Question

19．問(wèn)題提出
如圖1，在Rt△ACB中，∠ACB=90°，AC=BC，∠DCE=45°，試探究AD、DE、EB滿(mǎn)足的數(shù)量關(guān)系．
探究發(fā)現(xiàn)
小明同學(xué)利用圖形變換，將△CAD繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△CBF，連接EF，由已知條件易得∠EBF=90°，
∠ECF=∠ECB+∠BCF=∠ECB+∠ACD=45°．根據(jù)“SAS”，可證△CEF≌△CED，得EF=ED．在Rt△FBE中，由SAS定理，可得BF²+EB²=EF²由BF=AD，可得AD、DE、EB之間的等量關(guān)系是AD²+BE²=DE²．
實(shí)踐運(yùn)用
（1）如圖2，在正方形ABCD中，△AEF的頂點(diǎn)E、F分別在BC、CD邊上，高AG與正方形的邊長(zhǎng)相等，求∠EAF的度數(shù)（提示：不需證明可以直接利用“正方形的四條邊相等、四個(gè)角都是直角”．）
（2）在（1）條件下，如圖3，連接BD，分別交AE、AF于點(diǎn)M、N，若BD=4，BM=1，運(yùn)用小明同學(xué)探究的結(jié)論，直接寫(xiě)出正方形的邊長(zhǎng)及MN的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 探究發(fā)現(xiàn)：由△ECF≌△ECD（SAS），推出DE=EF，在Rt△EBF中，因?yàn)镋F²=EB²+BF²，又BF=AD，EF=DE，即可推出AD²+BE²=DE²解決問(wèn)題．
（1）由Rt△AEB≌Rt△AEG，推出∠EAB=∠EAG，同理可證Rt△AFD≌Rt△AFG，推出∠FAD=∠FAG，由2∠EAG+2∠FAG=90°，推出∠EAG+∠FAG=45°，推出∠EAF=45°．
（2）由探究發(fā)現(xiàn)得BM²+DN²=MN²，設(shè)MN=x，由BD=4，BM=1，推出DN=4-1-x=3-x，可得方程1²+（3-x）²=x²，解方程即可解決問(wèn)題．

解答 探究發(fā)現(xiàn)：解：如圖1中，將△CAD繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△CBF，連接EF．

∵CA=CB，∠ACB=90°，
∴∠A=∠CBA=∠CBH=45°，
∴∠EBF=90°，
∵∠DCE=45°，
∴∠ACD+∠BCE=∠BCF+∠BCE=45°，
∴∠ECD=∠ECF，
在△ECF和△ECD中，
$\left\{\begin{array}{l}{EC=EC}\\{∠ECF=∠ECD}\\{CF=CD}\end{array}\right.$，
∴△ECF≌△ECD（SAS），
∴DE=EF，
在Rt△EBF中，∵EF²=EB²+BF²，
又∵BF=AD，EF=DE，
∴AD²+BE²=DE²，
故答案分別為△CED，SAS，AD²+BE²=DE²．

（1）解：如圖2中，

∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠B=∠D=90°，
∵AG⊥EF，
∴∠AGE=∠B=90°，
在Rt△AEB和Rt△AEG中，
$\left\{\begin{array}{l}{AE=AE}\\{AB=AG}\end{array}\right.$，
∴Rt△AEB≌Rt△AEG，
∴∠EAB=∠EAG，
同理可證Rt△AFD≌Rt△AFG，
∴∠FAD=∠FAG，
∴2∠EAG+2∠FAG=90°，
∴∠EAG+∠FAG=45°，
∴∠EAF=45°．
 
（2）如圖3中，

由（1）可知△MAN=45°，
∵AB=AD，∠BAD=90°，
由探究發(fā)現(xiàn)得BM²+DN²=MN²，
設(shè)MN=x，∵BD=4，BM=1，
∴DN=4-1-x=3-x，
∴1²+（3-x）²=x²，
解得x=$\frac{5}{3}$，
∴MN=$\frac{5}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查正方形的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)，解題關(guān)鍵是學(xué)會(huì)用旋轉(zhuǎn)法添加輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問(wèn)題，學(xué)會(huì)利用探究的結(jié)論解決新的問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．