Question

14．如圖，點E是正方形ABCD內(nèi)一點，連接BE、CE、DE，AB=CE．
（1）如圖1，∠BED=135°（直接寫出結(jié)果）；
（2）如圖2，過點E作EF⊥BE，若BE=EF，連接DF，H為DF的中點．
①求$\frac{EH}{EC}$的值；
②若AB=2，∠ABE=15°，則S_△EFH=$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$（直接寫出結(jié)果）．

Answer 1

分析 （1）由題意可得∠BED=∠CEB+∠CED=$\frac{1}{2}$（180°-∠ECB）+$\frac{1}{2}$（180°-∠ECD）=180°-$\frac{1}{2}$（∠BCE+∠ECD），由此即可解決問題．
（2））①如圖2中，連接DE、CK，延長EF交CD于M，延長EH到K，使得HK=EH，連接DK、KC．只要證明△CBE≌△CDK，即可推出CE=CK，∠BCE=∠DCK，推出∠ECK=∠BCD=90°，推出△ECK是等腰直角三角形，再證明△ECH是等腰直角三角形，即可解決問題．
②如圖3中，在圖2的基礎(chǔ)上作FN⊥EK于N，EP⊥AB于P，在PB上取一點Q，使得QE=QB．想辦法求出EH、FN即可解決問題．

解答 解：（1）如圖1中，

∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=CB=CD，∠BCD=90°，
∵CE=AB，
∴CB=CE=CD，
∴∠BED=∠CEB+∠CED=$\frac{1}{2}$（180°-∠ECB）+$\frac{1}{2}$（180°-∠ECD）=180°-$\frac{1}{2}$（∠BCE+∠ECD）=180°-45°=135°．
故答案為135°．

（2）①如圖2中，連接DE、CK，延長EF交CD于M，延長EH到K，使得HK=EH，連接DK、KC．

∵EH=HK，∠EHF=∠DHK，HF=DH，
∴△EHF≌△KHD，
∴DK=EF=EB，∠HEF=∠HKD，
∴DK∥EM，
∴∠KDC=∠EMD，
∵∠BEM+∠BCM=180°，
∴∠CBE+∠EMC=180°，∵∠EMC+∠EMD=180°，
∴∠CBE=∠EMD=∠KDC，
∵CB=CE，
∴∠CBE=∠CEB，
∴∠KDC=∠CEB，
∵BE=DK，CE=CD，
∴△CBE≌△CDK，
∴CE=CK，∠BCE=∠DCK，
∴∠ECK=∠BCD=90°，
∴△ECK是等腰直角三角形，
∵EH=HK，
∴CH=EH=HK，CH⊥EK，
∴△ECH是等腰直角三角形，
∴$\frac{EH}{EC}$=cos45°=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

③如圖3中，在圖2的基礎(chǔ)上作FN⊥EK于N，EP⊥AB于P，在PB上取一點Q，使得QE=QB．

由題意，∠PBE=15°，則∠CEB=75°，∠CEM=15°，∠FEN=30°，
設(shè)PE=x，則EQ=BQ=2x，PQ=$\sqrt{3}$x，
∵PB=1，
∴$\sqrt{3}$x+2x=1，
∴x=2-$\sqrt{3}$，
∴EB=EF=$\sqrt{P{E}^{2}+P{B}^{2}}$=$\sqrt{（2-\sqrt{3}）^{2}+{1}^{2}}$=$\sqrt{6}$-$\sqrt{2}$，
在Rt△ENF中，NF=$\frac{1}{2}$EF=$\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}$，
∵△ECK是等腰直角三角形，EC=CK=BC=2，
∴EK=2$\sqrt{2}$，
∴EH=$\frac{1}{2}$EK=$\sqrt{2}$，
∴S_△EHK=$\frac{1}{2}$•EH•FN=$\frac{1}{2}$•$\sqrt{2}$•$\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}$=$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$．
故答案為$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$．

點評 本題考查正方形的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、30度的直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、銳角三角函數(shù)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，學(xué)會利用參數(shù)，構(gòu)建方程解決問題，屬于中考壓軸題．