Question

7．如圖，△ABC中，∠BAC為鈍角，∠B=45°，點(diǎn)P是邊BC延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，以點(diǎn)C為頂點(diǎn)，CP為邊，在射線BP下方作∠PCF=∠B．
（1）在射線CF上取點(diǎn)E，連接AE交線段BC于點(diǎn)D；
①如圖1，若AD=DE，請(qǐng)直接寫出線段AB與CE的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系；
②如圖2，若AD=$\sqrt{2}$DE，判斷線段AB與CE的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系，并說明理由；
（2）如圖3，反向延長(zhǎng)射線CF，交射線BA于點(diǎn)C′，將∠PCF沿CC′方向平移，使頂點(diǎn)C落在點(diǎn)C′處，記平移后的∠PCF為∠P′C′F′，將∠P′C′F′繞點(diǎn)C′順時(shí)針旋轉(zhuǎn)角α（0°＜α＜45°），C′F′交線段BC于點(diǎn)M，C′P′交射線BP于點(diǎn)N，請(qǐng)直接寫出線段BM，MN與CN之間的數(shù)量關(guān)系．

Answer 1

分析 （1）①結(jié)論：AB=CE．如圖1中，作EH∥BA交BP于H．只要證明△BDA≌△HDE，EC=EH即可解決問題；
②結(jié)論：AB=$\sqrt{2}$CE．如圖2中，作EH∥BA交BP于H．由△ABD∽△EHD，可得$\frac{AB}{EH}$=$\frac{AD}{DE}$=$\sqrt{2}$，推出AB=$\sqrt{2}$EH，再證明EC=EH，即可解決問題；
（2）結(jié)論：MN²=BM²+CN²．首先說明△BCC′是等腰直角三角形，將△C′BM繞點(diǎn)C′順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△C′CG，連接GN．只要證明△C′MN≌△C′GN，推出MN=GN，在Rt△GCN中，根據(jù)GN²=CG²+CN²，即可證明；

解答 解：（1）①結(jié)論：AB=CE．
理由：如圖1中，作EH∥BA交BP于H．

∵AB∥EH，
∴∠B=∠DHE，
∵AD=DE，∠BDA=∠EDH，
∴△BDA≌△HDE，
∴AB=EH，
∵∠PCF=∠B=∠CHE，
∴EC=EH，
∴AB=EH，

②結(jié)論：AB=$\sqrt{2}$CE．
理由：如圖2中，作EH∥BA交BP于H．

∵BA∥EH，
∴△ABD∽△EHD，
∴$\frac{AB}{EH}$=$\frac{AD}{DE}$=$\sqrt{2}$，
∴AB=$\sqrt{2}$EH，
∵∠PCF=∠B=∠CHE，
∴EC=EH，
∴AB=$\sqrt{2}$EH．

（2）結(jié)論：MN²=BM²+CN²．
理由：如圖3中，

∵∠B=∠PCF=∠BCC′=45°，
∴△BCC′是等腰直角三角形，
將△C′BM繞點(diǎn)C′順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△C′CG，連接GN．
∵∠C′CG=∠B=45°，
∴∠GCB=∠C′CG+∠C′CB=90°，
∴∠GCN=90°，
∵∠MC′G=90°，∠MC′N=45°，
∴∠NC′M=∠NC′G，
∵C′M=C′G，C′N=C′N，
∴△C′MN≌△C′GN，
∴MN=GN，
在Rt△GCN中，∵GN²=CG²+CN²，CG=BM，MN=GN，
∴MN²=BM²+CN²．

點(diǎn)評(píng) 本題考查幾何變換綜合題、平行線的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、等腰直角三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形或相似三角形解決問題，屬于中考?jí)狠S題．