,过点C作CK ⊥ CH交DF于点K,交BF于点T. 由(1)知∠DFB = 45°.
∵ DH ⊥ DF,
∴ ∠HDF = 90°.
∵ CH // DF,
∴ ∠DHC + ∠HDF = 180°,
∴ ∠DHC = 180° - ∠HDF = 90°,∠THC = ∠DFB = 45°.
∵ ∠DHC = ∠HDF = ∠HCK = 90°,
∴ 四边形DHCK是矩形,
∴ ∠DKC = 90°,CH = DK,
∴ △HCT和△KTF是等腰直角三角形,
∴ CH = CT,KT = KF.
∵ CD = CF,∠DKC = 90°,
∴ DK = KF,
∴ CT = CH = DK = KF.
设CT = CH = DK = KF = m,则CK = 2m.
在Rt△CDK中,$DK^2 + CK^2 = CD^2$,
∴ $m^2 + (2m)^2 = 5^2$,解得$m_1 = \sqrt{5},m_2 = -\sqrt{5}$(舍去),
∴ CH = $\sqrt{5}$.
(3)证明:如图,过点C作CM ⊥ CH,过点D作DM ⊥ CM于点M,交HF于点N,连接CN.
∵ ∠BCD = ∠HCM = 90°,
∴ ∠BCH = ∠DCM.
∵ CH ⊥ BF,
∴ ∠BHC = 90°,
∴ ∠M = ∠BHC = 90°.
在△BCH和△DCM中,$\begin{cases} ∠BHC = ∠M, \\ ∠BCH = ∠DCM, \\ BC = DC, \end{cases}$
∴ △BCH ≅ △DCM(AAS),
∴ CH = CM.
又
∵ ∠NHC = ∠HCM = ∠M = 90°,
∴ 四边形NHCM是正方形,
∴ CH = HN,∠HNM = 90°.
∵ ∠HDF = 90°,∠DFB = 45°,
∴ ∠DHF = 45°.
∵ ∠DNH = 90°,
∴ △DNH是等腰直角三角形,
∴ DN = HN,
∴ CH = DN.
∵ ∠CHN = ∠DNH = 90°,
∴ CH // DN,
∴ 四边形DHCN是平行四边形,
∴ DE = CE.
【知识点】正方形性质与判定、等腰三角形性质、全等三角形判定
【点评】本题为几何综合压轴题，综合考查多个核心几何知识点，需掌握辅助线构造方法，逻辑推理要求较高，能有效区分学生的几何能力。
【难度系数】0.4
