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19. 如图,在$△ ABC$中,$∠ BAC=90°$,$AB=AC$,将线段$AB$绕点$A$逆时针旋转$α(0°＜α＜90°)$至$AD$,$∠ DAC$的平分线$AE$与射线$BD$相交于点$E$,连接$EC$.
(1)求证:$DE=CE$;
(2)求证:$BD+2CE=\sqrt{2}AE$.
(1)求证:$DE=CE$;
(2)求证:$BD+2CE=\sqrt{2}AE$.
答案
证明：(1)
由旋转的性质得：$AD = AB$，
$\because AB = AC$，
$\therefore AD = AC$，
$\because AE$平分$∠ DAC$，
$\therefore ∠ DAE = ∠ CAE$，
在$△ ADE$和$△ ACE$中，
$\{\begin{array}{l}AD = AC \\∠ DAE = ∠ CAE \\AE = AE\end{array} $
$\therefore △ ADE ≌ △ ACE \ (\mathrm{SAS})$，
$\therefore DE = CE$。
(2)
过点$A$作$AF ⊥ AE$，交$BE$于点$F$，
$\because AB = AD$，$∠ BAD = α$，
$\therefore ∠ ABD = ∠ ADB = \dfrac{180° - α}{2}$，
$\because ∠ DAE = \dfrac{1}{2}∠ DAC = \dfrac{1}{2}(∠ BAC - ∠ BAD) = \dfrac{90° - α}{2}$，
$\therefore ∠ AED = 180° - ∠ ADB - ∠ DAE = 180° - \dfrac{180° - α}{2} - \dfrac{90° - α}{2} = 45°$，
$\because AF ⊥ AE$，即$∠ FAE = 90°$，
$\therefore ∠ F = 90° - ∠ AED = 45°$，
$\therefore ∠ F = ∠ AEF$，
$\therefore AF = AE$，
在$\mathrm{Rt}△ FAE$中，由勾股定理得：$EF = \sqrt{AF^2 + AE^2} = \sqrt{2}AE$，
$\because ∠ FAB = ∠ FAE - ∠ BAE = 90° - (α + \dfrac{90° - α}{2}) = 45° - \dfrac{α}{2}$，
$∠ EAC = \dfrac{90° - α}{2} = 45° - \dfrac{α}{2}$，
$\therefore ∠ FAB = ∠ EAC$，
在$△ FAB$和$△ EAC$中，
$\{\begin{array}{l}AF = AE \\∠ FAB = ∠ EAC \\AB = AC\end{array} $
$\therefore △ FAB ≌ △ EAC \ (\mathrm{SAS})$，
$\therefore BF = CE$，
由(1)知$DE = CE$，
$\therefore EF = BF + BD + DE = CE + BD + CE = BD + 2CE$，
$\therefore BD + 2CE = \sqrt{2}AE$。
由旋转的性质得：$AD = AB$，
$\because AB = AC$，
$\therefore AD = AC$，
$\because AE$平分$∠ DAC$，
$\therefore ∠ DAE = ∠ CAE$，
在$△ ADE$和$△ ACE$中，
$\{\begin{array}{l}AD = AC \\∠ DAE = ∠ CAE \\AE = AE\end{array} $
$\therefore △ ADE ≌ △ ACE \ (\mathrm{SAS})$，
$\therefore DE = CE$。
(2)
过点$A$作$AF ⊥ AE$，交$BE$于点$F$，
$\because AB = AD$，$∠ BAD = α$，
$\therefore ∠ ABD = ∠ ADB = \dfrac{180° - α}{2}$，
$\because ∠ DAE = \dfrac{1}{2}∠ DAC = \dfrac{1}{2}(∠ BAC - ∠ BAD) = \dfrac{90° - α}{2}$，
$\therefore ∠ AED = 180° - ∠ ADB - ∠ DAE = 180° - \dfrac{180° - α}{2} - \dfrac{90° - α}{2} = 45°$，
$\because AF ⊥ AE$，即$∠ FAE = 90°$，
$\therefore ∠ F = 90° - ∠ AED = 45°$，
$\therefore ∠ F = ∠ AEF$，
$\therefore AF = AE$，
在$\mathrm{Rt}△ FAE$中，由勾股定理得：$EF = \sqrt{AF^2 + AE^2} = \sqrt{2}AE$，
$\because ∠ FAB = ∠ FAE - ∠ BAE = 90° - (α + \dfrac{90° - α}{2}) = 45° - \dfrac{α}{2}$，
$∠ EAC = \dfrac{90° - α}{2} = 45° - \dfrac{α}{2}$，
$\therefore ∠ FAB = ∠ EAC$，
在$△ FAB$和$△ EAC$中，
$\{\begin{array}{l}AF = AE \\∠ FAB = ∠ EAC \\AB = AC\end{array} $
$\therefore △ FAB ≌ △ EAC \ (\mathrm{SAS})$，
$\therefore BF = CE$，
由(1)知$DE = CE$，
$\therefore EF = BF + BD + DE = CE + BD + CE = BD + 2CE$，
$\therefore BD + 2CE = \sqrt{2}AE$。
解析
【分析】
(1)要证明DE=CE，可通过证明两条线段所在的三角形全等推导。首先由旋转性质得AD=AB，结合已知AB=AC可推出AD=AC；再由AE平分∠DAC得到∠DAE=∠CAE，加上公共边AE，可利用SAS判定△ADE与△ACE全等，进而得到对应边DE=CE。
(2)要证BD+2CE=√2AE，由√2的特征联想等腰直角三角形斜边与直角边的数量关系，因此构造辅助线：过点A作AF⊥AE，交BE于点F。先推导∠AED=45°，可得△FAE是等腰直角三角形，即EF=√2AE；再证明△FAB≌△EAC，将BF转化为CE，结合(1)中DE=CE的结论，把EF拆分为BF+BD+DE，替换线段后即可得到待证结论。
【解析】
(1)由旋转的性质得：$AD = AB$，
$\because AB = AC$，
$\therefore AD = AC$，
$\because AE$平分$∠ DAC$，
$\therefore ∠ DAE = ∠ CAE$，
在$△ ADE$和$△ ACE$中，
$\{\begin{array}{l}AD = AC \\∠ DAE = ∠ CAE \\AE = AE\end{array} $
$\therefore △ ADE ≌ △ ACE \ (\mathrm{SAS})$，
$\therefore DE = CE$。
(2)过点$A$作$AF ⊥ AE$，交$BE$于点$F$，
$\because AB = AD$，$∠ BAD = α$，
$\therefore ∠ ABD = ∠ ADB = \dfrac{180° - α}{2}$，
$\because ∠ DAE = \dfrac{1}{2}∠ DAC = \dfrac{1}{2}(∠ BAC - ∠ BAD) = \dfrac{90° - α}{2}$，
$\therefore ∠ AED = 180° - ∠ ADB - ∠ DAE = 180° - \dfrac{180° - α}{2} - \dfrac{90° - α}{2} = 45°$，
$\because AF ⊥ AE$，即$∠ FAE = 90°$，
$\therefore ∠ F = 90° - ∠ AED = 45°$，
$\therefore ∠ F = ∠ AEF$，
$\therefore AF = AE$，
在$\mathrm{Rt}△ FAE$中，由勾股定理得：$EF = \sqrt{AF^2 + AE^2} = \sqrt{2}AE$，
$\because ∠ FAB = ∠ FAE - ∠ BAE = 90° - (α + \dfrac{90° - α}{2}) = 45° - \dfrac{α}{2}$，
$∠ EAC = \dfrac{90° - α}{2} = 45° - \dfrac{α}{2}$，
$\therefore ∠ FAB = ∠ EAC$，
在$△ FAB$和$△ EAC$中，
$\{\begin{array}{l}AF = AE \\∠ FAB = ∠ EAC \\AB = AC\end{array} $
$\therefore △ FAB ≌ △ EAC \ (\mathrm{SAS})$，
$\therefore BF = CE$，
由(1)知$DE = CE$，
$\therefore EF = BF + BD + DE = CE + BD + CE = BD + 2CE$，
$\therefore BD + 2CE = \sqrt{2}AE$。
【答案】
(1)DE=CE，证明成立；
(2)BD+2CE=√2AE，证明成立。
【知识点】
旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质
【点评】
本题是几何综合题，第一问较为基础，直接利用全等三角形判定即可证明；第二问需要结合线段比例特征构造等腰直角三角形辅助线，再通过全等转化线段关系，较好地考查了逻辑推理能力和几何辅助线的构造思维。
【难度系数】
0.6
(1)要证明DE=CE，可通过证明两条线段所在的三角形全等推导。首先由旋转性质得AD=AB，结合已知AB=AC可推出AD=AC；再由AE平分∠DAC得到∠DAE=∠CAE，加上公共边AE，可利用SAS判定△ADE与△ACE全等，进而得到对应边DE=CE。
(2)要证BD+2CE=√2AE，由√2的特征联想等腰直角三角形斜边与直角边的数量关系，因此构造辅助线：过点A作AF⊥AE，交BE于点F。先推导∠AED=45°，可得△FAE是等腰直角三角形，即EF=√2AE；再证明△FAB≌△EAC，将BF转化为CE，结合(1)中DE=CE的结论，把EF拆分为BF+BD+DE，替换线段后即可得到待证结论。
【解析】
(1)由旋转的性质得：$AD = AB$，
$\because AB = AC$，
$\therefore AD = AC$，
$\because AE$平分$∠ DAC$，
$\therefore ∠ DAE = ∠ CAE$，
在$△ ADE$和$△ ACE$中，
$\{\begin{array}{l}AD = AC \\∠ DAE = ∠ CAE \\AE = AE\end{array} $
$\therefore △ ADE ≌ △ ACE \ (\mathrm{SAS})$，
$\therefore DE = CE$。
(2)过点$A$作$AF ⊥ AE$，交$BE$于点$F$，
$\because AB = AD$，$∠ BAD = α$，
$\therefore ∠ ABD = ∠ ADB = \dfrac{180° - α}{2}$，
$\because ∠ DAE = \dfrac{1}{2}∠ DAC = \dfrac{1}{2}(∠ BAC - ∠ BAD) = \dfrac{90° - α}{2}$，
$\therefore ∠ AED = 180° - ∠ ADB - ∠ DAE = 180° - \dfrac{180° - α}{2} - \dfrac{90° - α}{2} = 45°$，
$\because AF ⊥ AE$，即$∠ FAE = 90°$，
$\therefore ∠ F = 90° - ∠ AED = 45°$，
$\therefore ∠ F = ∠ AEF$，
$\therefore AF = AE$，
在$\mathrm{Rt}△ FAE$中，由勾股定理得：$EF = \sqrt{AF^2 + AE^2} = \sqrt{2}AE$，
$\because ∠ FAB = ∠ FAE - ∠ BAE = 90° - (α + \dfrac{90° - α}{2}) = 45° - \dfrac{α}{2}$，
$∠ EAC = \dfrac{90° - α}{2} = 45° - \dfrac{α}{2}$，
$\therefore ∠ FAB = ∠ EAC$，
在$△ FAB$和$△ EAC$中，
$\{\begin{array}{l}AF = AE \\∠ FAB = ∠ EAC \\AB = AC\end{array} $
$\therefore △ FAB ≌ △ EAC \ (\mathrm{SAS})$，
$\therefore BF = CE$，
由(1)知$DE = CE$，
$\therefore EF = BF + BD + DE = CE + BD + CE = BD + 2CE$，
$\therefore BD + 2CE = \sqrt{2}AE$。
【答案】
(1)DE=CE，证明成立；
(2)BD+2CE=√2AE，证明成立。
【知识点】
旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质
【点评】
本题是几何综合题，第一问较为基础，直接利用全等三角形判定即可证明；第二问需要结合线段比例特征构造等腰直角三角形辅助线，再通过全等转化线段关系，较好地考查了逻辑推理能力和几何辅助线的构造思维。
【难度系数】
0.6
(1)在△ABC中,已知AC=BC,∠ACB=90°,四边形CDEF是正方形,H为BF所在的直线与AD的交点.如图1,当点F在AC上时,请判断BF和AD的关系,并说明理由.
问题探究:
(2)如图2,将正方形CDEF绕点C旋转,当点D在直线AC右侧时,求证$:BH−AH=\sqrt{2} CH.$
问题拓展:
(3)将正方形CDEF绕点C旋转一周,当∠ADC=45°时,若AC=3,CD=1,请直接写出线段AH的长.
问题探究:
(2)如图2,将正方形CDEF绕点C旋转,当点D在直线AC右侧时,求证$:BH−AH=\sqrt{2} CH.$
问题拓展:
(3)将正方形CDEF绕点C旋转一周,当∠ADC=45°时,若AC=3,CD=1,请直接写出线段AH的长.
答案
20.(1)$BF=AD,AD⊥BF$. 理由略.
(2)略
(3)线段$AH$的长为$\frac{\sqrt{34}-\sqrt{2}}{2}$或$\frac{\sqrt{34}+\sqrt{2}}{2}$.
(2)略
(3)线段$AH$的长为$\frac{\sqrt{34}-\sqrt{2}}{2}$或$\frac{\sqrt{34}+\sqrt{2}}{2}$.
解析
【分析】
(1) 判断两条线段的关系需从数量关系和位置关系两方面入手，观察△BCF和△ACD，已知AC=BC，正方形CDEF的边CF=CD，二者夹角均为90°，可通过SAS证明两三角形全等得到BF=AD，再通过角的等量代换证明夹角为90°即可得到垂直关系。
(2) 带$\sqrt{2}$的线段和差证明可结合等腰直角三角形斜边与直角边的比例关系，采用截长补短法：在BH上截取BM=AH，连接CM，证明△BCM和△ACH全等，推出△MCH为等腰直角三角形，得到$MH=\sqrt{2}CH$，即可推导待证结论。
(3) 旋转一周时∠ADC=45°存在两种位置情况，先利用等腰直角三角形性质求C到AD的垂线段长度、D到垂足的长度，再用勾股定理求A到垂足的长度，结合两种位置得到AD的长度，即可求出AH的两个值。
【解析】
(1) BF与AD的关系为$BF=AD$，$AD⊥BF$，理由如下：
∵$AC=BC$，$∠ACB=90°$，四边形CDEF是正方形，
∴$CF=CD$，$∠BCF=∠ACD=90°$，
在$△ BCF$和$△ ACD$中：
$\begin{cases} BC=AC \\ ∠BCF=∠ACD \\ CF=CD \end{cases}$
∴$△ BCF≌△ ACD(\mathrm{SAS})$，
∴$BF=AD$，$∠CBF=∠CAD$。
∵$∠BFC=∠AFH$，$∠CBF+∠BFC=90°$，
∴$∠CAD+∠AFH=90°$，
∴$∠AHF=90°$，即$AD⊥BF$。
(2) 证明：在BH上截取$BM=AH$，连接CM。
由正方形旋转的性质，同理可证$△ BCF≌△ ACD$，
∴$∠CBF=∠CAD$。
在$△ BCM$和$△ ACH$中：
$\begin{cases} BC=AC \\ ∠CBM=∠CAH \\ BM=AH \end{cases}$
∴$△ BCM≌△ ACH(\mathrm{SAS})$，
∴$CM=CH$，$∠BCM=∠ACH$。
∵$∠ACB=∠BCM+∠ACM=90°$，
∴$∠ACH+∠ACM=∠MCH=90°$，
∴$△ MCH$是等腰直角三角形，
∴$MH=\sqrt{2}CH$。
∵$BH-BM=MH$，且$BM=AH$，
∴$BH-AH=\sqrt{2}CH$。
(3) 过点C作$CG⊥AD$于点G，
∵$∠ADC=45°$，$CD=1$，
∴$△ CDG$是等腰直角三角形，$CG=DG=\frac{CD}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
在$\mathrm{Rt}△ ACG$中，$AC=3$，由勾股定理得：
$AG=\sqrt{AC^2-CG^2}=\sqrt{9-\frac{1}{2}}=\frac{\sqrt{34}}{2}$。
分两种情况：
①当D在AG的延长线上时，可得$AH=\frac{\sqrt{34}-\sqrt{2}}{2}$；
②当D在线段AG上时，可得$AH=\frac{\sqrt{34}+\sqrt{2}}{2}$。
【答案】
(1)$BF=AD$，$AD⊥BF$；
(2)证明见解析；
(3)$\frac{\sqrt{34}-\sqrt{2}}{2}$或$\frac{\sqrt{34}+\sqrt{2}}{2}$
【知识点】
全等三角形判定与性质，等腰直角三角形性质，旋转的性质
【点评】
本题属于几何综合题，考查了全等三角形、等腰直角三角形、旋转的相关知识，解决线段和差类问题可合理运用截长补短法，旋转类问题要注意分类讨论多解情况，对逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
(1) 判断两条线段的关系需从数量关系和位置关系两方面入手，观察△BCF和△ACD，已知AC=BC，正方形CDEF的边CF=CD，二者夹角均为90°，可通过SAS证明两三角形全等得到BF=AD，再通过角的等量代换证明夹角为90°即可得到垂直关系。
(2) 带$\sqrt{2}$的线段和差证明可结合等腰直角三角形斜边与直角边的比例关系，采用截长补短法：在BH上截取BM=AH，连接CM，证明△BCM和△ACH全等，推出△MCH为等腰直角三角形，得到$MH=\sqrt{2}CH$，即可推导待证结论。
(3) 旋转一周时∠ADC=45°存在两种位置情况，先利用等腰直角三角形性质求C到AD的垂线段长度、D到垂足的长度，再用勾股定理求A到垂足的长度，结合两种位置得到AD的长度，即可求出AH的两个值。
【解析】
(1) BF与AD的关系为$BF=AD$，$AD⊥BF$，理由如下：
∵$AC=BC$，$∠ACB=90°$，四边形CDEF是正方形，
∴$CF=CD$，$∠BCF=∠ACD=90°$，
在$△ BCF$和$△ ACD$中：
$\begin{cases} BC=AC \\ ∠BCF=∠ACD \\ CF=CD \end{cases}$
∴$△ BCF≌△ ACD(\mathrm{SAS})$，
∴$BF=AD$，$∠CBF=∠CAD$。
∵$∠BFC=∠AFH$，$∠CBF+∠BFC=90°$，
∴$∠CAD+∠AFH=90°$，
∴$∠AHF=90°$，即$AD⊥BF$。
(2) 证明：在BH上截取$BM=AH$，连接CM。
由正方形旋转的性质，同理可证$△ BCF≌△ ACD$，
∴$∠CBF=∠CAD$。
在$△ BCM$和$△ ACH$中：
$\begin{cases} BC=AC \\ ∠CBM=∠CAH \\ BM=AH \end{cases}$
∴$△ BCM≌△ ACH(\mathrm{SAS})$，
∴$CM=CH$，$∠BCM=∠ACH$。
∵$∠ACB=∠BCM+∠ACM=90°$，
∴$∠ACH+∠ACM=∠MCH=90°$，
∴$△ MCH$是等腰直角三角形，
∴$MH=\sqrt{2}CH$。
∵$BH-BM=MH$，且$BM=AH$，
∴$BH-AH=\sqrt{2}CH$。
(3) 过点C作$CG⊥AD$于点G，
∵$∠ADC=45°$，$CD=1$，
∴$△ CDG$是等腰直角三角形，$CG=DG=\frac{CD}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
在$\mathrm{Rt}△ ACG$中，$AC=3$，由勾股定理得：
$AG=\sqrt{AC^2-CG^2}=\sqrt{9-\frac{1}{2}}=\frac{\sqrt{34}}{2}$。
分两种情况：
①当D在AG的延长线上时，可得$AH=\frac{\sqrt{34}-\sqrt{2}}{2}$；
②当D在线段AG上时，可得$AH=\frac{\sqrt{34}+\sqrt{2}}{2}$。
【答案】
(1)$BF=AD$，$AD⊥BF$；
(2)证明见解析；
(3)$\frac{\sqrt{34}-\sqrt{2}}{2}$或$\frac{\sqrt{34}+\sqrt{2}}{2}$
【知识点】
全等三角形判定与性质，等腰直角三角形性质，旋转的性质
【点评】
本题属于几何综合题，考查了全等三角形、等腰直角三角形、旋转的相关知识，解决线段和差类问题可合理运用截长补短法，旋转类问题要注意分类讨论多解情况，对逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
