Question

9．已知：在△ABC中，∠C=90°，AC=BC，直線l繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)，過(guò)點(diǎn)B，C分別向直線l作垂線，垂足分別為點(diǎn)D，點(diǎn)E．
（1）如圖1，求證：BD+CE=AE；
（2）當(dāng)直線l繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)到如圖2，則BD，CE，AE之間滿足的數(shù)量關(guān)系是BD+AE=CE
（3）在（2）的條件下，設(shè)CE與AB交于點(diǎn)P，若AP=$\sqrt{5}$，CP=5，連接BE，CD，線段CD分別與線段BP，線段BE相交于M，N兩點(diǎn)（如圖3），求線段MN的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （1）作CF⊥BD于F，如圖1，先利用等角的余角相等得到∠CBF=∠EAC，則可根據(jù)“AAS”證明△CBF≌△CEA，所以CF=CE，BF=AE，于是可判斷四邊形CEDF為正方形，則CE=CF=DF，然后利用等線段代換可得BD+CE=BF=AE；
（2）作CF⊥BD于F，如圖2，則四邊形CFDE為矩形，利用等角的余角相等得到∠BCF=∠ACE，則可根據(jù)“AAS”證明△CBF≌△CAE，所以CF=CE，BF=AE，于是可判斷四邊形CEDF為正方形，則CE=CF=DF=DE，然后利用等線段代換可得BD+AE=CE；
（3）作CF⊥BD于F，PH⊥AC與H，如圖3，由△PAH為等腰直角三角形得AH=PH=$\frac{\sqrt{2}}{2}$PA=$\frac{\sqrt{10}}{2}$，則利用勾股定理可計(jì)算出CH=$\frac{3\sqrt{10}}{2}$，所以CA=CH+AH=2$\sqrt{10}$，再通過(guò)證明Rt△CHP∽R(shí)t△CEA，利用相似比可求出CE=6，AE=2，所以DF=DE=6，BF=AE=2，PE=CE-PC=1，BD=DF-BF=4，CD=$\sqrt{2}$CE=6$\sqrt{2}$，接著證明△BDN∽△ECN，利用相似比計(jì)算出DN=$\frac{12\sqrt{2}}{5}$，證明△BDM∽△PCM，利用相似比計(jì)算出DM=$\frac{8\sqrt{2}}{3}$，然后計(jì)算DM-DN即可．

解答 （1）證明：作CF⊥BD于F，如圖1，
∵BD⊥AD，CE⊥AE，
∵∠1+∠CBF=90°，∠2+∠EAC=90°，
∵∠1=∠2，
∴∠CBF=∠EAC，
在△CBF和△CEA中
$\left\{\begin{array}{l}{∠F=∠CEA}\\{∠CBF=∠CAE}\\{CB=CA}\end{array}\right.$，
∴△CBF≌△CEA，
∴CF=CE，BF=AE，
∴四邊形CEDF為正方形，
∴CE=CF=DF，
∴BD+CE=BD+DF=BF=AE；
（2）解：作CF⊥BD于F，如圖2，
∵BD⊥AD，CE⊥AE，
∴四邊形CFDE為矩形，
∴∠BCF+∠BCE=90°，∠ACE+∠BCE=90°，
∴∠BCF=∠ACE，
在△CBF和△CAE中
$\left\{\begin{array}{l}{∠F=∠AEC}\\{∠BCF=∠ACE}\\{CB=CA}\end{array}\right.$，
∴△CBF≌△CAE，
∴CF=CE，BF=AE，
∴四邊形CEDF為正方形，
∴CE=CF=DF=DE，
∴BD+AE=BD+BF=DF=CE；
故答案為BD+AE=CE；
（3）解：作CF⊥BD于F，PH⊥AC與H，如圖3，
∵△ABC為等腰直角三角形，
∴△PAH為等腰直角三角形，
∴AH=PH=$\frac{\sqrt{2}}{2}$PA=$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\sqrt{5}$=$\frac{\sqrt{10}}{2}$，
在Rt△PCH中，CH=$\sqrt{C{P}^{2}-P{H}^{2}}$=$\sqrt{{5}^{2}-（\frac{\sqrt{10}}{2}）^{2}}$=$\frac{3\sqrt{10}}{2}$，
∴CA=CH+AH=$\frac{3\sqrt{10}}{2}$+$\frac{\sqrt{10}}{2}$=2$\sqrt{10}$，
∵∠ECA=∠HCP，
∴Rt△CHP∽R(shí)t△CEA，
∴$\frac{CH}{CE}$=$\frac{CP}{CA}$=$\frac{PH}{AE}$，即$\frac{\frac{3\sqrt{10}}{2}}{CE}$=$\frac{5}{2\sqrt{10}}$=$\frac{\frac{\sqrt{10}}{2}}{AE}$，
∴CE=6，AE=2，
∴DF=DE=6，BF=AE=2，PE=CE-PC=6-5=1，
∴BD=DF-BF=6-2=4，CD=$\sqrt{2}$CE=6$\sqrt{2}$，
∵DB∥CE，
∴△BDN∽△ECN，
∴DN：CN=BD：CE=4：6=2：3，
∴DN=$\frac{2}{5}$CD=$\frac{2}{5}$×6$\sqrt{2}$=$\frac{12\sqrt{2}}{5}$，
∵DB∥CP，
∴△BDM∽△PCM，
∴DM：CM=BD：CP=4：5，
∴DM=$\frac{4}{9}$CD=$\frac{4}{9}$×6$\sqrt{2}$=$\frac{8\sqrt{2}}{3}$，
∴MN=DM-DN=$\frac{8\sqrt{2}}{3}$-$\frac{12\sqrt{2}}{5}$=$\frac{4\sqrt{2}}{15}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了幾何變換綜合題：熟練掌握等腰直角三角形的性質(zhì)和全等三角形的判定與性質(zhì)；會(huì)運(yùn)用勾股定理和相似比計(jì)算線段的長(zhǎng)．解決本題的關(guān)鍵是合理構(gòu)建全等三角形證明線段相等．